Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 42)

Nhận xét: Hai mẫu số liệu ${M_1}$ và ${M_2}$ có dãy tần số hoàn toàn giống nhau $(2;5;7;3;3)$ và độ rộng của các nhóm đều bằng nhau ($h = 2$).

Các nhóm của mẫu ${M_2}$ thực chất được tính bằng cách cộng thêm $1$ vào tất cả các đầu mút của các nhóm tương ứng trong mẫu ${M_1}$ (phép tịnh tiến sang phải $1$ đơn vị).

Khi tịnh tiến toàn bộ mẫu số liệu đi một lượng không đổi, các giá trị tứ phân vị tăng lên một lượng tương ứng (${Q_{1\left( {{M_2}} \right)}} = {Q_{1\left( {{M_1}} \right)}} + 1$ và ${Q_{3\left( {{M_2}} \right)}} = {Q_{3\left( {{M_1}} \right)}} + 1$), dẫn đến hiệu số giữa chúng không đổi: ${\Delta _{{Q_2}}} = {Q_{3\left( {{M_2}} \right)}} - {Q_{1\left( {{M_2}} \right)}} = \left[ {{Q_{3\left( {{M_1}} \right)}} + 1} \right] - \left[ {{Q_{1\left( {{M_1}} \right)}} + 1} \right] = {Q_{3\left( {{M_1}} \right)}} - {Q_{1\left( {{M_1}} \right)}} = {\Delta _{{Q_1}}}$. Chọn A.

Ta có $\left( {BA',AB} \right) = 45^\circ$. Chọn A.

Ta có

$\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NC} } \right) + \left( {\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {ND} } \right) = 2\overrightarrow {MN} + \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) + \left( {\overrightarrow {ND} + \overrightarrow {NC} } \right) = 2\overrightarrow {MN}$

Suy ra $\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow b + \overrightarrow d } \right)$. Chọn B.

Hàm số nghịch biến khi $f'\left( x \right) < 0$.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $f'\left( x \right) < 0$ trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$ nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$. Chọn A.

a) Đúng. Vì $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow H\left( { - 3;4;0} \right)$.

b) Sai. Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng$\left( {Oxy} \right):d\left( {B,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| { - 4} \right| = 4$.

c) Đúng. Xét tam giác $AHM$ vuông tại $H$.

Ta có $M{H^2} = A{M^2} - A{H^2} = {15^2} - {9^2} = 144 \Rightarrow MH = 12$.

d) Sai. Độ ổn định cao nhất khi khoảng cách $MB$nhỏ nhất.

Gọi $M\left( {x;y;0} \right)$ . Vì $MH = 12$ nên $M$ nằm trên đường tròn tâm $H\left( { - 3;4;0} \right)$ bán kính $R = 12$ trong mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Điểm $B'$ là hình chiếu của $B$ lên mặt sàn $\Rightarrow B'\left( {6;16;0} \right)$.

Ta có $MB = \sqrt {M{{B'}^2} + B{{B'}^2}} = \sqrt {M{{B'}^2} + {4^2}}$.

$MB$ nhỏ nhất khi $MB'$ nhỏ nhất khi $M$ là giao điểm của đoạn thẳng $HB'$ với đường tròn tâm $H$.

$HB' = \sqrt {{{\left( {6 - \left( { - 3} \right)} \right)}^2} + {{\left( {16 - 4} \right)}^2}} = 15$.

Khi đó $M{B'_{\min }} = HB' - R = 15 - 12 = 3 \Rightarrow M{B_{\min }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$.

Gọi $A$ là biến cố chọn hạt giống hoa hướng dương, $P\left( A \right) = \frac{2}{5}$

Gọi $B$ là biến cố chọn hạt giống nảy mầm

Gọi $C$ là biến cố máy quét tia $X$ báo “Đạt”

Ta có sơ đồ cây

a) Đúng. Ta có $P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{5} = 0{,}6$.

b) Đúng. Ta có $P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$.

c) Sai. Ta có $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)$$= \frac{2}{5} \cdot 0{,}8 + \frac{3}{5} \cdot 0{,}9 = 0{,}86$.

d) Đúng. Ta tính $P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{P\left( {\overline B C} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)}}{{P\left( C \right)}}$

Ta có $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}86 = 0{,}14$; $P\left( {C|\overline B } \right) = 0{,}1$.

$P\left( C \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {C|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {C|\overline B } \right)$$= 0{,}86 \cdot 0{,}9 + 0{,}14 \cdot 0{,}1$$= 0{,}788$.

Vậy $P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{0{,}14 \cdot 0{,}1}}{{0{,}788}} \approx 0{,}0177 < 0{,}02$.

a) Đúng. Tại thời điểm kết thúc khóa học, lượng kiến thức bạn Thành nhớ được là

$f\left( 0 \right) = 94 - 12\ln \left( {3 \cdot 0 + 1} \right) = 94\%$.

b) Sai. Tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Thành ở thời điểm sau $t$ tháng kết thúc khóa học là $f'\left( t \right) = - \frac{{36}}{{3t + 1}}$ (với $0 \le t \le 24$).

c) Sai. Sau $3$ tháng khóa học kết thúc, tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Thành là $\left| {f'\left( 3 \right)} \right| = \left| { - \frac{{36}}{{3 \cdot 3 + 1}}} \right| = 3{,}6$%/tháng.

d) Đúng. Tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Công là ${f'_C} = \frac{1}{3}f'\left( t \right) = - \frac{{12}}{{3t + 1}}$

Suy ra, sau $3$tháng lượng kiến thức bạn Công còn nhớ được là $96 + \int\limits_0^3 {\frac{{ - 12}}{{3t + 1}}{\rm{d}}t = 86{,}8\% }$.

a) Sai. Điều kiện: $\frac{{8 - x}}{x} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 8$ $\left( 1 \right)$.

Xét bất phương trình: $f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{8 - x}}{x} > 0$$\Leftrightarrow \frac{{8 - x}}{x} > 1$$\Leftrightarrow \frac{{8 - 2x}}{x} > 0$$\Leftrightarrow 0 < x < 4$.

Kết hợp với $\left( 1 \right)$, nghiệm của bất phương trình là $0 < x < 4$.

b) Sai. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định là $\left( {0;8} \right)$ nên không tồn tại giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x){\rm{ ; }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)$ nên hàm số không có tiệm cận ngang.

c) Đúng. $f'\left( x \right) = \frac{1}{{\ln 2}} \cdot \frac{1}{{\frac{{8 - x}}{x}}}\left( {\frac{{ - 8}}{{{x^2}}}} \right)$$= \frac{8}{{\ln 2 \cdot x\left( {x - 8} \right)}}$

Ta có: $f'\left( x \right) < 0$ với $\forall x \in \left( {0;8} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên $\left( {0;8} \right)$.

d) Đúng. Xét hàm: $g\left( x \right) = f\left( x \right)\ln 2 + \frac{1}{2}x$. Điều kiện: $0 < x < 8$.

$g'\left( x \right) = \frac{8}{{x\left( {x - 8} \right)}} + \frac{1}{2}$ $= \frac{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}}{{2x\left( {x - 8} \right)}}$.

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số không có cực trị.

Đáp án: 2

Hàm nồng độ $C\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 12t\,\,\left( {0 \le t \le 3} \right).$

Ta có: $C'\left( t \right) = - 6{t^2} + 6t + 12\,\, = - 6\left( {{t^2} - t - 2} \right)$; $C'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\,\left( L \right)\\t = 2\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.$

Khi đó: $C\left( 0 \right) = - 2 \cdot {0^3} + 3 \cdot {0^2} + 12 \cdot 0 = 0$; $C\left( 2 \right) = - 2 \cdot {2^3} + 3 \cdot {2^2} + 12 \cdot 2 = 20$;

$C\left( 3 \right) = - 2 \cdot {3^3} + 3 \cdot {3^2} + 12 \cdot 3 = 9$.

So sánh các giá trị trên, ta thấy $C\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất là $20$ mmol/L khi $t = 2.$

Đáp án: 48

Do $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB = 10;AD = 24$ nên toạ độ điểm $B\left( {10;0;0} \right);\,C\left( {10;24;0} \right)$.

Hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là trung điểm của $BC$ nên toạ độ điểm $I\left( {10;12;9} \right)$

Khi đó: $E\left( {0;0;7} \right),F\left( {10;0;7} \right),I\left( {10;12;9} \right)$$\overrightarrow {EF} = \left( {10;0;0} \right),\overrightarrow {EI} = \left( {10;12;2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {EFIK} \right)$ có vec tơ pháp tuyến $\vec n = - \frac{1}{{20}}\left[ {\overrightarrow {EF} ,\overrightarrow {EI} } \right] = \left( {0;1; - 6} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {EFIK} \right):y - 6z + 42 = 0$.Suy ra $a - b + c = 48$.

Đáp án: 0,18

Gọi $A$ là biến cố không có hai người liền kề cùng đứng.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = {2^8} = 256$.

Rõ ràng nếu nhiều hơn $4$ đồng xu ngửa thì biến cố $A$ không xảy ra.

Để biến cố $A$ xảy ra có các trường hợp sau:

TH1: Có nhiều nhất $1$ đồng xu ngửa. Kết quả của trường hợp này là $1 + 8 = 9$.

TH2: Có $2$ đồng xu ngửa.

Hai đồng xu ngửa kề nhau: có $8$ khả năng.

Suy ra số kết quả của trường hợp này là $C_8^2 - 8 = 20$.

TH3: Có $3$ đồng xu ngửa.

Cả $3$ đồng xu ngửa kề nhau: có 8 kết quả.

Trong $3$ đồng xu ngửa, có đúng một cặp kề nhau: có $8 \cdot 4 = 32$ kết quả.

Suy ra số kết quả của trường hợp này là $C_8^3 - 8 - 32 = 16$.

TH4: Có $4$ đồng xu ngửa.

Trường hợp này có $2$ kết quả thỏa mãn biến cố $A$ xảy ra.

Như vậy $n\left( A \right) = 9 + 20 + 16 + 2 = 47$.

Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là $P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{47}}{{256}} \approx 0{,}18$.

Đáp án: 0,5

Gọi $P$ là trung điểm$AC$, ta có $PM{\rm{//}}CD$ và $PN{\rm{//}}AB$, suy ra $\left( {AB,CD} \right) = \left( {PM,PN} \right)$.

Dễ thấy $PM = PN = a$.

Xét $\Delta PMN$ ta có ${\rm{cos}}\widehat {MPN} = \frac{{P{M^2} + P{N^2} - M{N^2}}}{{2PM \cdot PN}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - 3{a^2}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = - \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \widehat {MPN} = 120^\circ \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \Rightarrow \cos \left( {AB,CD} \right) = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Đáp án: 270

Ta có diện tích một cánh hoa ${S_1} = \int\limits_0^3 {\left| { - {x^2} + 4x - {x^2} + 2x} \right|} dx = 9$.

Vậy diện tích cả bông hoa là $S = 5{S_1} = 45\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$.

Thể tích cả bông hoa là $V = 45 \cdot 0{,}15 = 6{,}75\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.

Vậy chi phí vật liệu để đúc cả 5 cánh hoa trong mô hình biểu tượng này là $6{,}75 \cdot 40 = 270$ triệu đồng.

Đáp án: 0,73

Gọi $A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - a;b;0} \right)$.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $M\left( {2;1;0} \right)$ và có vectơ chỉ phương ${\vec u_\Delta } = \left( {1;2; - 1} \right)$.

Vì hai đường thẳng $AB$ và $\Delta$ vuông góc với nhau nên $\overrightarrow {AB} \cdot {\vec u_\Delta } = 0 \Leftrightarrow - a + 2b = 0 \Leftrightarrow a = 2b$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 2b;b;0} \right)$ hay 1 VTCP của đường thẳng $AB$ là ${\vec u_{AB}} = \left( { - 2;1;0} \right)$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa đường thẳng $\Delta$ và đường thẳng $AB$ nên ${\vec n_P} = \left[ {{{\vec u}_\Delta },{{\vec u}_{AB}}} \right] = \left( {1;2;5} \right)$.

Phương trình của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $1\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + 5\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 5z - 4 = 0$.

Vậy $d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {5^2}} }} = \frac{4}{{\sqrt {30} }} = \frac{{2\sqrt {30} }}{{15}} \approx 0{,}73$.