Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 44)

Phương trình hoành độ giao điểm $- {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0,x = 2$

Vậy $S = \int\limits_0^2 {\left| { - {x^2} + 2x} \right|dx} = \left. {\left( {\frac{{ - {x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} \right|_0^2 = - \frac{8}{3} + 4 - 0 = \frac{4}{3}$. Chọn C.

Bán kính $R = AB = \sqrt {{{\left( { - 2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {5 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {14}$.

Phương trình mặt câu tâm $A$ bán kính $AB$ là ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 14$. Chọn D.

Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất $\left[ {1{,}3;\,1{,}4} \right)$. Khi đó ${Q_1} = 1{,}3 + \frac{{20 - 14}}{{40}} \cdot \left( {1{,}4 - 1{,}3} \right) = 1{,}315$.

Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba $\left[ {1{,}4;\,1{,}5} \right)$. Khi đó ${Q_3} = 1{,}4 + \frac{{60 - 54}}{{13}} \cdot \left( {1{,}5 - 1{,}4} \right) = \frac{{94}}{{65}}$.

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} \approx 0{,}13$. Chọn B.

Điều kiện: $x > 0$.

${\log _2}\left( {3x} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 3x \ge 8 \Leftrightarrow x \ge \frac{8}{3}$. Vậy $S = \left[ {\frac{8}{3}; + \infty } \right)$. Chọn D.

Gọi $q$ là công bội của cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 6\\{u_3} = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}q = 6\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{u_1}{q^2} = 12\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$.

Lấy $\left( 2 \right)$ chia $\left( 1 \right)$vế theo vế ta được $q = 2$. Chọn C.

a) Đúng. Khoảng cách từ vị trí ban đầu đến điểm nhập làn là 210 m.

Tốc độ tại thời điểm cách điểm nhập làn 210 m là ${v_0} = 36{\rm{ km/h}}$ hay ${v_0} = 10{\rm{ m/s}}$.

Thay vào công thức $v\left( 0 \right) = a \cdot 0 + b = 10 \Rightarrow b = 10$.

b) Sai. $S\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right)dt}$.

c) Đúng. Sau 3 giây duy trì tốc độ này, ô tô mới bắt đầu tăng tốc.

Quãng đường đi được trong 3 giây đầu: ${S_1} = 10 \cdot 3 = 30{\rm{ m}}$.

Quãng đường còn lại từ khi bắt đầu tăng tốc đến điểm nhập làn ${S_{tt}} = 210 - 30 = 180{\rm{ m}}$.

d) Sai. Thời gian từ lúc tăng tốc đến khi nhập làn là 12 giây.

Quãng đường đi được trong 12 giây này là 180 m: $\int\limits_0^{12} {\left( {at + 10} \right)dt} = 180$$\Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{1}{2}a{t^2} + 10t} \right)} \right|_0^{12} = 180$

$\Leftrightarrow 72a + 120 = 180 \Leftrightarrow 72a = 60 \Leftrightarrow a = \frac{5}{6}{\rm{ m/}}{{\rm{s}}^2}$.

Tốc độ tại thời điểm $t = 24$ giây là $v\left( {24} \right) = \frac{5}{6} \cdot 24 + 10 = 20 + 10 = 30{\rm{ m/s}}$ $= 108\;{\rm{km/h}}$.

Gọi biến cố $A:$ “Bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ $A$”;

biến cố $B:$ “Bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ $B$”;

biến cố $K:$ “Bệnh nhân được chữa khỏi bệnh”;

biến cố $T:$ “Bệnh nhân gặp tác dụng phụ nghiêm trọng”.

Vì phác đồ $A$ có xác suất chữa khỏi bệnh là $55\%$ và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là $8\%$ nên $P\left( {K\left| A \right.} \right) = 55\% = 0{,}55$ và $P\left( {T\left| A \right.} \right) = 8\% = 0{,}08.$

Vì phác đồ $B$ có xác suất chữa khỏi bệnh là $75\%$ và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là $12\%$ nên $P\left( {K\left| B \right.} \right) = 75\% = 0{,}75$ và $P\left( {T\left| B \right.} \right) = 12\% = 0{,}12.$

Vì xác suất chọn mỗi phác đồ là $50\%$ nên $P\left( A \right) = P\left( B \right) = 50\% = 0{,}5.$

a) Sai. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:

$P\left( T \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {T\left| A \right.} \right) + P\left( B \right) \cdot \,P\left( {T\left| B \right.} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}08 + 0{,}5 \cdot 0{,}12 = 0{,}1.$

Áp dụng công thức Bayes, ta có: $P\left( {B\left| T \right.} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot \,P\left( {T\left| B \right.} \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0{,}5 \cdot 0{,}12}}{{0{,}1}} = 0{,}6.$

b) Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:

$P\left( T \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {T\left| A \right.} \right) + P\left( B \right) \cdot \,P\left( {T\left| B \right.} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}08 + 0{,}5 \cdot 0{,}12 = 0{,}1.$

c) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ $A$ và được chữa khỏi bệnh là

$P\left( {A \cap K} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {K\left| A \right.} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}55 = 0{,}275.$

d) Sai. Trong phác đồ $A:$ $P\left( {K \cap \overline {T\,} \left| A \right.} \right) = P\left( {K\left| A \right.} \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {T\left| A \right.} \right)} \right] = 0{,}55 \cdot \left( {1 - 0{,}08} \right) = 0{,}506.$

Trong phác đồ $B:$ $P\left( {K \cap \overline {T\,} \left| B \right.} \right) = P\left( {K\left| B \right.} \right) \cdot \,\left[ {1 - P\left( {T\left| B \right.} \right)} \right] = 0{,}75 \cdot \left( {1 - 0{,}12} \right) = 0{,}66.$

Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là

$P\left( {K \cap \overline {T\,} } \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {K \cap \overline {T\,} \left| A \right.} \right) + P\left( B \right) \cdot P\left( {K \cap \left. {\overline {T\,} } \right|B} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}506 + 0{,}5 \cdot 0{,}66 = 0{,}583.$

a) Đúng. Điều kiện: $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1$. Vậy tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

b) Đúng. Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x - 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0$, nên đường thẳng $y = x - 3$ là tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$.

c) Đúng. Tiệm cận đứng là $x = 1$, tiệm cận xiên là $y = x - 3$.

Thay $x = 1$ vào phương trình tiệm cận xiên ta được $y = 1 - 3 = - 2$.

Vậy tâm đối xứng là $I\left( {1; - 2} \right)$.

d) Sai. Ta có $y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0 \Rightarrow y = - 4 \Rightarrow A\left( {0; - 4} \right)}\\{x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B\left( {2;0} \right).}\end{array}} \right.$

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị$A,B$ có phương trình là $y = 2x - 4$.

Thay tọa độ điểm $M\left( {3; - 2} \right)$ vào phương trình đường thẳng $AB$: $- 2 = 2 \cdot 3 - 4 \Leftrightarrow - 2 = 2$ (vô lý).

Vậy ba điểm $A,B,M$ không thẳng hàng.

a) Đúng. Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( { - 10\sqrt 3 ;0;30} \right)$ và bán kính $R = 10$ (m).

b) Đúng. Đường thẳng chứa tia nắng đi qua tâm mặt cầu $I\left( { - 10\sqrt 3 ;0;30} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;0; - \sqrt 3 } \right)$ có phương trình là :$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 10\sqrt 3 + t}\\{y = 0}\\{z = 30 - \sqrt 3 t}\end{array}} \right.$.

c) Sai.$K$ là hình chiếu của tâm $I$ theo phương tia nắng trên mặt sân.

Mặt sân trùng với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$, có phương trình $z = 0$.

Thay$z = 0$ vào phương trình đường thẳng chứa tia nắng đi qua $I$: $30 - \sqrt 3 t = 0 \Rightarrow t = 10\sqrt 3$.

Khi đó:$K\left( {0;0;0} \right)$.

d) Đúng. Hình chiếu của mặt cầu lên mặt sân (mặt phẳng $Oxy$) theo phương tia nắng $\overrightarrow u = \left( {1;0; - \sqrt 3 } \right)$ là một elip.

Gọi $\phi$ là góc giữa $\overrightarrow u$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Vectơ pháp tuyến của $\left( {Oxy} \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {0;0;1} \right)$.

Góc $\theta$ giữa $\overrightarrow u$ và $\overrightarrow n$ được tính bởi $\cos \theta = \frac{{\left| {\overrightarrow u \cdot \overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow n } \right|}}$$= \frac{{\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow \theta = 30^\circ$.

Góc $\phi$ giữa $\overrightarrow u$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là $\phi = 90^\circ - \theta = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

Hình chiếu của mặt cầu là một elip có bán trục nhỏ $b = R = 10$.

Bán trục lớn $a = \frac{R}{{\sin \phi }} = \frac{{10}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{20}}{{\sqrt 3 }}$.

Tiêu cự của elip là $2c$, với ${c^2} = {a^2} - {b^2}$$= {\left( {\frac{{20}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} - {10^2} = \frac{{100}}{3}$$\Rightarrow c = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }}$.

Tiêu cự $2c = 2 \cdot \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{20}}{{\sqrt 3 }}$.

Đáp án: 111

Do $\Delta \,{\rm{//}}\,Oz$ nên phương trình tham số của $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = a\\y = b\\z = t\end{array} \right.$. Gọi $P = \Delta \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow P\left( {a\,;\,b\,;\,0} \right)$.

Ta có: $A,\,B \in Ox \Rightarrow AP \bot \Delta ,\,BP \bot \Delta$;

$d\left( {A,\Delta } \right) = AP = \sqrt {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {b^2}}$; $d\left( {B,\Delta } \right) = BP = \sqrt {{{\left( {a + 3} \right)}^2} + {b^2}}$

Theo đề bài: $\sqrt {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {b^2}} + \sqrt {{{\left( {a + 3} \right)}^2} + {b^2}} = 2\sqrt {34} {\rm{ }}\left( 1 \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$, có $P\left( {a;b} \right)$. Khi đó: $PA + PB = 2\sqrt {34}$ với $A\left( {3;0} \right),B\left( { - 3;0} \right)$.

Suy ra $P$nằm trên đường elip có hai tiêu điểm $A,B$với $2{a_{{\rm{elip}}}} = 2\sqrt {34} \Rightarrow {a_{{\rm{elip}}}} = \sqrt {34}$.

Khoảng cách hai tiêu điểm: $2c = AB = 6 \Rightarrow c = 3$.

Suy ra: $b_{{\rm{elip}}}^2 = {a_{elip}}^2 - {c^2} = 34 - 9 = 25$ nên ${b_{{\rm{elip}}}} = 5$.

Ta có phương trình elip: $(E):\frac{{x}^{2}}{34}+\frac{{y}^{2}}{25}=1$

Điểm $M \in \Delta$ có tọa độ dạng: $M\left( {a;b;{z_M}} \right)$.

Để $MC$ nhỏ nhất thì $M$ là hình chiếu của $C$ trên $\Delta$, suy ra ${z_M} = 1$(vì $0 \le 1 \le 10$, thỏa điều kiện).

Khi đó $M{C^2} = {a^2} + {\left( {b - 6} \right)^2}$ nhỏ nhất với điều kiện: $\frac{{{a^2}}}{{34}} + \frac{{{b^2}}}{{25}} = 1$.

Ta có $\frac{{{a^2}}}{{34}} + \frac{{{b^2}}}{{25}} = 1$$\Rightarrow {a^2} = 34\left( {1 - \frac{{{b^2}}}{{25}}} \right) = 34 - \frac{{34{b^2}}}{{25}},b \in \left[ { - 5;5} \right]$.

Khi đó $M{C^2} = 34 - \frac{{34{b^2}}}{{25}} + {\left( {b - 6} \right)^2} = - \frac{9}{{25}}{b^2} - 12b + 70 = f\left( b \right)$.

Có $f'\left( b \right) = - \frac{{18}}{{25}}b - 12 < 0,\forall b \in \left[ { - 5;5} \right]$. Do đó $f\left( b \right)$ luôn nghịch biến trên đoạn $\left[ { - 5;5} \right]$.

Do đó $f\left( b \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $b = 5$. Suy ra: $a = 0,\,b = 5$.

Vậy trong hệ toạ độ không gian, ta có ${M}_{0}=(0\ ;\ 5\ ;\ 1)$

$S = {x_0} + 20{y_0} + 11{z_0}$$= 0 + 20 \cdot 5 + 11 \cdot 1$$= 100 + 11 = 111$.

Đáp án: 196

Ta có lợi nhuận của xưởng một tháng là $L\left( x \right) = 12x - 150{e^{0{,}005x}} - 450$

Để xưởng đạt lợi nhuận tối thiểu $1{,}5$ tỷ đồng mỗi tháng thì ta cần có

$L\left( x \right) \ge 1500$$\Leftrightarrow 12x - 150{e^{0{,}005x}} - 450 \ge 1500$$\Leftrightarrow 12x - 150{e^{0{,}005x}} - 1950 \ge 0$.

Đặt $f\left( x \right) = 12x - 150{e^{0{,}005x}} - 1950$. Ta có $f'\left( x \right) = 12 - 0{,}75{e^{0{,}005x}}$.

Với $10 \le x \le 500$ ta có $0{,}005x \le 2{,}5$$\Rightarrow {e^{0{,}005x}} \le {e^{2{,}5}} \approx 12{,}182$

Suy ra $f'\left( x \right) \ge 12 - 0{,}75 \cdot 12{,}182 > 0$ nên hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ {10;500} \right]$

Ta có đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ cắt trục hoành tại điểm duy nhất có hoành độ $x \approx 195{,}7669$

Tính $f\left( {196} \right) \approx 2{,}332 > 0$ , vì hàm số đồng biến nên số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn là $x = 196$.

Vậy xưởng cần sản xuất và tiêu thụ ít nhất $196$ robot mỗi tháng.

Đáp án: 305

Điều kiện: $5x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{5}$.

Gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right)$ và $B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ là hai điểm thuộc đồ thị hàm số.

Vì $A$ là trung điểm của đoạn OB, suy ra$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_2} = 2{x_1}}\\{{y_2} = 2{y_1}}\end{array}} \right.$.

Do $A$ và $B$ cùng nằm trên đồ thị hàm số $y = {\log _3}(5x - 3)$, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{y_1} = {{\log }_3}\left( {5{x_1} - 3} \right)}\\{{y_2} = {{\log }_3}\left( {5{x_2} - 3} \right)}\end{array}} \right.$.

Thay ${x_2} = 2{x_1}$ và ${y_2} = 2{y_1}$ vào phương trình thứ hai, ta được:

$2{\log _3}\left( {5{x_1} - 3} \right) = {\log _3}\left( {10{x_1} - 3} \right) \Leftrightarrow 25x_1^2 - 40{x_1} + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{2}{5}\\{x_1} = \frac{6}{5}\end{array} \right.$.

Vì $x > \frac{3}{5}$ nên ${x_1} = \frac{6}{5}$.

Với ${x_1} = \frac{6}{5} \Rightarrow {y_1} = {\log _3}\left( {5 \cdot \frac{6}{5} - 3} \right) = {\log _3}3 = 1$. Vậy tọa độ điểm $A$ là $A\left( {\frac{6}{5};1} \right)$.

Vì $A$ là trung điểm của OB nên độ dài đoạn AB bằng độ dài đoạn OA:

$AB = OA = \sqrt {x_1^2 + y_1^2} = \sqrt {{{\left( {\frac{6}{5}} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {\frac{{36}}{{25}} + 1} = \frac{{\sqrt {61} }}{5}$.

Đối chiếu với dạng bài cho $AB = \frac{{\sqrt a }}{b}$, ta xác định được: $a = 61$ và $b = 5$. Suy ra $ab = 305$.

Đáp án: 6000

Gọi parabol $\left( P \right):{y^2} = 2px$ đi qua điểm $\left( {30;20} \right)$. Khi đó $60p = 400 \Leftrightarrow p = \frac{{20}}{3}$$\Rightarrow {y^2} = \frac{{40}}{3}x$.

Thể tích cối là: $V = \pi \int\limits_0^{30} {\left( {\frac{{40}}{3}x} \right)} dx = 6000\pi \Rightarrow a = 6000$.

Công thức tính nhanh: $V = \frac{1}{2}\pi {R^2}h = \frac{1}{2} \cdot {20^2} \cdot 30 = 6000\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}} \Rightarrow a = 6000$.

Đáp án: −4

Hàm số xác định trên $\left[ {0;9} \right]$.

Ta có $y' = 1 - \frac{2}{{\sqrt x }}$; $y' = 0 \Leftrightarrow x = 4$.

Ta có $f\left( 0 \right) = 0$; $f\left( 9 \right) = - 3$; $f\left( 4 \right) = - 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x - 4\sqrt x$ trên đoạn $\left[ {0;9} \right]$ bằng $- 4$ khi $x = 4$.

Đáp án: 20

Gắn hệ trục $O\,xyz$ như hình vẽ, ta có toạ độ các điểm là:

$A\left( {0;0;0} \right),B\left( {9;0;0} \right),D\left( {0;12;0} \right),C\left( {9;12;0} \right),A'\left( {0;0;11} \right),C'\left( {9;12;11} \right).$

Gọi $E$ là điểm sao cho $AMNE$ là hình bình hành. Khi đó $AE = MN = 9 - 6 = 3 \Rightarrow E\left( {0;0;3} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {EC'} = \left( {9;12;8} \right) \Rightarrow EC' = 17$.

Độ dài ống giải nhiệt là: $l = AM + MN + NC' = AM + 3 + NC' = EN + NC' + 3 \ge EC' + 3 = 20$.

Vậy ${l_{\min }} = 20$.