Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 45)

Ta có $I = \int\limits_2^5 {\frac{{2x - 3}}{x}{\rm{d}}x} = \int\limits_2^5 {\left( {2 - \frac{3}{x}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {2x - 3\ln \left| x \right|} \right)} \right|_2^5 = 10 - 3\ln 5 - 4 + 3\ln 2 = 6 - 3\ln \frac{5}{2}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = - 3\end{array} \right. \Rightarrow S = a + b = 3$. Chọn D.

$f\left( x \right) = \cos x$có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\forall x \in D \Rightarrow - x \in D\\f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - x} \right) = \cos x = f\left( x \right)\end{array} \right.$. Suy ra $y = \cos x$ là hàm số chẵn. Chọn C.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1$.

Suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{ - x}}{{x + 2}}$ là đường thẳng $y = - 1$. Chọn D.

Tổng số học sinh là $n = 44$.

11 học sinh có thời gian tự học ở nhà ít nhất là tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$.

${Q_1} = 30 + \frac{{\frac{{44}}{4} - 8}}{7} \cdot \left( {60 - 30} \right) \approx 42{,}9$. Chọn D.

Góc giữa cặp vectơ $\overrightarrow {AF}$ và $\overrightarrow {EG}$ bằng góc giữa cặp vectơ $\overrightarrow {AF}$ và $\overrightarrow {AC}$ bằng $60^\circ$ do tam giác $ACF$ đều. Chọn A.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 4{u_1}\\{u_3} = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d = 4{u_1}\\{u_1} + 2d = 14\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{u_1} + d = 0\\{u_1} + 2d = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\d = 6\end{array} \right.$.

Vậy ${u_{2026}} = {u_1} + 2025d = 2 + 2025 \cdot 6 = 12152$. Chọn B.

Ta có $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right)$$= 0{,}4 + 0{,}5 - 0{,}76 = 0{,}14$.

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}14}}{{0{,}5}} = 0{,}28$. Chọn A.

${a^2} = 16$ và ${b^2} = 4$.

${c^2} = {a^2} - {b^2} = 16 - 4 = 12 \Rightarrow c = \sqrt {12} = 2\sqrt 3$.

Tiêu cự của elip là $2c = 2 \cdot 2\sqrt 3 = 4\sqrt 3 .$ Chọn C.

a) Đúng. Vì có $42\%$ số túi được dán nhãn thuần chay cũng được dán nhãn giảm đường.

$\Rightarrow$$P\left( {R|V} \right) = 0{,}42$.

b) Đúng. Ta có: $P\left( {VR} \right) = P\left( V \right) \cdot P\left( {R|V} \right) = 0{,}25 \cdot 0{,}42 = 0{,}105$.

Có $63\%$số túi không được dán nhãn gì cả nên xác suất túi có dán ít nhất một loại nhãn là: $P\left( {V \cup R} \right) = 1 - 0{,}63 = 0{,}37$.

Ta có $P\left( {V \cup R} \right) = P\left( V \right) + P\left( R \right) - P\left( {V \cap R} \right)$

$\Rightarrow 0{,}37 = 0{,}25 + P\left( R \right) - 0{,}105$

$\Rightarrow P\left( R \right) = 0{,}37 - 0{,}145 = 0{,}225$.

Do đó $P\left( {\bar R} \right) = 1 - P\left( R \right) = 1 - 0{,}225 = 0{,}775$.

c) Sai. Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( R \right) = P\left( {RV} \right) + P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|V} \right) \cdot P\left( V \right) + P\left( {R|\overline V } \right) \cdot P\left( {\overline V } \right)$

$\Rightarrow 0{,}225 = 0{,}25 \cdot 0{,}42 + P\left( {R|\overline V } \right) \cdot 0{,}75$

$\Rightarrow$$P\left( {R|\bar V} \right) = 0{,}16$.

Do đó khi một túi không được dán nhãn là thuần chay được rút ra thì xác suất để túi đó được dán nhãn giảm đường là $0{,}16$

d) Đúng. Túi chỉ được dán đúng 1 nhãn bao gồm hai trường hợp: Chỉ dán nhãn thuần chay $\left( {V\overline R } \right)$ hoặc chỉ dán nhãn giảm đường $\left( {\overline V R} \right)$.

Ta có $P\left( {V\bar R} \right) = P\left( V \right) - P\left( {VR} \right) = 0{,}25 - 0{,}105 = 0{,}145$.

$P\left( {\bar VR} \right) = P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|\overline V } \right) \cdot P\left( {\overline V } \right) = 0{,}16 \cdot 0{,}75 = 0{,}12$.

Vậy xác suất túi chỉ được dán đúng 1 nhãn là: $P\left( {V\overline R } \right) + P\left( {R\overline V } \right) =$$0{,}145 + 0{,}12 = 0{,}265$.

a) Sai. Ta có $A\left( {3; - 1;4} \right)$ có hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng $\left( {{\rm{Ox}}y} \right)$là${A_1}\left( {3; - 1;0} \right)$ và${A_1}$ là trung điểm của $AA'$. Suy ra tọa độ điểm đối xứng của $A\left( {3; - 1;4} \right)$qua mặt phẳng $\left( {{\rm{Ox}}y} \right)$là $A'\left( {3; - 1; - 4} \right)$.

b) Đúng. Ta có $\overrightarrow {MN\,} = \left( { - 2; - 2;1} \right)$ nên $MN = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}}$.

Khi đó $AM + MN + NB = AM + NB + 3$. Bài toán trở thành tìm $AM + NB$ nhỏ nhất với $M \in ({\rm{Ox}}y)$.

Do vectơ $\overrightarrow {MN\,} = \left( { - 2; - 2;1} \right)$cố định.

Dựng $\overrightarrow {BD\,} = \overrightarrow {NM\,}$tìm được $D\left( {0;5;2} \right)$cố định, tứ giác $MNBD$ là hình bình hành suy ra $NB = MD$

+) $AM = A'M$ nên

$AM + NB = A'M + MD \ge A'D$.

Dấu bằng xảy ra khi $A',M,D$thẳng hàng tức là $M = \left( {\,Oxy} \right) \cap A'D$.

+) $A'D = \sqrt {{{\left( {0 - 3} \right)}^2} + {{\left( {5 + 1} \right)}^2} + {{\left( {2 + 4} \right)}^2}} \, = 9$.

+ Giá trị nhỏ nhất $AM + NB = 9$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AM + MN + NB = 9 + 3 = 12$.

c) Đúng. $C$ là điểm thuộc mặt phẳng $\left( {{\rm{Ox}}y} \right)$nên gọi $C\left( {x;y;0} \right)$.

Ta có$\overrightarrow {AB\,} = \left( { - 5;4; - 1} \right);\overrightarrow {AC\,} = \left( {x - 3;y + 1; - 4} \right)$.

Do $A,B,C$ thẳng hàng nên ta có $\overrightarrow {AC\,} = k\overrightarrow {AB\,} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = - 5k\\y + 1 = 4k\\ - 4 = - k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 17\\y = 15\\k = 4\end{array} \right. \Rightarrow \,C\left( { - 17;15;0} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {CA\,} = \left( {20; - 16;4} \right) = 4\left( {5; - 4;1} \right),\,\overrightarrow {CB\,} \left( {15; - 12;3} \right) = 3\left( {5; - 4;1} \right)$.

Vậy $\overrightarrow {CA\,} = \frac{4}{3}\overrightarrow {CB\,}$.

d) Sai. Ta có $D\left( {0;5;2} \right) \Rightarrow \,a = 0,\,b = 5,c = 2$nên $a + \,b + c = 7$.

Ta có tốc độ thay đổi doanh thu là $T'\left( x \right) = - 20x + 300$.

Suy ra hàm doanh thu $T\left( x \right) = \int {\left( { - 20x + 300} \right)} {\rm{d}}x = - 10{x^2} + 300x + C$.

Theo đề bài, nếu người đó tăng giá thuê cho mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng (tức là $x = 10$) thì doanh thu là 12 tỷ đồng = 12000 triệu đồng.

Do đó, $T\left( {10} \right) = 12000$$\Rightarrow C = 10000$. Vậy $T\left( x \right) = - 10{x^2} + 300x + 10000$.

a) Đúng. Hàm doanh thu $T\left( x \right) = - 10{x^2} + 300x + 10000$ là một hàm số bậc hai có hệ số $a = - 10 < 0$, nên có giá trị lớn nhất tại $x = \frac{{ - b}}{{2a}} = 15 > 0$.

Doanh thu cao nhất là $T\left( {15} \right) = 12250$ (triệu đồng) = 12 tỷ 250 triệu đồng.

b) Đúng. Theo a), doanh thu cao nhất đạt được khi $x = 15$, tức là tăng giá thuê thêm 15 triệu đồng.

c) Sai. Ta có: $T\left( {12} \right) = - 10 \cdot {12^2} + 300 \cdot 12 + 10000$$= 12160$ (triệu đồng) = 12 tỷ 160 triệu đồng.

d) Đúng. $T(x) = - 10{x^2} + 300x + 10000$.

a) Sai. Ta có: Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Có $y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1$. Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

b) Đúng.$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1 \Rightarrow y = 1$ là tiệm cận ngang.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = 1$ là tiệm cận đứng.

Đồ thị nhận $I\left( {1;1} \right)$ là tâm đối xứng.

c) Đúng. $\left( C \right)$ giao với $Oy$ tại $M\left( {0; - 2} \right)$.

Có $y'\left( 0 \right) = - 3$. Phương trình tiếp tuyến tại $M$ là $y = - 3x - 2$.

Có $- 3 \cdot 2 - 2 = - 8 \ne - 3$ suy ra đường thẳng $y = - 3x - 2$ không đi qua $A$.

d) Đúng. Đường thẳng $\Delta$ đi qua $I\left( {1;1} \right)$ và cắt $\left( C \right)$ nên có dạng $y = k\left( {x - 1} \right) + 1\,\,\,\,\left( {k \ne 0} \right)$

Hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và $\Delta$ là nghiệm của phương trình

$k\left( {x - 1} \right) + 1 = \frac{{x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = \frac{3}{k} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {\frac{3}{k}} + 1\\x = - \sqrt {\frac{3}{k}} + 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k > 0} \right)$.

Giả sử ${x_N} = \sqrt {\frac{3}{k}} + 1 \Rightarrow N\left( {\sqrt {\frac{3}{k}} + 1;\sqrt {3k} + 1} \right)$

Phương trình đường thẳng $AI$ là $4x + y - 5 = 0$.

$I\left( {1;1} \right)$ là tâm đối xứng của đồ thị $\left( C \right)$ nên $I$ là trung điểm của $MN$.

${S_{AMN}} = 2{S_{IAN}} = d\left( {N,AI} \right) \cdot AI = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt k }} + \sqrt {3k} \ge 4\sqrt 3$.

Vậy diện tích nhỏ nhất của tam giác $AMN$ bằng $4\sqrt 3$ (đvdt).

Đáp án: 21

Cho $x > y > 1$ đặt $t = {\log _y}x \Rightarrow t = {\log _y}x > {\log _y}y = 1 \Rightarrow t > 1 \Rightarrow t - 1 > 0$.

Ta có ${\log _{\frac{x}{y}}}\left( {{x^3}} \right) = 3{\log _{\frac{x}{y}}}x = \frac{3}{{{{\log }_x}x - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - \frac{1}{t}}} = \frac{{3t}}{{t - 1}}$.

Ta có $27{\log _y}\left( {\frac{x}{y}} \right) = 27\left( {{{\log }_y}x - {{\log }_y}y} \right) = 27\left( {t - 1} \right)$.

Thay vào biểu thức P ta được$P = \frac{{3t}}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) = 3 + \frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right)$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\frac{3}{{t - 1}},27\left( {t - 1} \right)$ ta có:

$\frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) \ge 2\sqrt {\frac{3}{{t - 1}} \cdot 27\left( {t - 1} \right)} = 18$ $\Rightarrow P \ge 3 + 18 = 21$.

Đáp án: 5,4

Diện tích của mặt cắt hình chữ nhật tại vị trí có độ cao $x$ với $0 \le x \le 2$ được tính bằng công thức: $S = 5 \cdot {\left( {0{,}5} \right)^x}$

Tính thể tích khối gỗ: $V = \int\limits_0^2 {S\left( x \right)} dx = \int\limits_0^2 {5 \cdot {{\left( {0{,}5} \right)}^x}} dx = \frac{{ - 3{,}75}}{{\ln \left( {0{,}5} \right)}} \approx 5{,}4101 \approx 5{,}4$.

Vậy $V = 5{,}4\;\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.

Đáp án: 18

Kẻ $AM \bot CD$.

Vì $\widehat {ABC} = 60^\circ$ nên $M$ là trung điểm $CD$.

Khi đó $\left[ {S,CD,B} \right] = \widehat {SMA}$

Xét $SAM$ vuông tại $A$ có $AM = \frac{{SA}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 3$. Do đó $AD = 2\sqrt 3$.

Vì $\widehat {ABC} = 60^\circ$ nên $ABC$là tam giác đều cạnh nên ${S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2 \cdot \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = 6\sqrt 3$.

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 6\sqrt 3 \cdot 3\sqrt 3 = 18$.

Đáp án: 19

Đặt $A$ là biến cố: “Tam giác thu được là tam giác vuông”.

$B$ là biến cố: “Tam giác thu được có số ghi trên đỉnh lập thành cấp số cộng”.

Biến cố $C$: “Tam giác thu được là một tam giác vuông có 3 số ghi trên 3 đỉnh của tam giác lập thành cấp số”.

Dễ thấy $C = AB$ và $A,B$ là hai biến cố độc lập (vì việc gán số ngẫu nhiên độc lập với việc chọn tam giác).

Số tam giác vuông trong thập giác đều:

Một tam giác nội tiếp đường tròn là tam giác vuông khi và chỉ khi một cạnh là đường kính.

Thập giác đều có $10$ đỉnh thì có $5$ cặp đỉnh đối xứng qua tâm (tức là có $5$ đường kính).

Với mỗi đường kính, có $10 - 2 = 8$ cách chọn một đỉnh để cùng với hai đỉnh đường kính tạo thành tam giác vuông.

Vậy số tam giác vuông là $8 \cdot 5 = 40$ và $P\left( A \right) = \frac{{40}}{{C_{10}^3}} = \frac{{40}}{{120}} = \frac{1}{3}$.

Số bộ 3 số lập thành cấp số cộng:

Giả sử $a;b;c$ theo thứ tự là một cấp số cộng, do $a + c = 2b$ nên $a,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Trong $S$ có hai tập $L = \left\{ {9;11;13;15;17} \right\}$ và $C = \left\{ {10;12;14;16;18} \right\}$, với $a,c$ thuộc $L$ hoặc $C$ thì luôn tồn tại $b$ thuộc $L$ hoặc $C$.

Do đó, số cấp số cộng là $C_5^2 + C_5^2 = 20$ và $P\left( B \right) = \frac{{20}}{{C_{10}^3}} = \frac{{20}}{{120}} = \frac{1}{6}$.

Vậy $P = P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{{18}}$, do đó $m + n = 1 + 18 = 19$.

Đáp án: 65

Gọi $p = ax + b$ (nghìn đồng) là giá vé vào cổng, $x$ là số khách vào cổng.

Ta có $p = 90$ nghìn đồng thì $x = 1000$ người

$p = 95$ nghìn đồng thì $x = 900$ người

$p = 85$ nghìn đồng thì $x = 1100$ người

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}1000a + b = 90\\900a + b = 95\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{20}}\\b = 140\end{array} \right.$.

Suy ra $p = - \frac{1}{{20}}x + 140$ thỏa mãn các điều kiện đề bài.

Vậy $p = - \frac{1}{{20}}x + 140$$\Leftrightarrow x = 2800 - 20p$

Doanh thu của công viên là $R = xp + 10x = - 20{p^2} + 2600p + 28000$$=$$f\left( p \right)$

Khảo sát hàm số $f\left( p \right)$ ta có

Doanh thu công viên đạt lớn nhất khi giá vé là $65$ nghìn đồng.

Đáp án: 1109

Diện tích hình tam giác đều ban đầu: ${S_0} = \frac{{{{40}^2}\sqrt 3 }}{4} = 400\sqrt 3 \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$.

Diện tích tăng thêm ở bước một so với hình tam giác ban đầu là:

${u_1} = 3 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{40}}{3}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{400\sqrt 3 \,}}{3} = \frac{1}{3}{S_0}$.

Diện tích tăng thêm ở bước hai so với hình ở bước một là: ${u_2} = 12 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{40}}{9}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{1600\sqrt 3 }}{{27}} = \frac{4}{9}{u_1}$.

Diện tích tăng thêm ở bước ba so với hình ở bước hai là: ${u_3} = 48 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{40}}{{27}}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{6400\sqrt 3 }}{{243}} = \frac{4}{9}{u_2}$.

….

Do đó, diện tích tăng thêm ở mỗi hình so với hình ở bước trước đó tạo thành 1 cấp số nhân với số hạng đầu là ${u_1} = \frac{1}{3}{S_0}$ và công bội là $q = \frac{4}{9}$.

Do đó tổng diện tích tăng thêm ở sau khi thực hiện n lần là $\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_0}}}{{1 - \frac{4}{9}}} = \frac{3}{5}{S_0}$.

Vậy diện tích tam giác ở bước thứ $n$ là ${S_n} = {S_0} + \frac{3}{5}{S_0} = \frac{8}{5}{S_0} = 640\sqrt 3 \approx 1109$.