Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 46)

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 4} \right)\left( {3 - x} \right)\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.$.

Ta có bảng xét dấu đạo hàm $f'\left( x \right)$:

Vậy hàm số đã cho có $2$điểm cực trị. Chọn A.

$P = {\log _{{2^{2018}}}}4 - \frac{1}{{1009}} + \ln {e^{2018}} = {\log _{{2^{2018}}}}{2^2} - \frac{1}{{1009}} + 2018\ln e$

$= \frac{2}{{2018}}{\log _2}2 - \frac{1}{{1009}} + 2018 = \frac{2}{{2018}} - \frac{1}{{1009}} + 2018 = 2018$. Chọn D.

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - 1 > 0}\\{ - x + 5 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x > \frac{1}{2}}\\{x < 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 5$.

${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( { - x + 5} \right)$$\Leftrightarrow 2x - 1 \ge - x + 5 \Leftrightarrow 3x \ge 6 \Leftrightarrow x \ge 2$.

Kết hợp điều kiện xác định ta có: $2 \le x < 5$. Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ {2;3;4} \right\}$. Chọn A.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có VTPT $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1; - 2; - 1} \right)$ và $\left( \beta \right)$ có VTPT $\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {2; - 4;m} \right)$.

Vì $\left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)$ nên $m = 10$. Chọn B.

Tiệm cận đứng:$x = - 1 \Rightarrow - \frac{d}{2} = - 1 \Rightarrow d = 2$.

Tiệm cận ngang:$y = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = 1$. Chọn D.

a) Đúng. Ta gọi $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$, đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ đi qua các điểm $\left( {0;0{,}5} \right)$, đỉnh $I$$\left( {0{,}75;0{,}2} \right)$nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}c = 0{,}5\\ - \frac{b}{{2a}} = 0{,}75\\{0{,}75^2}a + 0{,}75b + c = 0{,}2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0{,}5\\1{,}5a + b = 0\\0{,}5625a + 0{,}75b + c = 0{,}2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b = - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Suy ra $f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}$.

b) Đúng. Thể tích tối đa của thùng là $V = \pi \int\limits_0^{1{,}5} {{f^2}\left( x \right)dx = \pi \int\limits_0^{1{,}5} {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx \approx 0{,}5\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} }$.

c) Sai. Thời gian bơm đầy thùng là $t = \frac{V}{5}$$\approx 92$ (phút)$\approx 1{,}5$(giờ).

d) Đúng. Gọi $t$ (phút) thì mực nước trong thùng là $h$ (mét).

Ta có thể tích nước trong thùng sau $t$ (phút) bơm là $V = 5t$ (lít)$= 0{,}005t\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Ta có ${V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx = \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)}$.

Khi đó ta có $\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0{,}005t$ (1).

Khi $t = 20$ ta có $\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0{,}1$$\Rightarrow {h_0} \approx 0{,}1640803548$.

Đạo hàm theo biến $t$ hai vế của phương trình (1) ta được

$\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0{,}005}}{\pi }$.

Tốc độ dâng lên của nước là $h'\left( t \right) = \frac{{0{,}005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}$.

Tại thời điểm $t = 20$, ${h_0} \approx 0{,}1640803548$ thì tốc độ dâng của nước là

$h'\left( {20} \right) = \frac{{0{,}005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}$$\approx 0{,}01084447993\,{\rm{m}}$/phút$\approx 0{,}01\,{\rm{m}}$/phút.

a) Sai. Xác suất: $P = \frac{7}{{25}} = 0{,}28$.

b) Đúng. Thùng A: Số táo $\ge 270{\rm{g}}$là: $12 + 4 + 3 = 19$ quả. Xác suất ${P_A} = \frac{{19}}{{25}}$.

Thùng B: Số táo $\ge 270{\rm{g}}$là: $7 + 10 + 4 = 21$ quả. Xác suất ${P_B} = \frac{{21}}{{25}}$.

Xác suất cả hai quả đều $\ge 270{\rm{g}}$: $P = \frac{{19}}{{25}} \cdot \frac{{21}}{{25}} = \frac{{399}}{{625}} = 0{,}6384$.

c) Đúng. Thùng A:

Trung bình $\overline {{x_A}} = \frac{{2 \cdot 255 + 4 \cdot 265 + 12 \cdot 275 + 4 \cdot 285 + 3 \cdot 295}}{{25}} = 275{,}8$.

Phương sai $s_A^2 = \frac{{2 \cdot {{255}^2} + 4 \cdot {{265}^2} + 12 \cdot {{275}^2} + 4 \cdot {{285}^2} + 3 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {\left( {275{,}8} \right)^2} = 111{,}36$.

Thùng B:

Trung bình $\overline {{x_B}} = \frac{{1 \cdot 255 + 3 \cdot 265 + 7 \cdot 275 + 10 \cdot 285 + 4 \cdot 295}}{{25}} = 280{,}2$.

Phương sai $s_B^2 = \frac{{1 \cdot {{255}^2} + 3 \cdot {{265}^2} + 7 \cdot {{275}^2} + 10 \cdot {{285}^2} + 4 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {\left( {280{,}2} \right)^2} = 104{,}96$.

Vì $s_A^2 > s_B^2$ nên cân nặng ở thùng A phân tán hơn.

d) Đúng. Nhóm chứa ${Q_1}$ là $\left[ {270;280} \right)$. Khi đó ${Q_1} = 270 + \frac{{6{,}25 - 6}}{{12}} \cdot 10 \approx 270{,}21$.

Nhóm chứa ${Q_3}$là $\left[ {280;290} \right)$. Khi đó ${Q_3} = 280 + \frac{{18{,}75 - 18}}{4} \cdot 10 = 281{,}875$

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 281{,}875 - 270{,}2083... \approx 11{,}7$(g).

Với hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có

$D\left( {0\,;0\,;0} \right)$, $A\left( {2\,;0\,;0} \right)$,$C\left( {0\,;2\,;0} \right)$,${D_1}\left( {0\,;0\,;1} \right)$,$B\left( {2\,;2\,;0} \right)$, ${A_1}\left( {2\,;0\,;1} \right)$, ${B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)$, ${C_1}\left( {0\,;2\,;1} \right)$.

a) Sai. Trung điểm của ${B_1}{D_1}$ là $M\left( {1\,;1\,;1} \right).$ Ta có: $\overrightarrow {CM} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)$.

Cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳng $\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)$: $\overrightarrow {D{D_1}} = \left( {0\,;0\,;1} \right),\overrightarrow {DB} = \left( {2\,;2\,;0} \right)$.

Có $\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {D{D_1}} = 1 \ne 0.$

Do đó $\overrightarrow {CM}$ không vuông góc với mọi vectơ nằm trong mặt phẳng $\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)$.

b) Sai. $\overrightarrow {M{C_1}} = \left( { - 1\,;1\,;0} \right)$, $\overrightarrow {BC} = \left( { - 2\,;0\,;0} \right)$.

Cosin góc giữa hai đường thẳng:$\cos \left( {M{C_1},BC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {M{C_1}} \cdot \overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {M{C_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 2 \cdot 2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

c) Đúng. ${V_{{C_1}.BDM}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta BDM}} \cdot d\left( {{C_1},\left( {BDM} \right)} \right)$.

${S_{\Delta BDM}}$ và $d\left( {{C_1},\left( {BDM} \right)} \right)$ không đổi.

Suy ra thể tích khối chóp ${C_1}.BDM$ không đổi.

d) Sai. Vectơ chỉ phương của đường thẳng $BC$: $\overrightarrow {{u_{BC}}} = \left( {1\,;0\,;0} \right).$

Phương trình tham số của $BC$: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + k}\\{y = 2}\\{z = 0}\end{array}} \right.$.

Dạng tọa độ điểm $M\left( {2t\,;2t\,;1} \right)$ với $0 \le t \le 1.$

Khoảng cách từ một điểm $M$ đến đường thẳng $BC$: $d\left( {M,BC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right|}}$.

$\overrightarrow {BM} = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1 - 0} \right) = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1} \right)$; $\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right] = \left( {0\,;1\,;2 - 2t} \right)$;

$\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right| = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{(2 - 2t)}^2}} = \sqrt {1 + {{(2 - 2t)}^2}}$; $\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right| = 1$.

Suy ra $d\left( {M,BC} \right) = \sqrt {1 + {{\left( {2 - 2t} \right)}^2}}$.

$d\left( {M,BC} \right)$ nhỏ nhất khi $2 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1$.

Khi đó $M$ trùng với điểm ${B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)$. Vậy giá trị nhỏ nhất bằng $1$.

a) Sai. Đồ thị hàm số $f'\left( x \right)$ nằm phía dưới trục $Ox$ trong khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

Khi đó$f'\left( x \right) < 0\,\,\forall \,x \in \left( {1; + \infty } \right)$. Do đó, hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

b) Sai. Vì hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$ nên giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ là $f\left( 4 \right)$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 4 \right) = 6\\f\left( 2 \right) > f\left( 4 \right) = 6\end{array} \right.$.

c) Đúng. Đồ thị hàm số $f'\left( x \right)$ nhận đường thẳng $x = 1$ làm tiệm cận đứng.

Suy ra hàm số $f\left( x \right)$ không xác định tại $x = 1$ $\Rightarrow \frac{d}{c} = - 1 \Rightarrow d = - c$.

Khi đó $f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx - c}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - ac - bc}}{{{c^2}{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - \left( {a + b} \right)}}{{c{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\left( {c \ne 0} \right)$.

Từ đồ thị ta có $f'\left( 0 \right) = - 3 \Rightarrow \frac{{ - \left( {a + b} \right)}}{c} = - 3 \Rightarrow \frac{{a + b}}{{3c}} = 1\left( * \right)$.

Do đó $\frac{{a + b}}{{2c - d}} = \frac{{a + b}}{{2c - \left( { - c} \right)}} = \frac{{a + b}}{{3c}} = 1$.

d) Đúng. Có $f\left( 4 \right) = 6 \Rightarrow 4a + b = 18c$.

Kết hợp với $\left( * \right)$ ta được $\left\{ \begin{array}{l}a = 5c\\b = - 2c\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{5cx - 2c}}{{cx - c}} = \frac{{5x - 2}}{{x - 1}} = 5 + \frac{3}{{x - 1}}$.

Để $f\left( x \right) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \frac{3}{{x - 1}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow x - 1 \in$Ư(3) $\Rightarrow x - 1 \in \left\{ { \pm 1, \pm 3} \right\}$.

$\Rightarrow x \in \left\{ { - 2;0;2;4} \right\}$ (thỏa mãn $x \ne 1$).

Vậy có 4 điểm có tọa độ nguyên trên đồ thị hàm số.

Đáp án: 109

Xét $0 < t \le 10$: $V\left( t \right) = \left( { - {t^2} + 14t - 40} \right){e^{\frac{t}{4}}} + 50$.

$V'\left( t \right) = \left( { - 2t + 14} \right){e^{\frac{t}{4}}} + \left( { - {t^2} + 14t - 40} \right) \cdot \frac{1}{4}{e^{\frac{t}{4}}} = {e^{\frac{t}{4}}}\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4} \right)$.

$V'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\left( l \right)\\t = 8\left( n \right)\end{array} \right.$.

Với $t = 8$: $V\left( 8 \right) = \left( { - {8^2} + 14 \cdot 8 - 40} \right){e^{\frac{8}{4}}} + 50 \approx 109{,}11.$

Với $t = 10$: $V\left( {10} \right) = \left( { - {{10}^2} + 14 \cdot 10 - 40} \right){e^{\frac{{10}}{4}}} + 50 = 50.$

Xét $10 < t \le 12$: $V\left( t \right) = 4\left( {t - 10} \right)\left( {3t - 41} \right) + 50 = 12{t^2} - 284t + 1690$.

$V\prime \left( t \right) = 24t - 284 = 0 \Rightarrow t = \frac{{71}}{6}$.

Có $\mathop {\lim }\limits_{t \to {{10}^ + }} V\left( t \right) = 50$; Với $t = \frac{{71}}{6} \Rightarrow V\left( {\frac{{71}}{6}} \right) \approx - 14{,}33$; Với $t = 12 \Rightarrow V\left( {12} \right) = 10$.

Vậy lượng nước tích trữ lớn nhất là $V\left( 8 \right) \approx 109$.

Đáp án: 36

Theo đề bài, ta có phương trình: ${\log _3}x + {\log _x}729 = 5$

Đặt ${\log _3}x = a \Rightarrow x = {3^a}$, ta có: ${\log _x}729 = {\log _x}{3^6} = 6{\log _x}3 = \frac{6}{{{{\log }_3}x}} = \frac{6}{a}$.

Khi đó ta có: $a + \frac{6}{a} = 5 \Leftrightarrow {a^2} - 5a + 6 = 0 \Leftrightarrow {a_1} = 2,{a_2} = 3$

Suy ra ${x_1} = {3^2} = 9,{x_2} = {3^3} = 27$

Tổng các giá trị có thể có của $x$ là: $9 + 27 = 36$.

Đáp án: 2

Gọi $H$ là tâm của đáy $ABCD$. Vì là hình chóp đều nên $PH \bot ABCD$.

Đáy là hình vuông cạnh $AB = a = 2 \Rightarrow AH = \sqrt 2 \Rightarrow PH = \sqrt {P{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 2$.

Mặt cầu $\left( O \right)$ nội tiếp hình chóp tứ giác đều $P.ABCD$tiếp xúc với đáy tại $H$.

Do đó tâm O nằm trên đoạn $PH$và $OH = R$.

Xét mặt phẳng đi qua $P,H$và trung điểm $M$ của cạnh $AB$. Trong tam giác$PHM$, đường phân giác của $\widehat {PMH}$ cắt $PH$ tại $O$.

Ta có $HM = \frac{{AB}}{2} = 1,PM = \sqrt {P{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 3$.

$\overrightarrow {QE} \cdot \overrightarrow {QF} = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OF} } \right) = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} - \overrightarrow {OE} } \right) = Q{O^2} - {R^2}$.

$O{A^2} = O{H^2} + H{A^2} = {R^2} + 2 \Rightarrow O{A^2} - {R^2} = 2$.

Để biểu thức đạt GTLN ta cần tìm điểm $Q$ thuộc mặt ngoài của hình chóp sao cho khoảng cách $QO$ là lớn nhất. $QO$lớn nhất khi $QO = OA$.

Vậy $Q{O^2} - {R^2} = 2 + {R^2} - {R^2} = 2$.

Đáp án: 5,3

Dựng hệ trục $Oxy$ như hình vẽ.

Ta có $G\left( { - 3;0} \right),E\left( {0;2} \right),H\left( {3;0} \right),F\left( {0; - 2} \right)$

Cung tròn đi qua 3 điểm $G,E,H$ có phương trình: ${x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}9 + 6a + c = 0\\4 - 4b + c = 0\\9 - 6a + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = - \frac{5}{4}\\c = - 9\end{array} \right.$

Þ ${x^2} + {y^2} + \frac{5}{2}y - 9 = 0 \Rightarrow y = - \frac{5}{4} \pm \sqrt {\frac{{169}}{{16}} - {x^2}}$

Diện tích $S = 4\left[ {\int\limits_0^3 {\left( { - \frac{5}{4} + \sqrt {\frac{{169}}{{16}} - {x^2}} } \right)dx - \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3} } \right] \approx 5{,}3$.

Đáp án: 111

Gọi đường thẳng $AB$ là đường thẳng $y = m$ ($0 < m < 1$)

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y = m$ và $f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 5x - 4}}{x}$là nghiệm của phương trình$m = \frac{{ - {x^2} + 5x - 4}}{x} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 5} \right)x + 4 = 0$ (1).

Với $0 < m < 1$ thì phương trình (1) luôn có hai nghiệm ${x_1};{x_2} \in \left( {1;4} \right)$.

Ta có

$$\begin{array}{l}{S_{hcn}} = m \cdot \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = m\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = m\sqrt {{{\left( {5 - m} \right)}^2} - 16} \\ \Rightarrow g\left( m \right) = {S^2} = {m^4} - 10{m^3} + 9{m^2}\\ \Rightarrow g'\left( m \right) = 4{m^3} - 30{m^2} + 18m\\ \Rightarrow g'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{15 \pm \sqrt {153} }}{4};m = 0\end{array}$$

Vì $0 < m < 1$ nên $m = \frac{{15 - \sqrt {153} }}{4}$ thay vào $S$ ta được $S \approx 1{,}11$

Vậy diện tích hình chữ nhật $ABCD$ đạt giá trị lớn nhất là $S \approx 1{,}11 \cdot 100 = 111{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$.

Đáp án: 21,7

Gọi $B$ là biến cố: “Tập tin có mã độc”; $A$ là biến cố: “Có ít nhất một bộ lọc cảnh báo”.

Theo công thức cộng xác suất: $P\left( {A\left| B \right.} \right) = 0{,}9 + 0{,}8 - 0{,}75 = 0{,}95$.

Ta có sơ đồ cây

Xác suất để tập tin đó thực sự có mã độc biết có ít nhất một bộ lọc cảnh báo:

$P\left( {B\left| A \right.} \right) = \frac{{0{,}02 \cdot 0{,}95}}{{0{,}02 \cdot 0{,}95 + 0{,}98 \cdot 0{,}07}} = \frac{{95}}{{438}} \approx 0{,}217$.

Vậy: Xác suất cần tìm là $21{,}7\%$.