Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 9)

Xét $f'\left( x \right) = 3\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \pm 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.$.

Ta có trục xét dấu $f'\left( x \right)$ như sau:

Từ trục xét dấu ta thấy hàm số có 1 điểm cực đại. Chọn C.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

$\bar x = \frac{{5 \cdot 162 + 6 \cdot 166 + 8 \cdot 170 + 2 \cdot 174 + 1 \cdot 178}}{{5 + 6 + 8 + 2 + 1}} = \frac{{1846}}{{11}} \approx 167{,}8$. Chọn A.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD.$

Lại có $CD \bot AD$. Mà $SA,AD \subset \left( {SAD} \right)$.

$\Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$. Chọn D.

Ta có

$$\overrightarrow {BO} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BH} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BF} } \right)$$

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BF}$. Chọn A.

Ta có $\Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{z}{{ - 1}} \Leftrightarrow \Delta :\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = t}\\{y = 1 + t}\\{z = - t}\end{array}} \right.$.

$\Rightarrow {\vec u_\Delta } = \left( {1\,;1\,; - 1} \right)$ là một vectơ chỉ phương của $\Delta$.

Xét lần lượt các mặt phẳng với đường thẳng $\Delta$ ta được:

+ ${\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {1\,;1\,; - 1} \right) = {\vec u_\Delta } \Rightarrow \Delta \bot \left( P \right)$.

+ ${\vec n_{\left( \beta \right)}} = \left( {1\,;0\,;1} \right) \Rightarrow {\vec n_{\left( \beta \right)}} \cdot {\vec u_\Delta } = 1 \cdot 1 + 0 \cdot 1 + 1 \cdot \left( { - 1} \right) = 0$.

Mặt khác $M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right) \in \Delta$ ta thay điểm $M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right)$ vào mặt phẳng $\left( \beta \right)$ ta có:

$\Rightarrow t + - t = 0 \Rightarrow M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right) \in \left( \beta \right)$. Suy ra $\Delta \subset \left( \beta \right)$.

+ ${\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1\,;1\,;2} \right) \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} \cdot {\vec u_\Delta } = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 0$.

Mà $M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right) \notin \left( Q \right)$. Suy ra $\Delta \,{\rm{//}}\,\left( Q \right)$.

+ ${\vec n_{\left( \alpha \right)}} = \left( {1\,; - 1\,;0} \right) \Rightarrow {\vec n_{\left( \alpha \right)}} \cdot {\vec u_\Delta } = 1 \cdot 1 + \left( { - 1} \right) \cdot 1 + 0 \cdot \left( { - 1} \right) = 0$.

Mặt khác $M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right) \in \Delta$ ta thay điểm $M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right)$ vào mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ ta có:

$t - \left( {1 + t} \right) + 1 = 0 \Rightarrow M\left( {t\,;1 + t\,; - t} \right) \in \left( \alpha \right)$. Suy ra $\Delta \subset \left( \alpha \right)$. Chọn C.

Mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 2z - 3 = 0$ có tâm $I\left( {1\,; - 2\,; - 1} \right)$ và bán kính

$R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 3} \right)} = 3$. Chọn B.

Theo bài cho ta có bốn số $- 2\,;x\,;4\,;y$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có hệ:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x = - 2 + 4}\\{x + y = 2 \cdot 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{1 + y = 2 \cdot 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = 7}\end{array}} \right.} \right.} \right.$$\Rightarrow x - y = 1 - 7 = - 6$. Chọn D.

Ta có ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^5} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5$$\Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 < 0 \Leftrightarrow - 5 < x < 1$.

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $\left( { - 5\,;1} \right)$.

Khi đó $b = 1,a = - 5$$\Rightarrow b - a = 1 + 5 = 6$. Chọn C.

a) Sai. Ta có $P\left( A \right) = \frac{1}{4};\,\,P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{3}{4}$.

Xác suất để linh kiện điện tử đó do nhà máy II sản xuất là $P\left( {\bar A} \right) = \frac{3}{4}$.

b) Sai. Từ dữ kiện đề bài, ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{P\left( {B|A} \right) = 0{,}001}\\{P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}002.}\end{array}} \right.$

c) Đúng. Xác suất linh kiện bán ra là một linh kiện bị hỏng là:

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right)$$= \frac{1}{4} \cdot 0{,}001 + \frac{3}{4} \cdot 0{,}002 = 0{,}00175 = 0{,}175\%$.

d) Sai. Ta có $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{4} \cdot 0{,}001}}{{0{,}00175}} = \frac{1}{7}$;

$P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{3}{4} \cdot 0{,}002}}{{0{,}00175}} = \frac{6}{7}$.

Do đó khi mua linh kiện và thấy linh kiện bị hỏng thì xác suất linh kiện đó do nhà máy II sản xuất là cao hơn.

a) Đúng. Mặt phẳng $\left( P \right):2x + y - 3z + 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\left( {2\,;1\,; - 3} \right)$.

b) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right),\,\,{\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2\,;1\,; - 3} \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $A,B$ và vuông góc với $\left( P \right)$ nên ${\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right] = \left( {2\,;5\,;3} \right)$.

c) Đúng. Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua $A\left( {1\,;2\,; - 1} \right)$ và có vectơ pháp tuyến

${\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {2\,;5\,;3} \right){\rm{ l\`a : }}2\left( {x - 1} \right) + 5\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z + 1} \right) = 0$ hay $- 2x - 5y - 3z + 9 = 0.$

Vậy $a = - 2,b = - 5,c = - 3 \Rightarrow a + b + c = - 10.$

d) Sai. Khoảng cách từ $O$ đến $\left( Q \right)$ bằng: $d\left( {O,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2 \cdot 0 - 5 \cdot 0 - 3 \cdot 0 + 9} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{9\sqrt {38} }}{{38}}$.

a) Sai. Ta có $AM = MB = \frac{{AB}}{2} = 4$.

$\Rightarrow IA = IB = \sqrt {A{M^2} + I{M^2}} = \sqrt {{4^2} + {x^2}} = \sqrt {{x^2} + 16}$.

b) Sai. Tổng độ dài đường ống được biểu diễn qua hàm số $f\left( x \right)$ là:

$f\left( x \right) = AI + BI + CI = \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{x^2} + 16} + 3 - x$$= 2\sqrt {{x^2} + 16} + 3 - x\,\,{\rm{(km)}}$.

c) Đúng. Ta có $f\left( x \right) = 2\sqrt {{x^2} + 16} + 3 - x \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} - 1$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 16} = 2x$$\Leftrightarrow {x^2} + 16 = 4{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow x = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Bảng biến thiên hàm số $y = f\left( x \right)$ với $x \in \left[ {0\,;3} \right]$:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: ${y_{\min }} = 3 + 4\sqrt 3 \approx 9{,}9.$

Vậy tổng độ dài đường ống nhỏ nhất bằng $9{,}9\,\,{\rm{(km)}}$.

d) Đúng. Khi tổng độ dài đường ống nhỏ nhất thì $IM = x = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

$\Rightarrow \tan \widehat {AIM} = \frac{{AM}}{{IM}} = \frac{4}{{\frac{{4\sqrt 3 }}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {AIM} = 60^\circ$$\Rightarrow \widehat {AIB} = 120^\circ .$

a) Sai. Nếu duy trì hướng đi, thuyền sẽ đến được gốc tọa độ tức điểm $O\left( {0\,;0} \right)$ phải nằm trên phương trình đường đi của con thuyền.

Vì hàm số không xác định tại điểm có toạ độ $x = 0$ do đó hàm số sẽ không đi qua gốc toạ độ.

b) Sai. Thay toạ độ của điểm $N$ vào phương trình $y = \frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}$, ta thấy không thoả mãn.

Do đó con tàu không đi qua điểm $N\left( {\frac{1}{2}; - \frac{3}{2}} \right).$

c) Sai. Khoảng cách giữa con thuyền tại vị trí $M$ bất kì so với gốc toạ độ là

$OM = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{{a^2} - 1}}{{2a}}} \right)}^2}} .$

d) Sai. Khoảng cách gần nhất giữa chiếc thuyền và gốc toạ độ bằng min*OM*.

$OM = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{{a^2} - 1}}{{2a}}} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{{\left( {{a^2} - 1} \right)}^2}}}{{4{a^2}}}}$$= \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^4} - 2{a^2} + 1}}{{4{a^2}}}} = \sqrt {{a^2} + \frac{1}{4}{a^2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{{4{a^2}}}}$

$= \sqrt {\frac{5}{4}{a^2} + \frac{1}{{4{a^2}}} - \frac{1}{2}} \ge \sqrt {2\sqrt {\frac{5}{4}{a^2} \cdot \frac{1}{{4{a^2}}}} - \frac{1}{2}} = \sqrt {2\sqrt {\frac{5}{{16}}} - \frac{1}{2}}$$= \sqrt {\frac{{\sqrt 5 }}{2} - \frac{1}{2}} = \sqrt {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} .$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{5}{4}{a^2} = \frac{1}{{4{a^2}}} \Leftrightarrow 5{a^4} = 1 \Leftrightarrow {a^4} = \frac{1}{5}$$\Leftrightarrow a = \frac{1}{{\sqrt[4]{5}}}$.

Vậy chiếc thuyền gần gốc toạ độ nhất một khoảng $\sqrt {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} .$

Đáp án: 112.

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $D$ xuống mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, $E = AH \cap BC$.

Vì $\Delta ABC$ đều các cạnh bên của tứ diện đều bằng nhau nên $H$ là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC.$

Xét $\Delta ABC$ đều có: $AE = AB \cdot \sin 60^\circ = 110 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 55\sqrt 3 .$

Do $H$ là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AE = \frac{{110\sqrt 3 }}{3}.$

Chiều cao của giá đỡ là $DH = \sqrt {A{D^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{129}^2} - {{\left( {\frac{{110\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \approx 112$.

Đáp án: 53.

Gọi $x\,\,\left( {x > 3,x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$ là số lon nước Hoà mua được.

Khi đó, ta có: $9\,000 + 8\,500 + 0{,}9 \cdot 9\,000 + 98\% \left( {0{,}9 \cdot 9\,000} \right)\left( {x - 3} \right) = 422\,500$

$\Leftrightarrow 25\,600 + 7\,938\left( {x - 3} \right) = 422\,500 \Leftrightarrow 7\,938x = 420\,714$$\Leftrightarrow x = 53$.

Vậy Hoà mua được 53 lon nước.

Đáp án: 16.

Gọi $A$ là biến cố: “Người đó bị mắc bệnh sốt rét”; $B$ là biến cố: “Người đó lách to”.

Từ giả thiết, ta có $P\left( A \right) = 0{,}2;\,\,P\left( B \right) = 0{,}3$.

Trong số người bị sốt rét thì tỷ lệ lách to chiếm 80 % nên $P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}8$.

Khi đó, $P\left( {AB} \right) = P\left( {B\mid A} \right) \cdot P\left( A \right) = 0{,}8 \cdot 0{,}2 = 0{,}16$.

Suy ra $P\left( {\bar AB} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}14$.

Gọi $X$ là biến cố: “Khám $n$ người có ít nhất 1 người có lách to và không sốt rét”.

Khi đó $\bar X$ là biến cố: “Khám $n$ người không có ai có lách to và không sốt rét”.

$\Rightarrow P\left( {\bar X} \right) = {\left( {1 - 0{,}14} \right)^n} = {0{,}86^n}$.

Suy ra $P\left( X \right) = 1 - {0{,}86^n} \ge 0{,}9$$\Leftrightarrow {0{,}86^n} \le 0{,}1 \Leftrightarrow n \ge {\log _{0{,}86}}0{,}1 \approx 15{,}27$.

Vậy cần khám ít nhất 16 người.

Đáp án: 422.

Lợi nhuận của một khoản đầu tư chính là sự chênh lệch giữa thu nhập và chi phí.

Xét lợi nhuận của khoản đầu tư thứ nhất:

${L_1} = \int\limits_0^5 {\left( {3000 \cdot {e^{0{,}03t}} \cdot {e^{ - 0{,}05t}}} \right)\,} {\rm{d}}t - 1000 = \int\limits_0^5 {3000\,} {e^{ - 0{,}02t}}{\rm{d}}t - 1000$$\approx 13274{,}387$.

Xét lợi nhuận của khoản đầu tư thứ hai: ${L_2} = \int\limits_0^5 {4000{e^{ - 0{,}05t}}{\rm{d}}t} - 4\,000 \approx 13\,695{,}937$.

Sự chênh lệch lợi nhuận giữa hai khoản đầu tư là: $\left| {{L_1} - {L_2}} \right| = 421{,}55 \approx 422$.

Đáp án: 2.

Ta có $d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{z}{2}$ đi qua $M\left( {1\,; - 2\,;0} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;1\,;2} \right)$.

Mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 20$ có tâm $I\left( {3\,;2\,; - 1} \right)$ và bán kính $R = 2\sqrt 5$.

Ta có $d\left( {A,\left( P \right)} \right) \le d\left( {A\,,d} \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$ và $K$ là hình chiếu của $A$ trên đường thẳng $d$.

Suy ra $AH \le AK$. Dấu “=” xảy ra khi $H$ trùng với $K$.

Khi đó $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $K$ và vuông góc với $AK$.

Vì $K \in d$ nên $K\left( {1 + 2t; - 2 + t;2t} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {AK} = \left( {2t - 1;t + 1;2t - 4} \right)$.

Vì $AK \bot d$ nên $\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0$$\Leftrightarrow 2 \cdot \left( {2t - 1} \right) + \left( {t + 1} \right) + 2 \cdot \left( {2t - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1$.

Suy ra $K\left( {3\,; - 1\,;2} \right),\,\,\overrightarrow {AK} = \left( {1\,;2\,; - 2} \right)$.

Khi đó mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $K\left( {3\,; - 1\,;2} \right)$ nhận $\overrightarrow {AK} = \left( {1;2; - 2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là $\left( {x - 3} \right) + 2\left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow x + 2y - 2z + 3 = 0$.

Ta có $d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 + 2 \cdot 2 - 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 4$.

Vậy bán kính đường tròn cần tìm là: $r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {20 - {4^2}} = 2$.

Đáp án: 20.

Ta có $c\left( t \right) = {\left( {\frac{{40 + 3t + {t^2}}}{{5000}} - 0{,}1} \right)^2} + 0{,}15 = \frac{{{{\left( {{t^2} + 3t - 460} \right)}^2}}}{{{{5000}^2}}} + 0{,}15$.

Để tìm thời điểm mà xe chạy tiết kiệm nhiên liệu nhất, ta tìm giá trị nhỏ nhất của $c\left( t \right)$ trên $\left[ {0;24} \right].$

Ta có $c'\left( t \right) = \frac{{2\left( {{t^2} + 3t - 460} \right)\left( {2t + 3} \right)}}{{{{5000}^2}}}$$= \frac{{\left( {{t^2} + 3t - 460} \right)\left( {2t + 3} \right)}}{{12\,500\,000}}$.

$c'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\left( {{t^2} + 3t - 460} \right)\left( {2t + 3} \right)}}{{12\,500\,000}} = 0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 20}\\{t = - \frac{3}{2} \notin [0;24]}\\{t = - 23 \notin [0;24]}\end{array}} \right.$.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy xe chạy tiết kiệm nhiên liệu nhất là thời điểm $t = 20$ giờ.