Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 14)

Ta có bảng tần số tích lũy:

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{125}}\) là thời gian đọc của 125 lượt truy cập được sắp thep thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_1} = \frac{{{x_{31}} + {x_{32}}}}{2}\) mà \({x_{31}};{x_{32}} \in \left[ {0;2} \right)\). Khi đó \({Q_1} = 0 + \frac{{31,25 - 0}}{{45}} \cdot 2 = \frac{{25}}{{18}}\).

Ta có \({Q_3} = \frac{{{x_{94}} + {x_{95}}}}{2}\) mà \({x_{94}};{x_{95}} \in \left[ {4;6} \right)\). Khi đó \({Q_3} = 4 + \frac{{93,75 - 79}}{{23}} \cdot 2 = \frac{{243}}{{46}}\).

Suy ra khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} \approx 3,89\). Chọn D.

Từ đồ thị hình vẽ ta thấy đồ thị có nét cuối hướng lên nên \(a > 0.\)

Lại có, đồ thị cắt \(Oy\) tại điểm có tung độ dương và tọa độ của điểm đó là \(\left( {0\,;d} \right)\)\( \Rightarrow d > 0\).

Chọn B.

Ta có \(\int {\cos } 2x{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\sin 2x + C\). Chọn C.

a) Sai. Phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm là \(x = 0,x = 2,x = 3\).

b) Đúng. Vì hàm số có 3 nghiệm là \(x = 0,x = 2,x = 3\) nên có dạng \(f\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\).

c) Đúng. Ta thấy đỉnh ngọn đồi chính là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có \(f\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = a \cdot \left( {3{x^2} - 10x + 6} \right) = 0 \Rightarrow x = \frac{{5 \pm \sqrt 7 }}{3}\).

\( \Rightarrow x = \frac{{5 - \sqrt 7 }}{3}\) là điểm cực đại của hàm số đã cho.

Vì ngọn đồi cao 0,528 km nên ta có:

\(a \cdot \left( {\frac{{5 - \sqrt 7 }}{3}} \right) \cdot \left( {\frac{{5 - \sqrt 7 }}{3} - 2} \right) \cdot \left( {\frac{{5 - \sqrt 7 }}{3} - 3} \right) = 0,528\)\( \Rightarrow a \approx 0,25\).

d) Sai. Dựa vào hình vẽ ta thấy điểm thấp nhất của hồ chính là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho nên \(x = \frac{{5 + \sqrt 7 }}{3}\) là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.

Độ sâu của hồ là \(\left| {f\left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3}} \right)} \right| = \left| {0,25 \cdot \left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3}} \right) \cdot \left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3} - 2} \right) \cdot \left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3} - 3} \right)} \right|\)\( \approx 0,158\;\,{\rm{km}}.\)

Xét các biến cố

\(A\) : “X có kết quả xét nghiệm dương tính”;

\(\bar A\) : “X có kết quả xét nghiệm âm tính”;

\(B\) : “X là người nhiễm bệnh”;

\(\bar B\) : “X là người không bị nhiễm bệnh”.

a) Sai. Xác suất X là người bị nhiễm bệnh là \(P\left( B \right) = \frac{{10}}{{100}} = 0,1.\)

Xác suất X là người không bị nhiễm bệnh là \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{{90}}{{100}} = 0,9.\)

Đối với người nhiễm bệnh thì xác suất xét nghiệm có kết quả dương tính là 80% nên ta có

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{80}}{{100}} = 0,8\)\( \Rightarrow P\left( {\bar A\mid B} \right) = 1 - P\left( {A\mid B} \right) = 1 - 0,8 = 0,2\).

b) Sai. Đối với người không nhiễm bệnh thì xác suất xét nghiệm có phản ứng dương tính là 9%

nên ta có \(P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{9}{{100}} = 0,09\)\( \Rightarrow P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 1 - P\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - 0,09 = 0,91\).

c) Đúng. Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

\(P\left( {\bar A} \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {\bar A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {\bar A\mid \bar B} \right)\)\( = 0,1 \cdot 0,2 + 0,9 \cdot 0,91 = 0,839\).

Xác suất để X là người nhiễm bệnh, biết X có kết quả xét nghiệm âm tính là

\(P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {\bar A\mid B} \right)}}{{P\left( {\bar A} \right)}} = \frac{{0,1 \cdot 0,2}}{{0,839}} = \frac{{20}}{{839}}\).

d) Sai. Xác suất để X là người không bị nhiễm bệnh, biết X có kết quả xét nghiệm âm tính là

\(P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - \frac{{20}}{{839}} = \frac{{819}}{{839}}\).

a) Sai. Đổi \(72\;{\rm{km/h = 20 m/s}}\).

Quãng đường lái xe phản ứng 1 giây là 20 m.

Do đó quãng đường ô tô đã di chuyển kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là:

\(80 - 20 - 40 = 20\) (m).

b) Đúng. Ta có \(v\left( 0 \right) = 20 \Leftrightarrow b = 20.\)

c) Sai. Xe dừng hẳn khi \(v\left( t \right) = 0\) hay \(at + 20 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{{20}}{a}.\)

Ta có \(s\left( t \right) = \int v \left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( {at + 20} \right)} \,{\rm{d}}t = \frac{a}{2}{t^2} + 20t + C.\)

\(s\left( 0 \right) = 0\) nên \(C = 0 \Rightarrow s\left( t \right) = \frac{a}{2}{t^2} + 20t\).

Quãng đường xe đi được kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là:

\(s\left( { - \frac{{20}}{a}} \right) = \frac{a}{2} \cdot {\left( { - \frac{{20}}{a}} \right)^2} + 20 \cdot \left( { - \frac{{20}}{a}} \right) = - \frac{{200}}{a}\).

Quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ khi đạp phanh đến khi dừng hẳn là 20 mét nên

\( - \frac{{200}}{a} = 20\) hay \(a = - 10\). Vậy \(s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t\) và \(t = - \frac{{20}}{{ - 10}} = 2\) (giây).

d) Sai. Vận tốc trung bình của ô tô từ lúc phát hiện chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là

\(\frac{{20 + 20}}{3} = \frac{{40}}{3} \approx 13,3\;\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

a) Sai. Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 1 = 0\) có tâm \[I\left( {1\,; - 2\,;0} \right)\].

b) Sai. Bán kính mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 1 = 0\) là \(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} - 1} = 2\).

c) Đúng. Khoảng cách từ tâm \(I\left( {1\,; - 2\,;0} \right)\) của mặt cầu \(\left( S \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right):x + y - z - 2 = 0\) là \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + \left( { - 2} \right) - 0 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \sqrt 3 \).

d) Đúng. Ta thấy \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) < R\) nên \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn với bán kính \(r = \sqrt {{R^2} - d{{\left( {I,\left( P \right)} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 1\).

Đáp án: 2.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC\).

Suy ra \(AB{\rm{//}}MN\) mà \(MN \subset \left( {SMN} \right) \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)}\\{SM \subset \left( {SMN} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow d\left( {AB,SM} \right) = d\left( {AB,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\).

Do \(AC\) cắt \(\left( {SMN} \right)\) tại \(M\) nên \(\frac{{d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right)}} = \frac{{AM}}{{CM}} = 1\).

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right)\).

Kẻ \(CH \bot MN,CK \bot SH\) suy ra \(d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right) = CK\).

Tam giác \(CMN\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\), ta có \(\frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{C{M^2}}} + \frac{1}{{C{N^2}}}.\)

Tam giác \(SCH\) vuông tại \(C\), đường cao \(CK\), ta có \(\frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{C{S^2}}} + \frac{1}{{C{H^2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{C{S^2}}} + \frac{1}{{C{M^2}}} + \frac{1}{{C{N^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}}\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{4}.\)

Vậy \(CK = d\left( {SM,AB} \right) = 2\).

Đáp án: 0,27.

Gọi \(A\) là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc đó không nhỏ hơn 10”;

    \(B\) là biến cố: “Ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm”.

Ta cần tính \(P\left( {A\mid B} \right)\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 36\).

Ta có \(A = \left\{ {\left( {5\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;\,6} \right);\,\,\left( {6\,;5} \right);\,\,\left( {6\,;\,6} \right)} \right\}\).

\(B = \left\{ {\left( {1\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;1} \right);\,\,\left( {2\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;\,2} \right);\,\,\left( {5\,;\,3} \right);\,\,\left( {3\,;\,5} \right);\,\,\left( {4\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;\,4} \right);\,\,\left( {5\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;6} \right);\,\,\left( {6\,;5} \right)} \right\}\).

\( \Rightarrow A \cap B = \left\{ {\left( {5\,;\,6} \right);\,\,\left( {5\,;\,5} \right);\,\,\left( {6\,;\,5)} \right)} \right\}\).

\( \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 3 \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = \frac{3}{{36}};\,\,P\left( B \right) = \frac{{11}}{{36}}\).

Vậy \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{3}{{11}} \approx 0,27\).

Đáp án: 140.

Theo bài ra, ta có sơ đồ như hình bên.

Quảng đường ngắn nhất có thể đi là ACDBA, có độ dài bằng \(11 + 5 + 8 + 9 = 33\,\,{\rm{(km)}}\).

Vậy thời gian ngắn nhất để di chuyển và giao hàng tại 3 địa điểm là: \(\frac{{33}}{{40}} + 0,5 \cdot 3 = 2,325\) (giờ) \( = 139,5\) (phút) \( \approx 140\) (phút).

Đáp án: 69,6.

Do hàm số đạt cực đại tại \(\left( {2\,;\,4} \right)\) và đạt cực tiểu tại \(\left( {0\,;0} \right)\) nên \(f'\left( x \right)\) có hai nghiệm \(x = 0\) và

\(x = 2\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right)\).

Suy ra \(f\left( x \right) = \int {f'} \left( x \right){\rm{d}}x = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right) + C\).

Ta có \(f\left( x \right)\) đi qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên \(C = 0.\)

\(f\left( x \right)\) đi qua điểm \(\left( {2\,;4} \right)\) nên \(4 = a\left( {\frac{{{2^3}}}{3} - {2^2}} \right) \Leftrightarrow a = - 3.\)

Suy ra \(f\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} \Rightarrow f\left( x \right) \cap Ox\) tại \(\left( {0\,;0} \right)\) và \(\left( {3\,;0} \right)\).

Gọi vị trí đặt cầu là điểm \(A\left( {t; - {t^3} + 3{t^2}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\).

Ta có phương trình mặt đường là \(y = 16 - 4x \Rightarrow 4x + y - 16 = 0.\)

Độ dài cây cầu là: \(d\left( {A\,,d} \right) = \frac{{\left| {4t - {t^3} + 3{t^2} - 16} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {4t - {t^3} + 3{t^2} - 16} \right|}}{{\sqrt {17} }}\).

Lập bảng biến thiên tại \(\left[ {0\,;\,3} \right]\) để tìm min của hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{\left| {4t - {t^3} + 3{t^2} - 16} \right|}}{{\sqrt {17} }}\).

\( \Rightarrow d\left( {A\,,\,d} \right)\) nhỏ nhất bằng 0,696 khi \(x \approx 2,52\).

Vậy độ dài cây cầu ngắn nhất là \(0,696 \cdot 100 = 69,6\;\,\,{\rm{(m)}}.\)

Đáp án: −1.

Gọi \(M'\left( {a\,;0\,;0} \right)\) là điểm đối xứng của \(M\) qua mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nằm trên trục hoành.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng qua \(M'\) và vuông góc với \(\left( Q \right) \Rightarrow \Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = a + t}\\{y = t}\\{z = 0}\end{array}.} \right.\)

Gọi \(H = \Delta \cap \left( Q \right) \Rightarrow H\left( {a + t\,;t\,;0} \right)\).

\(H \in \left( Q \right) \Rightarrow \left( {a + t} \right) + t + 4 = 0 \Leftrightarrow 2t + a + 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - a - 4}}{2}\)\( \Rightarrow H\left( {\frac{{a - 4}}{2};\frac{{ - a - 4}}{2};0} \right)\).

\(M'\) là điểm đối xứng \(M\) qua \(\left( Q \right) \Rightarrow H\) là trung điểm của \(MM'\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = 2{x_H} - {x_{M'}} = - 4}\\{{y_M} = 2{y_H} - {y_{M'}} = - a - 4 \Rightarrow M\left( { - 4\,; - a - 4\,;0} \right)}\\{{z_M} = 2{z_H} - {z_{M'}} = 0}\end{array}} \right.\).\(M \in \left( P \right) \Rightarrow - 4 - 2 \cdot \left( { - a - 4} \right) + 0 + 2 = 0 \Leftrightarrow - 4 + 2a + 8 + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2a + 6 = 0 \Leftrightarrow a = - 3 \Rightarrow M\left( { - 4\,; - 1\,;0} \right)\).

Vậy tung độ của điểm \(M\) là −1.

Đáp án: 34.

Gọi \(H = AB \cap Ox,E = MN \cap Ox\),

\(F = MQ \cap Oy,G = AD \cap Oy.\)

Phương trình đường tròn tâm \(O\) bán kính 5 dm là

\({x^2} + {y^2} = 25\quad \left( C \right).\)

Vì \(AB = 8 \Rightarrow AH = 4\)\( \Rightarrow \) Tung độ của điểm \(A\) là 4.

Thay \(y = 4\) vào phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) ta được:

\({x^2} + 16 = 25 \Rightarrow x = - 3 \Rightarrow A\left( { - 3\,;4} \right) \Rightarrow D\left( {3\,;4} \right)\) (do \(D\) đối xứng với \(A\) qua Oy)

Gọi phương trình parabol đi qua các điểm \(A,O,D\) có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\quad \left( P \right).\)

Thay tọa độ các điểm \(A,O,D\) vào phương trình parabol \(\left( P \right)\) ta được phương trình sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}9a + 3b + c = 4\\9a - 3b + c = 4\\c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{4}{9}}\\\begin{array}{l}b = 0\\c = 0\end{array}\end{array}} \right. \Rightarrow y = \frac{{4{x^2}}}{9}\).

Vì \(MN = 4 \Rightarrow ME = 2\)\( \Rightarrow \) Tung độ của điểm \(M\) là 2.

Thay \(y = 2\) vào phương trình parabol \(\left( P \right)\) ta được: \(4{x^2} = 18 \Rightarrow x = \frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2};2} \right)\).

Phương trình của đường tròn tâm \(O\) bán kính 5 dm trong góc phần tư thứ II là \(y = \sqrt {25 - {x^2}} .\)

Ta ký hiệu:

Diện tích giới hạn bởi đường tròn tâm \(O\) và đoạn AL là \({S_1}.\)

Diện tích giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), đường thẳng \(y = 0,x = - 3,x = \frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}{\rm{ l\`a }}{S_2}{\rm{. }}\)

Diện tích giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), đoạn MF, đường thẳng \(x = 0\) là \({S_3}.\)

Diện tích \(\Delta AKG\) là \({S_4}.\)

Ta có \({S_1} = \int\limits_{ - 5}^{ - 3} {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} - {S_{\Delta AHL}} = \int\limits_{ - 5}^{ - 3} {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} - \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2\)\( = \int\limits_{ - 5}^{ - 3} {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} - 4\).

 \({S_2} = \int\limits_{ - 3}^{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}} {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x} \).

\[{S_3} = {S_{MFOE}} - \int\limits_{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}}^0 {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \cdot 2 - \int\limits_{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}}^0 {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x} \]\( = 3\sqrt 2 - \int\limits_{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}}^0 {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x} \).

 \({S_4} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 1 = \frac{3}{2}.\)

Ta bấm máy tính thì được diện tích phần tô đậm là: \(S = 4 \cdot \left( {{S_1} + {S_2} + {S_3} + {S_4}} \right) \approx 34\).