Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 37)

Ta có: \(\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} \)

Suy ra \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = - 4 - 1 = - 5\). Chọn D.

Ta có: \({u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3 \cdot 5 = 17\). Chọn D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left( { - 2;2} \right)\\x = 0 \in \left( { - 2;2} \right)\\x = 1 \in \left( { - 2;2} \right)\end{array} \right..\)

Ta có: \(f\left( { - 2} \right) = 13;f\left( { - 1} \right) = 4;f\left( 0 \right) = 5;f\left( 1 \right) = 4;f\left( 2 \right) = 13\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 13\) đạt tại \(x = \pm 2\). Chọn A.

a) Đúng. Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {2; - 1;1} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

b) Sai. \[\overrightarrow {MI} = \left( {1; - 4; - 4} \right) \Rightarrow MI = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {33} > R\].

Suy ra, điểm \[M\] nằm ngoài mặt cầu.

c) Sai. Đường thẳng đi qua gốc tọa độ \(O\) và tâm \(I\) của mặt cầu \((S)\) có một vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow {OI} = \left( {2; - 1;1} \right)\].

Phương trình tham số của đường thẳng \[OI\] là \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = - t}\\{z = t}\end{array}} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

d) Sai. Ta có: \[d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2.1 + 8} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\].

Khi đó \[r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5 \].

a) Sai. Ta có \(G\left( {4;6;5} \right)\).

b) Đúng. Độ dốc mái nhà là góc nhị diện \(\left[ {Q,FG,H} \right] = 45^\circ \). Tam giác EFP cân tại \(P\), gọi \(I\) là trung điểm EF. Khi đó \(P\) nằm trên đường trung trực của EF.

\(I\) là trung điểm \(EF \Rightarrow I\left( {2;0;5} \right)\).

Vì mái nhà dốc \(45^\circ \), xét tam giác vuông tại \(I\) (với đỉnh là \(P\)): \(PI = \frac{{EF}}{2} \cdot \tan 45^\circ = \frac{4}{2} \cdot 1 = 2\;{\rm{m}}\).

Vậy cao độ của đỉnh mái nhà \(P\) là: \({z_P} = {z_E} + PI = 5 + 2 = 7\;{\rm{m}}\).

Tọa độ \(P\left( {2;0;7} \right)\) và \(Q\left( {2;6;7} \right)\).

\(M\) là trung điểm GQ. \(G\left( {4;6;5} \right)\) và \(Q\left( {2;6;7} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{{4 + 2}}{2};\frac{{6 + 6}}{2};\frac{{5 + 7}}{2}} \right) = M\left( {3;6;6} \right)\).

Đoạn đường đi: \(O \to E \to H \to M\).

\(OE = 5\;{\rm{m}}\).

\(EH = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {6 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - 5} \right)}^2}} = 6\;{\rm{m}}\).

\(HM = \sqrt {{{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {6 - 5} \right)}^2}} = \sqrt {{3^2} + {0^2} + {1^2}} = \sqrt {10} \;{\rm{m}}\).

Tổng độ dài: \(5 + 6 + \sqrt {10} = 11 + \sqrt {10} \;{\rm{m}}\).

Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu từ \(O\) qua E, H đến \(M\) bằng \(11 + \sqrt {10} {\rm{ m}}\).

c) Đúng. Điểm \(Q\) có cao độ \(z = 7\)nên chiều cao của kho hàng bằng 7.

d) Đúng. \(\overrightarrow {PQ} = \left( {{x_Q} - {x_P};{y_Q} - {y_P};{z_Q} - {z_P}} \right) = \left( {2 - 2;6 - 0;7 - 7} \right) = \left( {0;6;0} \right)\).

a) Đúng. \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){e^x}\).\(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

\(f\left( 0 \right) = 7\); \(f\left( 1 \right) = 3e\); \(f\left( 2 \right) = {e^2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) lần lượt là \(7\) và \(3e\).

b) Sai. \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){e^x}\).

c) Sai. Ta có bảng biến thiên

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\); đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\)

d) Đúng. \(f\left( 0 \right) = 7\).

Gọi các biến cố:

A: “Công ty trúng thầu dự án thứ nhất”; B: “Công ty trúng thầu dự án thứ hai”.

Theo đề bài, ta có các dữ kiện sau:

\[\begin{array}{l}P\left( A \right) = 0,8 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,8 = 0,2.\\P\left( {B|A} \right) = 0,9 \Rightarrow P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - 0,9 = 0,1.\\P\left( {B|\overline A } \right) = 0,2 \Rightarrow P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - 0,2 = 0,8.\end{array}\]

a) Đúng. Xác suất để công ty không trúng thầu dự án thứ nhất là: \[P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,8 = 0,2.\]

b) Đúng. Xác suất để công ty trúng thầu cả hai dự án là:

\[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = 0,8 \cdot 0,9 = 0,72\].

c) Đúng. Xác suất để công ty trúng thầu dự án thứ hai là

\[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = 0,8 \cdot 0,9 + 0,2 \cdot 0,2 = 0,72 + 0,04 = 0,76\].

d) Sai. Nếu công ty không trúng thầu dự án thứ hai thì xác suất trúng thầu dự án thứ nhất là

\[P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A\overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\overline B |A} \right)}}{{1 - P\left( B \right)}} = \frac{{0,08}}{{0,24}} = \frac{1}{3} \approx 0,333\].

Đáp án: 0,57.

Có \[{S_A}\left( t \right) = \int {{S_A}^\prime \left( t \right)dt = } \int {{v_A}\left( t \right)} dt = \int {5\sqrt t } dt = 5.\frac{2}{3}t\sqrt t + C\], do \[{S_A}\left( 0 \right) = 0\] nên \[{S_A}\left( t \right) = \frac{{10}}{3}t\sqrt t \].

Có \[{S_A}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow \frac{{10}}{3}t\sqrt t = 10 \Leftrightarrow t\sqrt t = 3 \Leftrightarrow t = {3^{\frac{2}{3}}} = \sqrt[3]{9} \approx 2,08\] (giờ)

Có \[{S_B}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow t = 2\] (giờ) (do \[{S_B}^\prime \left( t \right) = 5 - 5\cos \left( {2\pi t} \right) \ge 0\] nên phương trình \[{S_B}\left( t \right) = 10\] có nghiệm duy nhất)

Suy ra Bình chạy nhanh hơn An, tức là Bình chạy được 10 km trước An.

Khi đó khoảng cách giữa hai người là \[{S_B}\left( 2 \right) - {S_A}\left( 2 \right) = 10 - \frac{{10}}{3}2\sqrt 2 \approx 0,57\] (km).

Đáp án: 9.

Gọi \(x\) là số lượng giếng dầu công ty khai thác thêm,\(x \in \mathbb{N}\).

Tổng số giếng dầu sau khi thêm: \(15 + x\)(giếng).

Sản lượng dầu của mỗi giếng sau khi thêm: \(231 - 7x\)(thùng/ngày).

Điều kiện:\(231 - 7x > 0\) suy ra \(x < 33\).

Gọi \(f(x)\)là tổng sản lượng dầu chiết xuất được mỗi ngày. Ta có:

\(f\left( x \right) = \left( {15 + x} \right)\left( {231 - 7x} \right) =  - 7{x^2} + 126x + 3465\)

Với hệ số \(a =  - 7 < 0\) nên đồ thị là một parabol có đỉnh là điểm cao nhất.

Giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại tọa độ đỉnh:\[\;x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 126}}{{2 \cdot \left( { - 7} \right)}} = 9\] (thỏa mãn).

Đáp án: 2876.

Xét trong hệ trục tọa độ \[Oxyz\] với \(O\) là đỉnh dưới của khối lập phương và các trục \[Ox,Oy,Oz\] có các chiều dương là tia \(OB,OC,OI\) như hình vẽ dưới:

Khi đó tập hợp tất cả các đỉnh của các khối lập phương cạnh 1 có tọa độ là \(\left( {a;b;c} \right)\) với \(a,b,c \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Theo quy tắc nhân số lượng các đỉnh như vậy là \({3^3} = 27\).

Số cách chọn ra 3 đỉnh phân biệt trong 27 đỉnh nói trên là \(C_{27}^3\).

Ta đếm số lượng các bộ ba đỉnh thẳng hàng.

Không mất tính tổng quát giả sử \({x_A} < {x_C}\).

Khi đó \({x_A} < {x_B} < {x_C}\) và \({x_A},{x_B},{x_C} \in \left\{ {0;1;2} \right\} \Rightarrow {x_A} = 0;{x_B} = 1;{x_C} = 2\).

Suy ra \(B\) là trung điểm của \[AC.\]

Từ nhận xét ta thấy: Số bộ ba điểm \(\left( {A,B,C} \right)\) chính bằng số bộ \(\left( {A,C} \right)\) thỏa mãn trung điểm của \[AC\]có tọa độ nguyên.

Điều này tương đương với số bộ hai điểm \[A,C\] sao cho \({x_A},{x_C}\) cùng tính chẵn lẻ; \({y_A},{y_C}\) cùng tính chẵn lẻ; \({z_A},{z_C}\) cùng tính chẵn lẻ.

Lưu ý rằng \({x_A},{x_C}\) cùng lẻ thì \({x_A} = {x_C} = 1\). Do đó nên trong ba số \({x_A},{y_A},{z_A}\) chỉ có tối đa 2 số lẻ.

Ta xét các trường hợp:

TH1: \({x_A},{y_A},{z_A}\) có đúng 2 số lẻ; tức là có đúng 2 số \(1\). Thế thì \[A,C\] sẽ cùng thuộc tập \(\left\{ {\left( {1;1;0} \right);\,\left( {1;1;2} \right)} \right\};\,\left\{ {\left( {1;0;1} \right);\,\left( {1;2;1} \right)} \right\};\,\left\{ {\left( {0;1;1} \right);\,\left( {2;1;1} \right)} \right\}\).

Như vậy sẽ có 3 cặp \(\left( {A,C} \right)\) ở trường hợp này.

TH2: \({x_A},{y_A},{z_A}\) có đúng 1 số lẻ. Khi đó \[A,C\] cùng thuộc các tập

\(\left\{ {\left( {1;a;b} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\};\left( {a;1;b} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\};\,\left( {a;b;1} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\}} \right\}\).

Như vậy sẽ có \(C_4^2 \cdot 3 = 18\) cặp \(\left( {A,C} \right)\) ở trường hợp này.

TH3: \({x_A},{y_A},{z_A}\) không có số lẻ. Khi đó tất cả các tọa độ của \[A,C\] đều chẵn.

Có tất cả \({2^3} = 8\) đỉnh có tất cả các tọa độ đều chẵn.

Chọn hai điểm \[A,C\] trong các điểm này có \(C_8^2\) cách.

Vậy nên có tổng cộng tất cả \(C_8^2 + 18 + 3 = 49\) bộ ba đỉnh thẳng hàng.

Từ đó sẽ có \(C_{27}^3 - 49 = 2876\) tam giác được tạo thành.

Đáp án: 13,8.

Vũng phát hiện của Ra đa là mặt cầu tâm \(A\left( {12;8;3} \right)\), bán kính \(30\) km:

\(\left( S \right):{\left( {x - 12} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {30^2}\).

Quỹ đạo bay của UAV là đường thẳng đi qua \(M\left( {72;28;3} \right)\) và \(N\left( { - 32; - 30;3} \right)\):

\(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 72 + 52t\\y = 28 + 29t\\z = 3\end{array} \right.\).

Gọi \(I\), \(K\) là các giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\). Khi đó, hình ảnh của UAV xuất hiện trên màn hình của Ra đa khi UAV di chuyển trên đoạn \(IK\).

Ta có: \[{\left( {60 + 52t} \right)^2} + {\left( {20 + 29t} \right)^2} = {30^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{ - 3700 + \sqrt {2700500} }}{{3545}} \Rightarrow I\left( {\frac{{62840 + 52\sqrt {2700500} }}{{3545}};\frac{{ - 8040 + 29\sqrt {2700500} }}{{3545}};3} \right)\\t = \frac{{ - 3700 - \sqrt {2700500} }}{{3545}} \Rightarrow K\left( {\frac{{62840 - 52\sqrt {2700500} }}{{3545}};\frac{{ - 8040 - 29\sqrt {2700500} }}{{3545}};3} \right)\end{array} \right.\].

Vậy tổng thời gian UAV xuất hiện trên màn hình Ra đa là

\(\frac{{IK}}{v} \cdot 60 = \frac{{\sqrt {{{\left( {\frac{{ - 104\sqrt {2700500} }}{{3545}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 58\sqrt {2700500} }}{{3545}}} \right)}^2}} }}{{240}} \cdot 60 \approx 13,8\) (phút).

Đáp án: 864.

Đáy ABCD là hình thoi có \(\widehat {ABC} = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác đều.

Gọi độ dài cạnh hình thoi là \(x\).

Vì \(C'A = C'B = C'C\) nên hình chiếu vuông góc của \(C'\) lên mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\) phải cách đều 3 đỉnh \(A,B,C\). Tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) đều chính là trọng tâm \(G\) của tam giác đó.

Suy ra \(C'G \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(C'G\) chính là chiều cao \(h\) của lăng trụ.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Trong \(\Delta ABC\) đều, \(AM \bot BC\) và điểm \(G\) nằm trên \(AM\). Do đó \(GM \bot BC\).

Ta có \(BC \bot C'G\) và \(BC \bot GM \Rightarrow BC \bot \left( {C'GM} \right) \Rightarrow BC \bot C'M\).

Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) chính là \(\widehat {C'MG} = 45^\circ \).

Xét \(\Delta C'GM\) vuông tại \(G\), có \(\widehat {C'MG} = 45^\circ \) nên là tam giác vuông cân \( \Rightarrow h = C'G = GM\).

Ta có \(AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow GM = \frac{1}{3}AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\). Vậy \(h = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\).

Vì \(AA'\parallel CC'\) nên \(AA'\parallel \left( {BCC'B'} \right)\). Do đó, khoảng cách \(d\left( {AA',BC} \right) = d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 6\sqrt 3 \).

Trong mặt phẳng \(\left( {C'AM} \right)\), kẻ \(AH \bot C'M\) tại \(H\).

Vì \(BC \bot \left( {C'AM} \right)\) nên \(BC \bot AH\). Suy ra \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

Khoảng cách chính là đoạn \(AH = 6\sqrt 3 \).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(G\) lên \(C'M\). Do \(A,G,M\) thẳng hàng và \(AM = 3GM\)nên \(d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {BCC'B'} \right)} \right) \Rightarrow AH = 3GK\).

Trong \(\Delta C'GM\) vuông cân tại \(G\): \(GK = \frac{{C'G \cdot GM}}{{\sqrt {C'{G^2} + G{M^2}} }} = \frac{{GM}}{{\sqrt 2 }}\).

Ta có phương trình: \(AH = 3 \cdot \frac{{GM}}{{\sqrt 2 }} = 6\sqrt 3 \Rightarrow GM = 2\sqrt 6 \).

Thay \(GM = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\) vào, ta được: \(\frac{{x\sqrt 3 }}{6} = 2\sqrt 6 \Rightarrow x = 12\sqrt 2 \).

Suy ra chiều cao \(h = GM = 2\sqrt 6 \).

Diện tích đáy (hình thoi ABCD) bằng 2 lần diện tích \(\Delta ABC\):

\({S_{ABCD}} = 2 \cdot \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {12\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{2} = 144\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ: \(V = {S_{ABCD}} \cdot h = 144\sqrt 3 \cdot 2\sqrt 6 = 288\sqrt {18} = 864\sqrt 2 \).

Theo đề bài \(V = a\sqrt 2 \), ta suy ra \(a = 864\).

Đáp án: 118.

Ta gọi số của 3 người trong một nhóm lần lượt là \(a\), \(b\), \(c\)(\(a,b,c \in \mathbb{N}*\)\(1 \le a < b < c \le 100\)).

Ta có: \(a + b + c = 100\) với điều kiện (do mỗi thẻ ghi một số khác nhau và việc lập nhóm không phân biệt thứ tự từng người).

Vì \(a < b < c\) nên ta có bất đẳng thức:

\[a + \left( {a + 1} \right) + \left( {a + 2} \right) \le a + b + c\]\[ \Leftrightarrow 3a + 3 \le 100\]\[ \Leftrightarrow 3a \le 97\]\[ \Rightarrow a \le 32\]

Vậy \[a\] nhận các giá trị nguyên từ 1 đến 32.

Với một giá trị \[a\] cho trước, ta có \(b + c = 100 - a\).

Vì \(b < c\) nên \(b + b < b + c \Rightarrow 2b < 100 - a \Rightarrow b < \frac{{100 - a}}{2}\)

Mặt khác, vì \(a < b\) nên \(a + 1 \le b\). Kết hợp điều kiện ở trên ta được: \(a + 1 \le b < \frac{{100 - a}}{2}\)

TH1: \[a\] là số lẻ

Đặt \[a = 2k - 1\] với \[k \in {\mathbb{N}^*}\].

Vì \(1 \le a \le 31\) nên \(1 \le 2k - 1 \le 31 \Rightarrow 1 \le k \le 16\).

Thế \[a = 2k - 1\] vào bất phương trình của \[b\]:

\(\left( {2k - 1} \right) + 1 \le b < \frac{{100 - \left( {2k - 1} \right)}}{2}\)\( \Leftrightarrow 2k \le b < \frac{{101 - 2k}}{2} = 50,5 - k\)

Vì \(b\) là số nguyên, điều kiện \(b < 50,5 - k \Leftrightarrow b \le 50 - k\).

Vậy \(b\) nằm trong đoạn: \(\left[ {2k\,;\,50 - k} \right]\).

Số lượng giá trị của \(b\) tạo được ứng với mỗi \(k\) là: \(\left( {50 - k} \right) - 2k + 1 = 51 - 3k\)

Thay giá trị của \(k\) từ 1 đến 16, ta được dãy số lượng nhóm: \[48,45,42, \ldots ,3\].

Đây là cấp số cộng có 16 số hạng.

Tổng của dãy cấp số cộng này là: \({S_1} = \frac{{\left( {48 + 3} \right)\, \cdot 16}}{2} = 408\) (nhóm).

TH2: \[a\] là số chẵn

Đặt \(a = 2k\) với \(k \in {\mathbb{N}^*}\).

Vì \(2 \le a \le 32\) nên \(1 \le 2k \le 32 \Rightarrow 1 \le k \le 16\).

Thế \(a = 2k\) vào bất phương trình của \(b\):

\(2k + 1 \le b < \frac{{100 - 2k}}{2} \Leftrightarrow 2k + 1 \le b < 50 - k\).

Vì \(b\) là số nguyên, điều kiện \(b < 50 - k\) tương đương với \(b \le 49 - k\).

Vậy \(b\) nằm trong đoạn: \(\left[ {2k + 1\,;\,49 - k} \right]\).

Số lượng giá trị của \(b\) tạo được ứng với mỗi \(k\) là: \(\left( {49 - k} \right) - \left( {2k + 1} \right) + 1 = 49 - 3k\)

Lần lượt cho \(k\) chạy từ \(1\) đến 16, ta được dãy số lượng nhóm: \(46,43,40, \ldots ,1\).

Tổng của cấp số cộng này là: \[{S_2} = \frac{{\left( {46 + 1} \right)\, \cdot \,16}}{2} = 376\] (nhóm).

Tổng số các nhóm 3 người thoả mãn yêu cầu đề bài: \[408 + 376 = 784\](nhóm).

Tổng số tiền lớn nhất cần chuẩn bị là: \(784 \cdot 150000 = 117600000\)đồng\( \approx 118\)triệu đồng.

Vậy số tiền ban quản lý siêu thị phải chuẩn bị khoảng 118 triệu đồng.