Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 42)

Toạ độ của vectơ \[\overrightarrow {BA} \] là \(\left( { - 2;2 - 4} \right)\). Chọn C.

Ta có

\(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NC} } \right) + \left( {\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {ND} } \right) = 2\overrightarrow {MN} + \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) + \left( {\overrightarrow {ND} + \overrightarrow {NC} } \right) = 2\overrightarrow {MN} \)

Suy ra \[\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow b + \overrightarrow d } \right)\]. Chọn B.

Hàm số nghịch biến khi \(f'\left( x \right) < 0\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f'\left( x \right) < 0\) trên khoảng \(\left( { - 1;\,1} \right)\) nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,1} \right)\). Chọn A.

a) Đúng. Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right) \Rightarrow H\left( { - 3;4;0} \right)\).

b) Sai. Khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right):d\left( {B,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| { - 4} \right| = 4\).

c) Đúng. Xét tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\).

Ta có \(M{H^2} = A{M^2} - A{H^2} = {15^2} - {9^2} = 144 \Rightarrow MH = 12\).

d) Sai. Độ ổn định cao nhất khi khoảng cách \(MB\)nhỏ nhất.

Gọi \(M\left( {x;y;0} \right)\) . Vì \(MH = 12\) nên \(M\) nằm trên đường tròn tâm \(H\left( { - 3;4;0} \right)\) bán kính \(R = 12\) trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Điểm \(B'\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt sàn \( \Rightarrow B'\left( {6;16;0} \right)\).

Ta có \(MB = \sqrt {M{{B'}^2} + B{{B'}^2}} = \sqrt {M{{B'}^2} + {4^2}} \).

\(MB\) nhỏ nhất khi \(MB'\) nhỏ nhất khi \(M\) là giao điểm của đoạn thẳng \(HB'\) với đường tròn tâm \(H\).

\(HB' = \sqrt {{{\left( {6 - \left( { - 3} \right)} \right)}^2} + {{\left( {16 - 4} \right)}^2}} = 15\).

Khi đó \(M{B'_{\min }} = HB' - R = 15 - 12 = 3 \Rightarrow M{B_{\min }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).

Gọi \(A\) là biến cố chọn hạt giống hoa hướng dương, \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\)

Gọi \(B\) là biến cố chọn hạt giống nảy mầm

Gọi \(C\) là biến cố máy quét tia \(X\) báo “Đạt”

Ta có sơ đồ cây

a) Đúng. Ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{5} = 0,6\).

b) Đúng. Ta có \(P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0,9 = 0,1\).

c) Sai. Ta có \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{2}{5} \cdot 0,8 + \frac{3}{5} \cdot 0,9 = 0,86\).

d) Đúng. Ta tính \(P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{P\left( {\overline B C} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)}}{{P\left( C \right)}}\)

Ta có \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,86 = 0,14\); \(P\left( {C|\overline B } \right) = 0,1\).

\(P\left( C \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {C|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {C|\overline B } \right)\)\( = 0,86 \cdot 0,9 + 0,14 \cdot 0,1\)\( = 0,788\).

Vậy \(P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{0,14 \cdot 0,1}}{{0,788}} \approx 0,0177 < 0,02\).

a) Đúng. Tại thời điểm kết thúc khóa học, lượng kiến thức bạn Thành nhớ được là

\(f\left( 0 \right) = 94 - 12\ln \left( {3 \cdot 0 + 1} \right) = 94\% \).

b) Sai. Tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Thành ở thời điểm sau \(t\) tháng kết thúc khóa học là \(f'\left( t \right) = - \frac{{36}}{{3t + 1}}\) (với \(0 \le t \le 24\)).

c) Sai. Sau \(3\) tháng khóa học kết thúc, tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Thành là \(\left| {f'\left( 3 \right)} \right| = \left| { - \frac{{36}}{{3 \cdot 3 + 1}}} \right| = 3,6\)%/tháng.

d) Đúng. Tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Công là \({f'_C} = \frac{1}{3}f'\left( t \right) = - \frac{{12}}{{3t + 1}}\)

Suy ra, sau \(3\)tháng lượng kiến thức bạn Công còn nhớ được là \(96 + \int\limits_0^3 {\frac{{ - 12}}{{3t + 1}}{\rm{d}}t = 86,8\% } \).

a) Sai. Điều kiện: \(\frac{{8 - x}}{x} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 8\) \(\left( 1 \right)\).

Xét bất phương trình: \(f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{8 - x}}{x} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{8 - x}}{x} > 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{8 - 2x}}{x} > 0\)\( \Leftrightarrow 0 < x < 4\).

Kết hợp với \(\left( 1 \right)\), nghiệm của bất phương trình là \(0 < x < 4\).

b) Sai. Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định là \(\left( {0;8} \right)\) nên không tồn tại giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x){\rm{ ; }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)\) nên hàm số không có tiệm cận ngang.

c) Đúng. \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\ln 2}} \cdot \frac{1}{{\frac{{8 - x}}{x}}}\left( {\frac{{ - 8}}{{{x^2}}}} \right)\)\( = \frac{8}{{\ln 2 \cdot x\left( {x - 8} \right)}}\)

Ta có: \(f'\left( x \right) < 0\) với \(\forall x \in \left( {0;8} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;8} \right)\).

d) Đúng. Xét hàm: \(g\left( x \right) = f\left( x \right)\ln 2 + \frac{1}{2}x\). Điều kiện: \(0 < x < 8\).

\(g'\left( x \right) = \frac{8}{{x\left( {x - 8} \right)}} + \frac{1}{2}\) \( = \frac{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}}{{2x\left( {x - 8} \right)}}\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số không có cực trị.

Đáp án: 2

Hàm nồng độ \(C\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 12t\,\,\left( {0 \le t \le 3} \right).\)

Ta có: \(C'\left( t \right) = - 6{t^2} + 6t + 12\,\, = - 6\left( {{t^2} - t - 2} \right)\); \(C'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\,\left( L \right)\\t = 2\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó: \(C\left( 0 \right) = - 2 \cdot {0^3} + 3 \cdot {0^2} + 12 \cdot 0 = 0\); \(C\left( 2 \right) = - 2 \cdot {2^3} + 3 \cdot {2^2} + 12 \cdot 2 = 20\);

\(C\left( 3 \right) = - 2 \cdot {3^3} + 3 \cdot {3^2} + 12 \cdot 3 = 9\).

So sánh các giá trị trên, ta thấy \(C\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất là \(20\) mmol/L khi \(t = 2.\)

Đáp án: 48

Do \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = 10;AD = 24\) nên toạ độ điểm \(B\left( {10;0;0} \right);\,C\left( {10;24;0} \right)\).

Hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là trung điểm của \(BC\) nên toạ độ điểm \(I\left( {10;12;9} \right)\)

Khi đó: \(E\left( {0;0;7} \right),F\left( {10;0;7} \right),I\left( {10;12;9} \right)\)\[\overrightarrow {EF} = \left( {10;0;0} \right),\overrightarrow {EI} = \left( {10;12;2} \right)\].

Mặt phẳng \[\left( {EFIK} \right)\] có vec tơ pháp tuyến \(\vec n = - \frac{1}{{20}}\left[ {\overrightarrow {EF} ,\overrightarrow {EI} } \right] = \left( {0;1; - 6} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {EFIK} \right):y - 6z + 42 = 0\).Suy ra \(a - b + c = 48\).

Đáp án: 0,18

Gọi \(A\) là biến cố không có hai người liền kề cùng đứng.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {2^8} = 256\).

Rõ ràng nếu nhiều hơn \(4\) đồng xu ngửa thì biến cố \(A\) không xảy ra.

Để biến cố \(A\) xảy ra có các trường hợp sau:

TH1: Có nhiều nhất \(1\) đồng xu ngửa. Kết quả của trường hợp này là \(1 + 8 = 9\).

TH2: Có \(2\) đồng xu ngửa.

Hai đồng xu ngửa kề nhau: có \(8\) khả năng.

Suy ra số kết quả của trường hợp này là \(C_8^2 - 8 = 20\).

TH3: Có \(3\) đồng xu ngửa.

Cả \(3\) đồng xu ngửa kề nhau: có 8 kết quả.

Trong \(3\) đồng xu ngửa, có đúng một cặp kề nhau: có \(8 \cdot 4 = 32\) kết quả.

Suy ra số kết quả của trường hợp này là \(C_8^3 - 8 - 32 = 16\).

TH4: Có \(4\) đồng xu ngửa.

Trường hợp này có \(2\) kết quả thỏa mãn biến cố \(A\) xảy ra.

Như vậy \(n\left( A \right) = 9 + 20 + 16 + 2 = 47\).

Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là \(P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{47}}{{256}} \approx 0,18\).

Đáp án: 0,5

Gọi \[P\] là trung điểm\[AC\], ta có \[PM{\rm{//}}CD\] và \[PN{\rm{//}}AB\], suy ra \[\left( {AB,CD} \right) = \left( {PM,PN} \right)\].

Dễ thấy \[PM = PN = a\].

Xét \[\Delta PMN\] ta có \[{\rm{cos}}\widehat {MPN} = \frac{{P{M^2} + P{N^2} - M{N^2}}}{{2PM \cdot PN}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - 3{a^2}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = - \frac{1}{2}\]

\[ \Rightarrow \widehat {MPN} = 120^\circ \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \Rightarrow \cos \left( {AB,CD} \right) = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} = 0,5\].

Đáp án: 270

Ta có diện tích một cánh hoa \({S_1} = \int\limits_0^3 {\left| { - {x^2} + 4x - {x^2} + 2x} \right|} dx = 9\).

Vậy diện tích cả bông hoa là \(S = 5{S_1} = 45\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Thể tích cả bông hoa là \(V = 45 \cdot 0,15 = 6,75\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).

Vậy chi phí vật liệu để đúc cả 5 cánh hoa trong mô hình biểu tượng này là \(6,75 \cdot 40 = 270\) triệu đồng.

Đáp án: 0,73

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - a;b;0} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( {2;1;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Vì hai đường thẳng \(AB\) và \(\Delta \) vuông góc với nhau nên \(\overrightarrow {AB} \cdot {\vec u_\Delta } = 0 \Leftrightarrow - a + 2b = 0 \Leftrightarrow a = 2b\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 2b;b;0} \right)\) hay 1 VTCP của đường thẳng \(AB\) là \({\vec u_{AB}} = \left( { - 2;1;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(\Delta \) và đường thẳng \(AB\) nên \({\vec n_P} = \left[ {{{\vec u}_\Delta },{{\vec u}_{AB}}} \right] = \left( {1;2;5} \right)\).

Phương trình của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(1\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + 5\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 5z - 4 = 0\).

Vậy \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {5^2}} }} = \frac{4}{{\sqrt {30} }} = \frac{{2\sqrt {30} }}{{15}} \approx 0,73\).