Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 45)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 4{u_1}\\{u_3} = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d = 4{u_1}\\{u_1} + 2d = 14\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{u_1} + d = 0\\{u_1} + 2d = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\d = 6\end{array} \right.\).

Vậy \({u_{2026}} = {u_1} + 2025d = 2 + 2025 \cdot 6 = 12152\). Chọn B.

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right)\)\( = 0,4 + 0,5 - 0,76 = 0,14\).

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,14}}{{0,5}} = 0,28\). Chọn A.

\({a^2} = 16\) và \({b^2} = 4\).

\({c^2} = {a^2} - {b^2} = 16 - 4 = 12 \Rightarrow c = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).

Tiêu cự của elip là \(2c = 2 \cdot 2\sqrt 3 = 4\sqrt 3 .\) Chọn C.

a) Đúng. Vì có \(42\% \) số túi được dán nhãn thuần chay cũng được dán nhãn giảm đường.

\( \Rightarrow \)\(P\left( {R|V} \right) = 0,42\).

b) Đúng. Ta có: \(P\left( {VR} \right) = P\left( V \right) \cdot P\left( {R|V} \right) = 0,25 \cdot 0,42 = 0,105\).

Có \(63\% \)số túi không được dán nhãn gì cả nên xác suất túi có dán ít nhất một loại nhãn là: \(P\left( {V \cup R} \right) = 1 - 0,63 = 0,37\).

Ta có \(P\left( {V \cup R} \right) = P\left( V \right) + P\left( R \right) - P\left( {V \cap R} \right)\)

\( \Rightarrow 0,37 = 0,25 + P\left( R \right) - 0,105\)

\( \Rightarrow P\left( R \right) = 0,37 - 0,145 = 0,225\).

Do đó \(P\left( {\bar R} \right) = 1 - P\left( R \right) = 1 - 0,225 = 0,775\).

c) Sai. Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( R \right) = P\left( {RV} \right) + P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|V} \right) \cdot P\left( V \right) + P\left( {R|\overline V } \right) \cdot P\left( {\overline V } \right)\)

\( \Rightarrow 0,225 = 0,25 \cdot 0,42 + P\left( {R|\overline V } \right) \cdot 0,75\)

\( \Rightarrow \)\(P\left( {R|\bar V} \right) = 0,16\).

Do đó khi một túi không được dán nhãn là thuần chay được rút ra thì xác suất để túi đó được dán nhãn giảm đường là \(0,16\)

d) Đúng. Túi chỉ được dán đúng 1 nhãn bao gồm hai trường hợp: Chỉ dán nhãn thuần chay \(\left( {V\overline R } \right)\) hoặc chỉ dán nhãn giảm đường \(\left( {\overline V R} \right)\).

Ta có \(P\left( {V\bar R} \right) = P\left( V \right) - P\left( {VR} \right) = 0,25 - 0,105 = 0,145\).

\(P\left( {\bar VR} \right) = P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|\overline V } \right) \cdot P\left( {\overline V } \right) = 0,16 \cdot 0,75 = 0,12\).

Vậy xác suất túi chỉ được dán đúng 1 nhãn là: \(P\left( {V\overline R } \right) + P\left( {R\overline V } \right) = \)\(0,145 + 0,12 = 0,265\).

a) Sai. Ta có \[A\left( {3; - 1;4} \right)\] có hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]là\[{A_1}\left( {3; - 1;0} \right)\] và\[{A_1}\] là trung điểm của \[AA'\]. Suy ra tọa độ điểm đối xứng của \[A\left( {3; - 1;4} \right)\]qua mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]là \[A'\left( {3; - 1; - 4} \right)\].

b) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {MN\,} = \left( { - 2; - 2;1} \right)\] nên \[MN = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} \].

Khi đó \[AM + MN + NB = AM + NB + 3\]. Bài toán trở thành tìm \[AM + NB\] nhỏ nhất với \[M \in ({\rm{Ox}}y)\].

Do vectơ \[\overrightarrow {MN\,} = \left( { - 2; - 2;1} \right)\]cố định.

Dựng \[\overrightarrow {BD\,} = \overrightarrow {NM\,} \]tìm được \[D\left( {0;5;2} \right)\]cố định, tứ giác \[MNBD\] là hình bình hành suy ra \[NB = MD\]

+) \[AM = A'M\] nên

 \[AM + NB = A'M + MD \ge A'D\].

Dấu bằng xảy ra khi \[A',M,D\]thẳng hàng tức là \[M = \left( {\,Oxy} \right) \cap A'D\].

+) \[A'D = \sqrt {{{\left( {0 - 3} \right)}^2} + {{\left( {5 + 1} \right)}^2} + {{\left( {2 + 4} \right)}^2}} \, = 9\].

+ Giá trị nhỏ nhất \[AM + NB = 9\].

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[AM + MN + NB = 9 + 3 = 12\].

c) Đúng. \[C\] là điểm thuộc mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]nên gọi \[C\left( {x;y;0} \right)\].

Ta có\[\overrightarrow {AB\,} = \left( { - 5;4; - 1} \right);\overrightarrow {AC\,} = \left( {x - 3;y + 1; - 4} \right)\].

Do \(A,B,C\) thẳng hàng nên ta có \[\overrightarrow {AC\,} = k\overrightarrow {AB\,} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = - 5k\\y + 1 = 4k\\ - 4 = - k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 17\\y = 15\\k = 4\end{array} \right. \Rightarrow \,C\left( { - 17;15;0} \right)\].

Khi đó \[\overrightarrow {CA\,} = \left( {20; - 16;4} \right) = 4\left( {5; - 4;1} \right),\,\overrightarrow {CB\,} \left( {15; - 12;3} \right) = 3\left( {5; - 4;1} \right)\].

Vậy \[\overrightarrow {CA\,} = \frac{4}{3}\overrightarrow {CB\,} \].

d) Sai. Ta có \[D\left( {0;5;2} \right) \Rightarrow \,a = 0,\,b = 5,c = 2\]nên \[a + \,b + c = 7\].

Ta có tốc độ thay đổi doanh thu là \(T'\left( x \right) = - 20x + 300\).

Suy ra hàm doanh thu \(T\left( x \right) = \int {\left( { - 20x + 300} \right)} {\rm{d}}x = - 10{x^2} + 300x + C\).

Theo đề bài, nếu người đó tăng giá thuê cho mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng (tức là \(x = 10\)) thì doanh thu là 12 tỷ đồng = 12000 triệu đồng.

Do đó, \(T\left( {10} \right) = 12000\)\( \Rightarrow C = 10000\). Vậy \(T\left( x \right) = - 10{x^2} + 300x + 10000\).

a) Đúng. Hàm doanh thu \(T\left( x \right) = - 10{x^2} + 300x + 10000\) là một hàm số bậc hai có hệ số \(a = - 10 < 0\), nên có giá trị lớn nhất tại \(x = \frac{{ - b}}{{2a}} = 15 > 0\).

Doanh thu cao nhất là \(T\left( {15} \right) = 12250\) (triệu đồng) = 12 tỷ 250 triệu đồng.

b) Đúng. Theo a), doanh thu cao nhất đạt được khi \(x = 15\), tức là tăng giá thuê thêm 15 triệu đồng.

c) Sai. Ta có: \(T\left( {12} \right) = - 10 \cdot {12^2} + 300 \cdot 12 + 10000\)\( = 12160\) (triệu đồng) = 12 tỷ 160 triệu đồng.

d) Đúng. \(T(x) = - 10{x^2} + 300x + 10000\).

a) Sai. Ta có: Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Có \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1\). Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

b) Đúng.\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1 \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = 1\) là tiệm cận đứng.

Đồ thị nhận \(I\left( {1;1} \right)\) là tâm đối xứng.

c) Đúng. \(\left( C \right)\) giao với \(Oy\) tại \(M\left( {0; - 2} \right)\).

Có \(y'\left( 0 \right) = - 3\). Phương trình tiếp tuyến tại \(M\) là \(y = - 3x - 2\).

Có \( - 3 \cdot 2 - 2 = - 8 \ne - 3\) suy ra đường thẳng \(y = - 3x - 2\) không đi qua \(A\).

d) Đúng. Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(I\left( {1;1} \right)\) và cắt \(\left( C \right)\) nên có dạng \(y = k\left( {x - 1} \right) + 1\,\,\,\,\left( {k \ne 0} \right)\)

Hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\Delta \) là nghiệm của phương trình

\(k\left( {x - 1} \right) + 1 = \frac{{x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = \frac{3}{k} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {\frac{3}{k}} + 1\\x = - \sqrt {\frac{3}{k}} + 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k > 0} \right)\).

Giả sử \({x_N} = \sqrt {\frac{3}{k}} + 1 \Rightarrow N\left( {\sqrt {\frac{3}{k}} + 1;\sqrt {3k} + 1} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(AI\) là \(4x + y - 5 = 0\).

\(I\left( {1;1} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\) nên \(I\) là trung điểm của \(MN\).

\({S_{AMN}} = 2{S_{IAN}} = d\left( {N,AI} \right) \cdot AI = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt k }} + \sqrt {3k} \ge 4\sqrt 3 \).

Vậy diện tích nhỏ nhất của tam giác \(AMN\) bằng \(4\sqrt 3 \) (đvdt).

Đáp án: 21

Cho \[x > y > 1\] đặt \[t = {\log _y}x \Rightarrow t = {\log _y}x > {\log _y}y = 1 \Rightarrow t > 1 \Rightarrow t - 1 > 0\].

Ta có \[{\log _{\frac{x}{y}}}\left( {{x^3}} \right) = 3{\log _{\frac{x}{y}}}x = \frac{3}{{{{\log }_x}x - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - \frac{1}{t}}} = \frac{{3t}}{{t - 1}}\].

Ta có \[27{\log _y}\left( {\frac{x}{y}} \right) = 27\left( {{{\log }_y}x - {{\log }_y}y} \right) = 27\left( {t - 1} \right)\].

Thay vào biểu thức P ta được\[P = \frac{{3t}}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) = 3 + \frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right)\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \[\frac{3}{{t - 1}},27\left( {t - 1} \right)\] ta có:

\[\frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) \ge 2\sqrt {\frac{3}{{t - 1}} \cdot 27\left( {t - 1} \right)} = 18\] \[ \Rightarrow P \ge 3 + 18 = 21\].

Đáp án: 5,4

Diện tích của mặt cắt hình chữ nhật tại vị trí có độ cao \(x\) với \(0 \le x \le 2\) được tính bằng công thức: \(S = 5 \cdot {\left( {0,5} \right)^x}\)

Tính thể tích khối gỗ: \(V = \int\limits_0^2 {S\left( x \right)} dx = \int\limits_0^2 {5 \cdot {{\left( {0,5} \right)}^x}} dx = \frac{{ - 3,75}}{{\ln \left( {0,5} \right)}} \approx 5,4101 \approx 5,4\).

Vậy \(V = 5,4\;\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).

Đáp án: 18

Kẻ \(AM \bot CD\).

Vì \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên \(M\) là trung điểm \(CD\).

Khi đó \(\left[ {S,CD,B} \right] = \widehat {SMA}\)

Xét \(SAM\) vuông tại \(A\) có \(AM = \frac{{SA}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 3\). Do đó \(AD = 2\sqrt 3 \).

Vì \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên \(ABC\)là tam giác đều cạnh nên \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2 \cdot \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = 6\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 6\sqrt 3 \cdot 3\sqrt 3 = 18\).

Đáp án: 19

Đặt \[A\] là biến cố: “Tam giác thu được là tam giác vuông”.

\[B\] là biến cố: “Tam giác thu được có số ghi trên đỉnh lập thành cấp số cộng”.

Biến cố \[C\]: “Tam giác thu được là một tam giác vuông có 3 số ghi trên 3 đỉnh của tam giác lập thành cấp số”.

Dễ thấy \[C = AB\] và \[A,B\] là hai biến cố độc lập (vì việc gán số ngẫu nhiên độc lập với việc chọn tam giác).

Số tam giác vuông trong thập giác đều:

Một tam giác nội tiếp đường tròn là tam giác vuông khi và chỉ khi một cạnh là đường kính.

Thập giác đều có \[10\] đỉnh thì có \[5\] cặp đỉnh đối xứng qua tâm (tức là có \[5\] đường kính).

Với mỗi đường kính, có \[10 - 2 = 8\] cách chọn một đỉnh để cùng với hai đỉnh đường kính tạo thành tam giác vuông.

Vậy số tam giác vuông là \[8 \cdot 5 = 40\] và \[P\left( A \right) = \frac{{40}}{{C_{10}^3}} = \frac{{40}}{{120}} = \frac{1}{3}\].

Số bộ 3 số lập thành cấp số cộng:

Giả sử \[a;b;c\] theo thứ tự là một cấp số cộng, do \[a + c = 2b\] nên \(a,c\) cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Trong \[S\] có hai tập \[L = \left\{ {9;11;13;15;17} \right\}\] và \[C = \left\{ {10;12;14;16;18} \right\}\], với \[a,c\] thuộc \(L\) hoặc \[C\] thì luôn tồn tại \[b\] thuộc \(L\) hoặc \(C\).

Do đó, số cấp số cộng là \[C_5^2 + C_5^2 = 20\] và \[P\left( B \right) = \frac{{20}}{{C_{10}^3}} = \frac{{20}}{{120}} = \frac{1}{6}\].

Vậy \[P = P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{{18}}\], do đó \[m + n = 1 + 18 = 19\].

Đáp án: 65

Gọi \(p = ax + b\) (nghìn đồng) là giá vé vào cổng, \(x\) là số khách vào cổng.

Ta có \(p = 90\) nghìn đồng thì \(x = 1000\) người

\(p = 95\) nghìn đồng thì \(x = 900\) người

\(p = 85\) nghìn đồng thì \(x = 1100\) người

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}1000a + b = 90\\900a + b = 95\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{20}}\\b = 140\end{array} \right.\).

Suy ra \(p = - \frac{1}{{20}}x + 140\) thỏa mãn các điều kiện đề bài.

Vậy \(p = - \frac{1}{{20}}x + 140\)\( \Leftrightarrow x = 2800 - 20p\)

Doanh thu của công viên là \(R = xp + 10x = - 20{p^2} + 2600p + 28000\)\( = \)\(f\left( p \right)\)

Khảo sát hàm số \(f\left( p \right)\) ta có

Doanh thu công viên đạt lớn nhất khi giá vé là \(65\) nghìn đồng.

Đáp án: 1109

Diện tích hình tam giác đều ban đầu: \[{S_0} = \frac{{{{40}^2}\sqrt 3 }}{4} = 400\sqrt 3 \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Diện tích tăng thêm ở bước một so với hình tam giác ban đầu là:

\[{u_1} = 3 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{40}}{3}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{400\sqrt 3 \,}}{3} = \frac{1}{3}{S_0}\].

Diện tích tăng thêm ở bước hai so với hình ở bước một là: \[{u_2} = 12 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{40}}{9}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{1600\sqrt 3 }}{{27}} = \frac{4}{9}{u_1}\].

Diện tích tăng thêm ở bước ba so với hình ở bước hai là: \[{u_3} = 48 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{40}}{{27}}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{6400\sqrt 3 }}{{243}} = \frac{4}{9}{u_2}\].

….

Do đó, diện tích tăng thêm ở mỗi hình so với hình ở bước trước đó tạo thành 1 cấp số nhân với số hạng đầu là \[{u_1} = \frac{1}{3}{S_0}\] và công bội là \[q = \frac{4}{9}\].

Do đó tổng diện tích tăng thêm ở sau khi thực hiện n lần là \[\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_0}}}{{1 - \frac{4}{9}}} = \frac{3}{5}{S_0}\].

Vậy diện tích tam giác ở bước thứ \[n\] là \[{S_n} = {S_0} + \frac{3}{5}{S_0} = \frac{8}{5}{S_0} = 640\sqrt 3 \approx 1109\].