Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 46)

Ta có: \[V = 3{a^3} \Rightarrow S \cdot h = 3{a^3} \Rightarrow h = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 \]. Chọn D.

Mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] có VTPT \[\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1; - 2; - 1} \right)\] và \[\left( \beta \right)\] có VTPT \[\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {2; - 4;m} \right)\].

Vì \[\left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)\] nên \[m = 10\]. Chọn B.

Tiệm cận đứng:\(x = - 1 \Rightarrow - \frac{d}{2} = - 1 \Rightarrow d = 2\).

Tiệm cận ngang:\(y = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = 1\). Chọn D.

a) Đúng. Ta gọi \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\), đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đi qua các điểm \(\left( {0;0,5} \right)\), đỉnh \(I\)\(\left( {0,75;0,2} \right)\)nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\ - \frac{b}{{2a}} = 0,75\\{0,75^2}a + 0,75b + c = 0,2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\1,5a + b = 0\\0,5625a + 0,75b + c = 0,2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b = - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra \(f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}\).

b) Đúng. Thể tích tối đa của thùng là \(V = \pi \int\limits_0^{1,5} {{f^2}\left( x \right)dx = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx \approx 0,5\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} } \).

c) Sai. Thời gian bơm đầy thùng là \(t = \frac{V}{5}\)\( \approx 92\) (phút)\( \approx 1,5\)(giờ).

d) Đúng. Gọi \(t\) (phút) thì mực nước trong thùng là \(h\) (mét).

Ta có thể tích nước trong thùng sau \(t\) (phút) bơm là \(V = 5t\) (lít)\( = 0,005t\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Ta có \({V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx = \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} \).

Khi đó ta có \[\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,005t\] (1).

Khi \(t = 20\) ta có \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,1\)\( \Rightarrow {h_0} \approx 0,1640803548\).

Đạo hàm theo biến \(t\) hai vế của phương trình (1) ta được

\(\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{\pi }\).

Tốc độ dâng lên của nước là \(h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}\).

Tại thời điểm \(t = 20\), \({h_0} \approx 0,1640803548\) thì tốc độ dâng của nước là

\(h'\left( {20} \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}\)\( \approx 0,01084447993\,{\rm{m}}\)/phút\( \approx 0,01\,{\rm{m}}\)/phút.

a) Sai. Xác suất: \[P = \frac{7}{{25}} = 0,28\].

b) Đúng. Thùng A: Số táo \[ \ge 270{\rm{g}}\]là: \(12 + 4 + 3 = 19\) quả. Xác suất \[{P_A} = \frac{{19}}{{25}}\].

Thùng B: Số táo \[ \ge 270{\rm{g}}\]là: \(7 + 10 + 4 = 21\) quả. Xác suất \[{P_B} = \frac{{21}}{{25}}\].

Xác suất cả hai quả đều \[ \ge 270{\rm{g}}\]: \[P = \frac{{19}}{{25}} \cdot \frac{{21}}{{25}} = \frac{{399}}{{625}} = 0,6384\].

c) Đúng. Thùng A:

Trung bình \[\overline {{x_A}} = \frac{{2 \cdot 255 + 4 \cdot 265 + 12 \cdot 275 + 4 \cdot 285 + 3 \cdot 295}}{{25}} = 275,8\].

Phương sai \[s_A^2 = \frac{{2 \cdot {{255}^2} + 4 \cdot {{265}^2} + 12 \cdot {{275}^2} + 4 \cdot {{285}^2} + 3 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {\left( {275,8} \right)^2} = 111,36\].

Thùng B:

Trung bình \[\overline {{x_B}} = \frac{{1 \cdot 255 + 3 \cdot 265 + 7 \cdot 275 + 10 \cdot 285 + 4 \cdot 295}}{{25}} = 280,2\].

Phương sai \[s_B^2 = \frac{{1 \cdot {{255}^2} + 3 \cdot {{265}^2} + 7 \cdot {{275}^2} + 10 \cdot {{285}^2} + 4 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {\left( {280,2} \right)^2} = 104,96\].

Vì \[s_A^2 > s_B^2\] nên cân nặng ở thùng A phân tán hơn.

d) Đúng. Nhóm chứa \[{Q_1}\] là \(\left[ {270;280} \right)\). Khi đó \[{Q_1} = 270 + \frac{{6,25 - 6}}{{12}} \cdot 10 \approx 270,21\].

Nhóm chứa \[{Q_3}\]là \(\left[ {280;290} \right)\). Khi đó \[{Q_3} = 280 + \frac{{18,75 - 18}}{4} \cdot 10 = 281,875\]

Khoảng tứ phân vị: \[{\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 281,875 - 270,2083... \approx 11,7\](g).

Với hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có

\(D\left( {0\,;0\,;0} \right)\), \(A\left( {2\,;0\,;0} \right)\),\(C\left( {0\,;2\,;0} \right)\),\({D_1}\left( {0\,;0\,;1} \right)\),\(B\left( {2\,;2\,;0} \right)\), \({A_1}\left( {2\,;0\,;1} \right)\), \({B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)\), \({C_1}\left( {0\,;2\,;1} \right)\).

a) Sai. Trung điểm của \({B_1}{D_1}\) là \(M\left( {1\,;1\,;1} \right).\) Ta có: \(\overrightarrow {CM} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)\).

Cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)\): \(\overrightarrow {D{D_1}} = \left( {0\,;0\,;1} \right),\overrightarrow {DB} = \left( {2\,;2\,;0} \right)\).

Có \(\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {D{D_1}} = 1 \ne 0.\)

Do đó \(\overrightarrow {CM} \) không vuông góc với mọi vectơ nằm trong mặt phẳng \(\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)\).

b) Sai. \(\overrightarrow {M{C_1}} = \left( { - 1\,;1\,;0} \right)\), \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 2\,;0\,;0} \right)\).

Cosin góc giữa hai đường thẳng:\(\cos \left( {M{C_1},BC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {M{C_1}} \cdot \overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {M{C_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 2 \cdot 2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

c) Đúng. \({V_{{C_1}.BDM}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta BDM}} \cdot d\left( {{C_1},\left( {BDM} \right)} \right)\).

\({S_{\Delta BDM}}\) và \(d\left( {{C_1},\left( {BDM} \right)} \right)\) không đổi.

Suy ra thể tích khối chóp \({C_1}.BDM\) không đổi.

d) Sai. Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(BC\): \(\overrightarrow {{u_{BC}}} = \left( {1\,;0\,;0} \right).\)

Phương trình tham số của \(BC\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + k}\\{y = 2}\\{z = 0}\end{array}} \right.\).

Dạng tọa độ điểm \(M\left( {2t\,;2t\,;1} \right)\) với \(0 \le t \le 1.\)

Khoảng cách từ một điểm \(M\) đến đường thẳng \(BC\): \(d\left( {M,BC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right|}}\).

 \(\overrightarrow {BM} = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1 - 0} \right) = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1} \right)\); \(\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right] = \left( {0\,;1\,;2 - 2t} \right)\);

 \(\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right| = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{(2 - 2t)}^2}} = \sqrt {1 + {{(2 - 2t)}^2}} \); \(\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right| = 1\).

Suy ra \(d\left( {M,BC} \right) = \sqrt {1 + {{\left( {2 - 2t} \right)}^2}} \).

\(d\left( {M,BC} \right)\) nhỏ nhất khi \(2 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

 Khi đó \(M\) trùng với điểm \({B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)\). Vậy giá trị nhỏ nhất bằng \(1\).

a) Sai. Đồ thị hàm số \[f'\left( x \right)\] nằm phía dưới trục \[Ox\] trong khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\].

Khi đó\[f'\left( x \right) < 0\,\,\forall \,x \in \left( {1; + \infty } \right)\]. Do đó, hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\].

b) Sai. Vì hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\] nên giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ {2;4} \right]\] là \[f\left( 4 \right)\] \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 4 \right) = 6\\f\left( 2 \right) > f\left( 4 \right) = 6\end{array} \right.\].

c) Đúng. Đồ thị hàm số \[f'\left( x \right)\] nhận đường thẳng \[x = 1\] làm tiệm cận đứng.

Suy ra hàm số \[f\left( x \right)\] không xác định tại \[x = 1\] \[ \Rightarrow \frac{d}{c} = - 1 \Rightarrow d = - c\].

Khi đó \[f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx - c}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - ac - bc}}{{{c^2}{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - \left( {a + b} \right)}}{{c{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\left( {c \ne 0} \right)\].

Từ đồ thị ta có \[f'\left( 0 \right) = - 3 \Rightarrow \frac{{ - \left( {a + b} \right)}}{c} = - 3 \Rightarrow \frac{{a + b}}{{3c}} = 1\left( * \right)\].

Do đó \[\frac{{a + b}}{{2c - d}} = \frac{{a + b}}{{2c - \left( { - c} \right)}} = \frac{{a + b}}{{3c}} = 1\].

d) Đúng. Có \[f\left( 4 \right) = 6 \Rightarrow 4a + b = 18c\].

Kết hợp với \[\left( * \right)\] ta được \[\left\{ \begin{array}{l}a = 5c\\b = - 2c\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{5cx - 2c}}{{cx - c}} = \frac{{5x - 2}}{{x - 1}} = 5 + \frac{3}{{x - 1}}\].

Để \[f\left( x \right) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \frac{3}{{x - 1}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow x - 1 \in \]Ư(3) \[ \Rightarrow x - 1 \in \left\{ { \pm 1, \pm 3} \right\}\].

\[ \Rightarrow x \in \left\{ { - 2;0;2;4} \right\}\] (thỏa mãn \[x \ne 1\]).

Vậy có 4 điểm có tọa độ nguyên trên đồ thị hàm số.

Đáp án: 109

Xét \(0 < t \le 10\): \[V\left( t \right) = \left( { - {t^2} + 14t - 40} \right){e^{\frac{t}{4}}} + 50\].

\[V'\left( t \right) = \left( { - 2t + 14} \right){e^{\frac{t}{4}}} + \left( { - {t^2} + 14t - 40} \right) \cdot \frac{1}{4}{e^{\frac{t}{4}}} = {e^{\frac{t}{4}}}\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4} \right)\].

\(V'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\left( l \right)\\t = 8\left( n \right)\end{array} \right.\).

Với \(t = 8\): \(V\left( 8 \right) = \left( { - {8^2} + 14 \cdot 8 - 40} \right){e^{\frac{8}{4}}} + 50 \approx 109,11.\)

Với \(t = 10\): \(V\left( {10} \right) = \left( { - {{10}^2} + 14 \cdot 10 - 40} \right){e^{\frac{{10}}{4}}} + 50 = 50.\)

Xét \(10 < t \le 12\): \(V\left( t \right) = 4\left( {t - 10} \right)\left( {3t - 41} \right) + 50 = 12{t^2} - 284t + 1690\).

\[V\prime \left( t \right) = 24t - 284 = 0 \Rightarrow t = \frac{{71}}{6}\].

Có \(\mathop {\lim }\limits_{t \to {{10}^ + }} V\left( t \right) = 50\); Với \[t = \frac{{71}}{6} \Rightarrow V\left( {\frac{{71}}{6}} \right) \approx - 14,33\]; Với \[t = 12 \Rightarrow V\left( {12} \right) = 10\].

Vậy lượng nước tích trữ lớn nhất là \(V\left( 8 \right) \approx 109\).

Đáp án: 36

Theo đề bài, ta có phương trình: \[{\log _3}x + {\log _x}729 = 5\]

Đặt \[{\log _3}x = a \Rightarrow x = {3^a}\], ta có: \[{\log _x}729 = {\log _x}{3^6} = 6{\log _x}3 = \frac{6}{{{{\log }_3}x}} = \frac{6}{a}\].

Khi đó ta có: \[a + \frac{6}{a} = 5 \Leftrightarrow {a^2} - 5a + 6 = 0 \Leftrightarrow {a_1} = 2,{a_2} = 3\]

Suy ra \[{x_1} = {3^2} = 9,{x_2} = {3^3} = 27\]

Tổng các giá trị có thể có của \[x\] là: \[9 + 27 = 36\].

Đáp án: 2

Gọi \[H\] là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì là hình chóp đều nên \[PH \bot ABCD\].

Đáy là hình vuông cạnh \[AB = a = 2 \Rightarrow AH = \sqrt 2 \Rightarrow PH = \sqrt {P{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 2 \].

Mặt cầu \[\left( O \right)\] nội tiếp hình chóp tứ giác đều \[P.ABCD\]tiếp xúc với đáy tại \[H\].

Do đó tâm O nằm trên đoạn \[PH\]và \[OH = R\].

Xét mặt phẳng đi qua \[P,H\]và trung điểm \[M\] của cạnh \[AB\]. Trong tam giác\[PHM\], đường phân giác của \[\widehat {PMH}\] cắt \[PH\] tại \(O\).

Ta có \[HM = \frac{{AB}}{2} = 1,PM = \sqrt {P{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \].

\[\overrightarrow {QE} \cdot \overrightarrow {QF} = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OF} } \right) = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} - \overrightarrow {OE} } \right) = Q{O^2} - {R^2}\].

\[O{A^2} = O{H^2} + H{A^2} = {R^2} + 2 \Rightarrow O{A^2} - {R^2} = 2\].

Để biểu thức đạt GTLN ta cần tìm điểm \(Q\) thuộc mặt ngoài của hình chóp sao cho khoảng cách \(QO\) là lớn nhất. \[QO\]lớn nhất khi \[QO = OA\].

Vậy \[Q{O^2} - {R^2} = 2 + {R^2} - {R^2} = 2\].

Đáp án: 5,3

Dựng hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ.

Ta có \(G\left( { - 3;0} \right),E\left( {0;2} \right),H\left( {3;0} \right),F\left( {0; - 2} \right)\)

Cung tròn đi qua 3 điểm \(G,E,H\) có phương trình: \({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}9 + 6a + c = 0\\4 - 4b + c = 0\\9 - 6a + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = - \frac{5}{4}\\c = - 9\end{array} \right.\)

Þ \({x^2} + {y^2} + \frac{5}{2}y - 9 = 0 \Rightarrow y = - \frac{5}{4} \pm \sqrt {\frac{{169}}{{16}} - {x^2}} \)

Diện tích \(S = 4\left[ {\int\limits_0^3 {\left( { - \frac{5}{4} + \sqrt {\frac{{169}}{{16}} - {x^2}} } \right)dx - \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3} } \right] \approx 5,3\).

Đáp án: 111

Gọi đường thẳng \[AB\] là đường thẳng \[y = m\] (\(0 < m < 1\))

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \[y = m\] và \[f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 5x - 4}}{x}\]là nghiệm của phương trình\[m = \frac{{ - {x^2} + 5x - 4}}{x} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 5} \right)x + 4 = 0\] (1).

Với \(0 < m < 1\) thì phương trình (1) luôn có hai nghiệm \({x_1};{x_2} \in \left( {1;4} \right)\).

Ta có

 \[\begin{array}{l}{S_{hcn}} = m \cdot \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = m\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = m\sqrt {{{\left( {5 - m} \right)}^2} - 16} \\ \Rightarrow g\left( m \right) = {S^2} = {m^4} - 10{m^3} + 9{m^2}\\ \Rightarrow g'\left( m \right) = 4{m^3} - 30{m^2} + 18m\\ \Rightarrow g'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{15 \pm \sqrt {153} }}{4};m = 0\end{array}\]

Vì \(0 < m < 1\) nên \[m = \frac{{15 - \sqrt {153} }}{4}\] thay vào \[S\] ta được \[S \approx 1,11\]

Vậy diện tích hình chữ nhật \[ABCD\] đạt giá trị lớn nhất là \[S \approx 1,11 \cdot 100 = 111{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Đáp án: 21,7

Gọi \[B\] là biến cố: “Tập tin có mã độc”; \[A\] là biến cố: “Có ít nhất một bộ lọc cảnh báo”.

Theo công thức cộng xác suất: \[P\left( {A\left| B \right.} \right) = 0,9 + 0,8 - 0,75 = 0,95\].

Ta có sơ đồ cây

Xác suất để tập tin đó thực sự có mã độc biết có ít nhất một bộ lọc cảnh báo:

\[P\left( {B\left| A \right.} \right) = \frac{{0,02 \cdot 0,95}}{{0,02 \cdot 0,95 + 0,98 \cdot 0,07}} = \frac{{95}}{{438}} \approx 0,217\].

Vậy: Xác suất cần tìm là \[21,7\% \].