Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 10)

Ta có \({\log _3}a - 2{\log _9}b = 3 \Leftrightarrow {\log _3}a - {\log _3}b = 3 \Leftrightarrow {\log _3}\frac{a}{b} = 3 \Leftrightarrow \frac{a}{b} = 27\)\( \Leftrightarrow a = 27b\).

Chọn A.

Thể tích khối tứ diện \(S.BCD\) bằng \({V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot 2a = \frac{{{a^3}}}{3}.\) Chọn A.

Số cách chọn 1 nam, 1 nữ là \(C_6^1 \cdot C_5^1 = 6 \cdot 5 = 30\). Chọn B.

a) Đúng. ĐKХĐ: \({x^2} - 4x + 5 > 0\) hay \({(x - 2)^2} + 1 > 0\) (luôn đúng).

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \mathbb{R}.\)

b) Sai. Ta có \(f\left( x \right) = {\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x + 5} \right)\ln 2}}\).

c) Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x + 5} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

\(f\left( 2 \right) = {\log _2}\left( {{2^2} - 4 \cdot 2 + 5} \right) = {\log _2}1 = 0\).

Vậy toạ độ của điểm M là \(\left( {2\,;0} \right)\).

d) Đúng. Phương trình hoành độ giao điểm là: \({\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 5 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 \Rightarrow A\left( {1\,;1} \right)}\\{x = 3 \Rightarrow B\left( {3\,;1} \right)}\end{array}} \right.\).

\(AB = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2}} = 2\); \(d\left( {M,AB} \right) = d\left( {M,y - 1 = 0} \right) = \frac{{\left| {0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 1\).

Diện tích tam giác MAB là: \({S_{MAB}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot d\left( {M,AB} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 = 1\).

a) Đúng. Ta có \(AB = \sqrt {{0^2} + {{11}^2} + {{\left( { - 0,5} \right)}^2}} = \sqrt {121,25} \approx 11\;\,{\rm{(km)}}\).

b) Đúng. Thời gian để máy bay từ vị trí \(A\) hạ cánh tại vị trí \(B\) là:

\(\frac{{\sqrt {121,25} }}{{250}}\,\,{\rm{(h)}} = \frac{{\sqrt {121,25} }}{{250}} \cdot 60{\rm{ (ph\'u t) }} \approx 2,64{\rm{ (ph\'u t)}}{\rm{. }}\)

c) Sai. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có phương trình \(\frac{x}{9} - \frac{y}{9} + \frac{z}{{0,9}} = 1\)\( \Leftrightarrow x - y + 10z - 9 = 0\).

d) Sai. Giả sử điểm \(C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)\) là vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây để hạ cánh.

Do hai vectơ \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} \) cùng hướng nên tồn tại số thực \(t > 0\) sao cho

\(\overrightarrow {AC} = t\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} - 3 = 0}\\{{y_C} + 2,5 = 11t}\\{{z_C} - 0,5 = - 0,5t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 3}\\{{y_C} = - 2,5 + 11t}\\{{z_C} = 0,5 - 0,5t}\end{array}} \right.} \right.\).

Vì \(C \in \left( \alpha \right)\) nên \(3 - \left( { - 2,5 + 11t} \right) + 10\left( {0,5 - 0,5t} \right) - 9 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{{32}}\). Suy ra \({z_C} \approx 0,45.\)

Vậy độ cao của máy bay khi xuyên qua đám mây khoảng \(0,45\,\;{\rm{km}}.\)

a) Sai. Hình khối \(\left( H \right)\) không là một khối tròn xoay.

b) Sai. Công thức tính thể tích khối \(\left( H \right)\) là \(V = \int\limits_{ - 3}^3 {S\left( x \right){\rm{d}}x} \).

c) Sai. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây.

Mặt phẳng vuông góc với tia \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\), cắt hình \(\left( H \right)\) theo thiết diện là một hình vuông có cạnh \(AB\).

Ta có \({\left( {\frac{1}{2}AB} \right)^2} = {R^2} - {x^2} = 9 - {x^2} \Rightarrow A{B^2} = 36 - 4{x^2}\).

Khi đó, diện tích thiết diện là \(S\left( x \right) = A{B^2} = 36 - 4{x^2} = 4\left( {9 - {x^2}} \right)\).

d) Đúng. Thể tích khối \(\left( H \right)\) là: \(V = \int\limits_{ - 3}^3 {S\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 3}^3 {\left( {36 - 4{x^2}} \right){\rm{d}}x} = 144\) (đơn vị diện tích).

a) Đúng. Số quả táo trong thùng được dán nhãn là \(100 \cdot 80\% = 80\) (quả).

Ta có \(n\left( \Omega \right) = 100;\,\,n\left( A \right) = 80 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{80}}{{100}} = \frac{4}{5}\).

b) Sai. Vì Hoàng đã lấy ra một quả có nhãn nên số quả táo trong thùng còn lại 99 quả, trong đó có 79 quả có dán nhãn. Suy ra xác suất \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{79}}{{99}}\).

c) Đúng. Ta có \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{1}{5};\,\,P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{80}}{{99}}\).

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)\)\( = \frac{4}{5} \cdot \frac{{79}}{{99}} + \frac{1}{5} \cdot \frac{{80}}{{99}} = \frac{4}{5} = 0,8\).

d) Sai. Xác suất để Hoàng cũng lấy ra quả táo có dán nhãn khi biết Hà lấy được quả táo có dán nhãn là \(P\left( {A\mid B} \right)\).

Áp dụng công thức Bayes, ta có \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\)\( = \frac{{\frac{4}{5} \cdot \frac{{79}}{{99}}}}{{0,8}} \approx 79,8\% \).

Đáp án: 0,75.

Giả sử người ta phát đi 1 tín hiệu.

Gọi \(A\) là biến cố: “tín hiệu truyền đi là tín hiệu chấm (.)” và \(\bar A\) là biến cố: “tín hiệu truyền đi là tín hiệu vạch (-)”.

Như vậy \(P\left( A \right) = \frac{5}{{5 + 3}} = \frac{5}{8}\) và \(P\left( {\bar A} \right) = \frac{3}{8}\).

Gọi \(B\) là biến cố: “nhận được tín hiệu chấm”.

Theo đề ta có: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{3}{5};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{1}{3}\).

Ta có \(P(B) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{8} \cdot \frac{3}{5} + \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{3} = 0,5\).

Ta cần tính \(P(A\mid B) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{5}{8} \cdot \frac{3}{5}}}{{0,5}} = 0,75.\)

Đáp án: 55.

Cách 1: Tổ hợp

Gọi số lần nhảy 1 bước, 2 bước của con ếch lần lượt là \(a,b\) với \(a,b \in \mathbb{N},0 \le a,b \le 9.\)

Với mỗi cặp \(\left( {a,b} \right)\) ta có số cách di chuyển của con ếch là \(C_{a + b}^a\) (cách).

Theo giả thiết ta có \(a + 2b = 9\), suy ra \(a\) lẻ nên \[a \in \left\{ {1\,;\,3\,;\,5\,;\,7\,;9} \right\}\].

Với \(a = 1 \Rightarrow b = 4\): Số cách di chuyển của con ếch là \(C_5^1 = 5\) (cách).

Với \(a = 3 \Rightarrow b = 3\): Số cách di chuyển của con ếch là \(C_6^3 = 20\) (cách).

Với \(a = 5 \Rightarrow b = 2\): Số cách di chuyển của con ếch là \(C_7^5 = 21\) (cách).

Với \(a = 7 \Rightarrow b = 1\): Số cách di chuyển của con ếch là \(C_8^7 = 8\) (cách).

Với \(a = 9 \Rightarrow b = 0\): Số cách di chuyển của con ếch là \(C_9^9 = 1\) (cách).

Số cách di chuyển của con ếch là \(5 + 20 + 21 + 8 + 1 = 55\) cách.

Cách 2: Dãy số Fibonacci.

Gọi \(f\left( n \right)\) là số cách nhảy để nhảy đến lá thứ n.

Con ếch bắt đầu xuất phát từ lá 1. Ta có \(f\left( 2 \right) = 1\,;f\left( 3 \right) = 2\).

Vì để nhảy đến lá thứ 4 thì sẽ phải nhảy qua lá thứ 2 hoặc lá thứ 3 nên ta có số cách nhảy đến lá thứ 4 là \(f\left( 4 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) = 3\).

Tương tự ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 5 \right) = f\left( 4 \right) + f\left( 3 \right)}\\{ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots }\\{f\left( n \right) = f\left( {n - 1} \right) + f\left( {n - 2} \right)}\end{array}} \right.\)

\(f\left( 5 \right) = 5\); \(f\left( 6 \right) = 5 + 3 = 8\); \(f\left( 7 \right) = 8 + 5 = 13\); \(f\left( 8 \right) = 13 + 8 = 21\);

\(f\left( 9 \right) = 21 + 13 = 34\); \(f\left( {10} \right) = 34 + 21 = 55\).

Vậy con ếch có tất cả 55 cách nhảy.

Đáp án: −2.

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

\(\Delta :\frac{{x + 4}}{6} = \frac{{y - 6}}{{ - 2}} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}\) hay \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4 + 6t}\\{y = 6 - 2t}\\{z = 2 - t}\end{array},t \in \mathbb{R}} \right..\)

Lấy \(M\left( { - 4 + 6t\,;6 - 2t\,;2 - t} \right) \in \Delta \).

\( \Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( { - 5 + 6t;4 - 2t;3 - t} \right)\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right)\) bằng \(S = \pi \cdot A{H^2}.\)

Do đó \({S_{\min }} \Leftrightarrow A{H_{\min }}.\)

Mà \(IH = \sqrt {A{I^2} - A{H^2}} = \sqrt {3 - A{H^2}} \Rightarrow I{H_{\max }}{\rm{. }}\)

Lại có \(IH \cdot IM = A{I^2} = 3 \Rightarrow IM = \frac{3}{{IH}} \Rightarrow I{M_{\min }}\)\( \Rightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) xuống \(\Delta \).

\( \Rightarrow \overrightarrow {IM} \cdot \overrightarrow {{u_\Delta }} = 0 \Rightarrow 6\left( { - 5 + 6t} \right) - 2\left( {4 - 2t} \right) - \left( {3 - t} \right) = 0\)\( \Rightarrow 41t - 41 = 0 \Rightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {2\,;4\,;1} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( {1\,;2\,;2} \right),\,\,IM = 3,\,\,IH = 1\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {IH} = \frac{1}{3}\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{1}{3};\frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_H} - 1 = \frac{1}{3}}\\{{y_H} - 2 = \frac{2}{3}}\\{{z_H} + 1 = \frac{2}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_H} = \frac{4}{3}}\\{{y_H} = \frac{8}{3}}\\{{z_H} = - \frac{1}{3}}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3};\frac{8}{3}; - \frac{1}{3}} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(H\left( {\frac{4}{3};\frac{8}{3}; - \frac{1}{3}} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {IM} = \left( {1\,;2\,;2} \right)\) có phương trình là

\(\left( {x - \frac{4}{3}} \right) + 2\left( {y - \frac{8}{3}} \right) + 2\left( {z + \frac{1}{3}} \right) = 0\) hay \(x + 2y + 2z - 6 = 0\).

Vậy \(b = 2,c = 2,d = - 6\) hay \(b + c + d = - 2\).

Đáp án: 0,8.

Gọi \(N\) sao cho \(O\) là trung điểm của CN.

Khi đó \(BN\,{\rm{//}}\,OM\).

\( \Rightarrow d\left( {AB,OM} \right) = d\left( {OM,\left( {ABN} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right)\).

Vì \(OA \bot OB,OA \bot OC \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BN\).

Hạ \(OK \bot BN\) mà \(OA \bot BN\) nên \(BN \bot \left( {AOK} \right)\).

Hạ \(OH \bot AK\) mà \(BN \bot \left( {AOK} \right)\)\( \Rightarrow BN \bot OH\).

Do đó \(OH \bot \left( {ABN} \right)\). Vậy \(d\left( {AB,OM} \right) = d\left( {OM,\left( {ABN} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right) = OH\).

Tam giác BON vuông tại O, \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\).

Ta có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}}\)\( = \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = \frac{5}{3}\)

\( \Rightarrow OH = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow d\left( {OM,AB} \right) = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \approx 0,8\).

Đáp án: 889.

Đồ thị \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị có hoành độ là 2; 4; 8 nên

\(f'\left( x \right) = k\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right)\left( {x - 8} \right)\quad \left( {k \ne 0} \right)\) hay \(f'\left( x \right) = k\left( {{x^3} - 14{x^2} + 56x - 64} \right)\).

Khi đó \(f\left( x \right) = k\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right) + e\).

Ta có \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow e = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = k\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right)\).

\(f\left( 6 \right) = 10 \Rightarrow - 60k = 10 \Rightarrow k = - \frac{1}{6}\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{6}\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right)\).

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{6}\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x \approx 10,06}\end{array}} \right.\).

Diện tích mặt cắt ngang của cây đàn là:

\(S = 2\int\limits_0^{10,06} {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 2\int\limits_0^{10,06} {\left[ { - \frac{1}{6}\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right)} \right]} \,{\rm{d}}x\)\( \approx 177,85\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2})\).

Thể tích của cây đàn ghita là: \(V = \int\limits_0^5 {S\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 5S \approx 889\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\).

Đáp án: 3.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = 3}\\{MB = 6}\\{MC = 5}\\{MD = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {c^2} = 9}\\{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 6} \right)}^2} = 36}\\{{{\left( {a - 4} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 2} \right)}^2} = 25}\\{{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c - 14} \right)}^2} = 169}\end{array}} \right.} \right.\)     

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 2b = - 1}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 12b - 12c = - 45}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 12b - 4c = - 31}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 12a - 4b - 28c = - 67}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = - 1 + 6a + 2b}\\{ - 1 + 6a + 2b - 6a - 12b - 12c = - 45}\\{ - 1 + 6a + 2b - 8a - 12b - 4c = - 31}\\{ - 1 + 6a + 2b - 12a - 4b - 28c = - 67}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = - 1 + 6a + 2b}\\{ - 10b - 12c = - 44}\\{ - 2a - 10b - 4c = - 30}\\{ - 6a - 2b - 28c = - 66}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 2\end{array} \right.\). Suy ra \(M\left( {1\,;2\,;2} \right)\).

Do đó, khoảng cách từ điểm \(M\) đến điểm \(O\) là: \(OM = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3\).