Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 12)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 4\,;2\,; - 5} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2} - \left( { - 4} \right)} = 7\).

Chọn A.

Ta có \({u_4} = {u_1} + 3d \Rightarrow {u_4} - {u_1} = 3d = 6 \Leftrightarrow d = 2\).

Vậy công sai của \(\left( {{u_n}} \right)\) bằng 2. Chọn C.

Ta có

 Ta có \(n = 50\).

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{50}}\) là chiều cao của 50 trẻ sơ sinh 12 ngày tuổi được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_1} = {x_{13}} \in \left[ {44;46} \right)\). Khi đó \({Q_1} = 44 + \frac{{12,5 - 8}}{5} \cdot \left( {46 - 44} \right) = 45,8\).

Ta có \({Q_2} = \frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}\) mà \({x_{25}};{x_{26}} \in \left[ {48;50} \right)\). Khi đó \({Q_2} = 48 + \frac{{25 - 23}}{{14}} \cdot \left( {50 - 48} \right) = \frac{{338}}{7} \approx 48,3\).

Ta có \({Q_3} = {x_{38}} \in \left[ {50;52} \right)\). Khi đó \({Q_3} = 50 + \frac{{37,5 - 37}}{8} \cdot \left( {52 - 50} \right) = 50,125 \approx 50,1\). Chọn D.

a) Đúng. Do hòn đá được ném từ độ cao 3 mét so với mặt nước nên ta có \(h\left( 0 \right) = 3\)

\( \Rightarrow a \cdot {0^2} + b \cdot 0 + c = 3 \Rightarrow c = 3\).

b) Đúng. Ta có \(h\left( x \right) = a{x^2} + bx + 3 \Rightarrow h'\left( x \right) = 2ax + b\).

c) Sai. Hòn đá đạt độ cao cực đại khi \(x = 5\) nên \(2a \cdot 5 + b = 0\) hay \(10a + b = 0\quad \) (1).

Hòn đá được ném từ một cây cầu với quỹ đạo ban đầu là \(25^\circ \) so với phương nằm ngang nên \(h'\left( 0 \right) = \tan 25^\circ \Leftrightarrow b = \tan 25^\circ \) (2).

Từ (1), (2) ta có: \(a = - \frac{1}{{10}}\tan 25^\circ .\)

Do đó, \(h\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{10}} \cdot \tan 25^\circ } \right) \cdot {x^2} + \left( {\tan 25^\circ } \right) \cdot x + 3\).

Độ cao lớn nhất của hòn đá so với mặt nước là

\(h\left( 5 \right) = \left( { - \frac{1}{{10}} \cdot \tan 25^\circ } \right) \cdot {5^2} + \left( {\tan 25^\circ } \right) \cdot 5 + 3 \approx 4,17\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}\)

d) Sai. Ta có \(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( { - \frac{1}{{10}} \cdot \tan 25^\circ } \right) \cdot {x^2} + \left( {\tan 25^\circ } \right) \cdot x + 3 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \approx - 4,45}\\{x \approx 14,45}\end{array} \Leftrightarrow x \approx 14,45} \right.\).

Vậy hòn đá rơi xuống nước tại vị trí \(x = 14,45\) mét.

a) Đúng. Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{C_7^1}}{{C_{10}^1}} = 0,7\).

Gọi \(\bar A\) là biến cố: “Có 1 con gà trống từ chuồng I sang chuồng II”.

Suy ra \(P\left( {\bar A} \right) = \frac{{C_3^1}}{{C_{10}^1}} = 0,3\).

b) Sai. Ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_4^1}}{{C_{10}^1}} = 0,4\).

c) Đúng. Ta có \(P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{C_5^1}}{{C_{10}^1}} = 0,5\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,7 \cdot 0,4 + 0,3 \cdot 0,5\)\( = 0,43 = 43\% \).

d) Đúng. Ta có \[P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,57\]. Vậy \(P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\overline {AB} } \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{\frac{3}{{10}} \cdot \frac{{C_5^1}}{{C_{10}^1}}}}{{0,57}} = \frac{5}{{19}}\).

a) Đúng. Độ dài cạnh huyền của tam giác \(ABC\) là \(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\).

b) Sai. Xét tam giác \(ANP\) ta có: \(\sin A = \frac{{NP}}{{AP}} = \frac{x}{{AP}} < \frac{x}{{AN}}.\)

Xét tam giác \(BMQ\) ta có: \(\sin B = \frac{{MQ}}{{BQ}} = \frac{x}{{BQ}}.\)

c) Đúng. Ta có:

\(\tan A = \frac{{NP}}{{AN}} = \frac{{BC}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{x}{{AN}} = \frac{6}{8} \Leftrightarrow AN = \frac{{4x}}{3}\).

\(\tan B = \frac{{MQ}}{{MB}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{x}{{BM}} = \frac{8}{6} \Leftrightarrow BM = \frac{{3x}}{4}\).

\(MN = AB - AN - BM = 10 - \frac{{3x}}{4} - \frac{{4x}}{3}\)\( = \frac{{120 - 25x}}{{12}}\).

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là: \({S_{MNPQ}} = MN.NP = x \cdot \frac{{120 - 25x}}{{12}} = 10x - \frac{{25}}{{12}}{x^2}\).

d) Sai. Parabol \(S\left( x \right) = 10x - \frac{{25}}{{12}}{x^2}\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = \frac{{ - 10}}{{2 \cdot \left( { - \frac{{25}}{{12}}} \right)}} = \frac{{12}}{5}\).

Ta có \({S_{MNP{Q_{\max }}}} = S\left( {\frac{{12}}{5}} \right) = 12.\)

Khi đó, diện tích tam giác ANP là \({S_{ANP}} = \frac{1}{2} \cdot NP \cdot AN = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{4x}}{3} = \frac{{2{x^2}}}{3} = \frac{{2 \cdot {{\left( {\frac{{12}}{5}} \right)}^2}}}{3}\)\( = \frac{{96}}{{25}}.\)

a) Đúng. Ta có \(A\left( {100\,;0\,;0} \right)) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {100\,;0\,;0} \right)\), \(B\left( {10\,;10\,;8} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OB} = \left( {10\,;10\,;8} \right)\).

b) Sai. Ta có \(\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {0\,; - 800\,;\,1000} \right)\).

c) Sai. Mặt phẳng \[\left( {OACB} \right)\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{\left( {OACB} \right)}} = - \frac{1}{{200}}\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {0\,;4\,; - 5} \right)\) và đi qua \(A = \left( {100\,;0\,;0} \right)\) nên có phương trình là: \(0\left( {x - 100} \right) + 4\left( {y - 0} \right) - 5\left( {z - 0} \right) = 0{\rm{ hay }}4y - 5z = 0\).

d) Sai. Ta có \(D\left( {0\,;60\,;0} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {OD} = \left( {0\,;60\,;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\) có vectơ pháp tuyến là

\({\vec n_{\left( {OBED} \right)}} = - \frac{1}{{120}}\left[ {\overrightarrow {OB} ,\,\,\overrightarrow {OD} } \right] = - \frac{1}{{120}}\left( { - 480\,;0\,;600} \right) = \left( {4\,;0\,; - 5} \right)\).

Góc \(\alpha \) giữa hai mặt phẳng \(\left( {OACB} \right)\) và \[\left( {OBED} \right)\] là:

\[\cos \alpha = \frac{{\left| {{{\vec n}_{\left( {OACB} \right)}} \cdot {{\vec n}_{\left( {OBED} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{\left( {OACB} \right)}}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( {OBED} \right)}}} \right|}} = \frac{{\left| {0 \cdot 4 + 4 \cdot 0 + \left( { - 5} \right) \cdot \left( { - 5} \right)} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} }}\]\( = \frac{{25}}{{\sqrt {41} \cdot \sqrt {41} }} = \frac{{25}}{{41}}\).

\( \Rightarrow \alpha \approx 52,43^\circ .\)

Đáp án: 0,95.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Gọi điểm \(A\) là gốc toạ độ \(O\left( {0\,;0\,;0} \right)\).

Ta có \(B\left( {2\,;0\,;0} \right),C\left( {2\,;2\,;0} \right),\,D\left( {0\,;2\,;\,0} \right),S\left( {0\,;0\,;1} \right)\).

\(M\left( {0\,;0\,;0,5} \right)\) là trung điểm của \(SA\);

\(N\left( {1\,;2\,;0} \right)\) là trung điểm của \(CD\).

Suy ra \(\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;2\,; - 0,5} \right),\,\,\overrightarrow {SC} = \left( {2\,;2\,; - 1} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {SC} = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 2 + \left( { - 0,5} \right) \cdot \left( { - 1} \right) = 6,5\);

\(\left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 0,5} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {21} }}{2};\,\,\left| {\overrightarrow {SC} } \right| = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = 3\).

Gọi \(\varphi \) là góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(SC\), khi đó:

\(\cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {SC} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {SC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {MN} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {SC} } \right|}} = \frac{{6,5}}{{\frac{{\sqrt {21} }}{2} \cdot 3}} = \frac{{13\sqrt {21} }}{{63}} \approx 0,95\).

Đáp án: 32.

Gọi số ngũ giác màu sẫm là X, số lục giác màu sáng là Y.

Mỗi lục giác chỉ có 3 cạnh tiếp xúc với các ngũ giác, mỗi ngũ giác có 5 cạnh tiếp xúc với các lục giác. Suy ra tổng số cạnh chung của các lục giác và ngũ giác là \(3Y = 5X.\) (1)

Do đó số lượng ngũ giác và lục giác theo tỷ lệ là 3 : 5.

Theo định lý Euler \(V - E + F = 2\) thì ta có:

Số đỉnh: \(V = 5X\)

Số cạnh: \(E = 5X + \frac{{3Y}}{2}\)

Số mặt: \(F = X + Y\)

\( \Rightarrow 5X - \left( {5X + \frac{{3Y}}{2}} \right) + \left( {X + Y} \right) = 2\)\( \Leftrightarrow X - \frac{Y}{2} = 2\). (2)

Từ (1) và \((2) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X = 12}\\{Y = 20}\end{array}} \right.\). Vậy cần dùng 32 mảnh.

Đáp án: 50.

Giả sử \(H\left( {3 + 2t\,;t\,;1 + t} \right) \in {\Delta _1},K\left( {1 + t';2 + 2t';t'} \right) \in {\Delta _2}\), ta có \(\overrightarrow {HK} = \left( {t' - 2t - 2;2t' - t + 2;t' - t - 1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;1\,; - 2} \right)\).

Vì \(d \bot \Delta \) nên \(\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {HK} \) nên \(\overrightarrow {{u_d}} \cdot \overrightarrow {HK} = 0\)

\( \Leftrightarrow t' - 2t - 2 + 2t' - t + 2 - 2\left( {t' - t - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t' - t + 2 = 0\)\( \Leftrightarrow t' = t - 2.{\rm{ }}\)

Suy ra \(\overrightarrow {HK} = \left( { - t - 4\,;t - 2\,; - 3} \right) \Rightarrow H{K^2} = {\left( {t + 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + 9\)

\( \Rightarrow H{K^2} = 2{t^2} + 4t + 29 = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27\).

Do đó \(H{K_{\min }} = 3\sqrt 3 \) khi \(t = - 1.\)

Khi đó \(\overrightarrow {HK} = \left( { - 3; - 3; - 3} \right) = - \frac{3}{5}\left( {5\,;5\,;5} \right) = - \frac{3}{5}\overrightarrow u \).

Suy ra đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\vec u = \left( {5\,;5\,;5} \right)\) là một vectơ chỉ phương \( \Rightarrow h = k = 5.\)

Vậy \({h^2} + {k^2} = {5^2} + {5^2} = 50.\)

Đáp án: 213.

Gắn hệ trục toạ độ như hình vẽ, ta có: \[A\left( {0\,;0} \right),\,D\left( {0\,;4} \right),\,B\left( {8\,;0} \right),\,C\left( {8\,;4} \right),\,E\left( {2\,;2} \right),F\left( {6\,;2} \right)\].

Phương trình đường tròn đi qua hai điểm D và E là \({x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {2^2}\).

\( \Rightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} = 4 - {x^2} \Rightarrow y - 2 = \sqrt {4 - {x^2}} \) (do lấy nửa trên của đường tròn)

\( \Rightarrow y = \sqrt {4 - {x^2}} + 2\).

Thể tích của vật thể trang trí là \[V = 2\pi \;\int\limits_0^2 {\left[ {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} + 2} \right)}^2} - {2^2}} \right]} \,{\rm{d}}x + \,\pi \int\limits_0^8 {{2^2}} \;{\rm{d}}x \approx 213,0\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\].

Đáp án: 9,09.

Gọi biến cố \({T_i}\) : “Thợ săn bắn trúng ở lần thứ \(i\,\,\left( {i = 1\,,2\,,3} \right)\)”.

(Vì khi bắn trúng thợ săn sẽ dừng bắn nên 3 biến cố này không độc lập).

Vì xác suất bắn trúng trong mỗi lần bắn tỉ lệ nghịch với khoảng cách bắn nên ta có tích 2 giá trị tương ứng của chúng luôn không đổi (tính chất của 2 đại lượng tỉ lệ nghịch). Giả sử hằng số đó bằng k.

Suy ra \(P\left( {{T_1}} \right) \cdot 20 = k \Rightarrow P\left( {{T_1}} \right) = \frac{k}{{20}} = 0,5 \Rightarrow k = 10\)\( \Rightarrow P\left( {{T_2}} \right) = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3};P\left( {{T_3}} \right) = \frac{{10}}{{50}} = 0,2\).

Suy ra xác suất người thợ săn bắn trượt ở lần 1, 2, 3 lần lượt là 0,5; \(\frac{2}{3};\,\,0,8\).

Gọi \(T\) là biến cố: “Thợ săn bắn trúng”.

Ta có \(P\left( T \right) = 1 - P\left( {\overline {{T_1}} \overline {{T_2}} \overline {{T_3}} } \right) = 1 - 0,5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 0,8 = \frac{{11}}{{15}}\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Cung thủ bắn trúng ở lần thứ ba”.

Khi đó \(P\left( A \right) = P\left( {\overline {{T_1}} \overline {{T_2}} {T_3}} \right) = P\left( {\overline {{T_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{T_2}} \mid \overline {{T_1}} } \right) \cdot P\left( {{T_3}\mid \overline {{T_1}} \overline {{T_2}} } \right)\)\( = 0,5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 0,2 = \frac{1}{{15}}.\)

Ta có \(P\left( {A\mid T} \right) = \frac{{P\left( {AT} \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{\frac{1}{{15}}}}{{\frac{{11}}{{15}}}} = 9,09\% \) (vì \(A \subset T\) nên \(P\left( {AT} \right) = P\left( A \right) = \frac{1}{{15}}\)).

Đáp án: 0,33.

Ta có \(y'\left( t \right)\) là tốc độ di chuyển của \(B,\,\,x'\left( t \right)\) là tốc độ di chuyển của A.

\({x'_0}\left( t \right) = 0,5\;\,{\rm{m/s}}\).

\(PA + PB = 15 \Rightarrow PB = 15 - PA.\)

\(PA = \sqrt {P{Q^2} + A{Q^2}} = \sqrt {{x^2} + {4^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \).

\(Q{B^2} = P{B^2} - P{Q^2}{\rm{ hay }}{y^2} = {\left( {15 - PA} \right)^2} - {4^2}\) hay \({y^2} = {\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)^2} - 16\).

Với \(x = 3\) ta có: \({y^2}\left( 3 \right) = 84\) hay \(y\left( 3 \right) = 2\sqrt {21} \).

Ta có \({y^2} = {\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)^2} - 16\)

\( \Rightarrow 2y\left( t \right) \cdot y'\left( t \right) = 2\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right){\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)^\prime }\)

\( \Rightarrow y\left( t \right) \cdot y'\left( t \right) = \left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)\frac{{ - 2x \cdot x'}}{{2\sqrt {{x^2} + 16} }}\)

\( \Rightarrow y\left( t \right) \cdot y'\left( t \right) = - \left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)\frac{{x \cdot x'}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }}\)

Với \(x = 3\) ta có: \(y\left( 3 \right) \cdot y'\left( 3 \right) = - \left( {15 - \sqrt {{3^2} + 16} } \right)\frac{{3 \cdot 0,5}}{{\sqrt {{3^2} + 16} }}\)

\( \Rightarrow 2\sqrt {21} \cdot y'\left( 3 \right) = - 3 \Rightarrow y'\left( 3 \right) = - \frac{3}{{2\sqrt {21} }} \approx - 0,33\;\,\,{\rm{m/s}}\).