Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 22)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = {a^2}\). Chiều cao khối chóp là \(SA = a\sqrt 2 .\)

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\) Chọn D.

Ta có \[\overline x = \frac{{\left( {8,3 \cdot 2 + 8,4 \cdot 3 + 8,5 \cdot 9 + 8,7 \cdot 5 + 8,8 \cdot 1} \right)}}{{20}} = 8,53\]. Chọn D.

Lấy ngẫu nhiên một viên bi, rồi lấy ngẫu nhiên một viên bi nữa từ một bình đựng 5 bi xanh và 3 bi đỏ \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 8 \cdot 7 = 56\).

Biến cố A: “Lấy lần thứ hai được một viên bi xanh”.

Trường hợp 1: lần 1 lấy được bi đỏ và lần 2 lấy được bi xanh có: 3 ∙ 5 = 15 cách.

Trường hợp 2: cả lần 1 và lần 2 đều lấy được bi xanh có: 5 ∙ 4 = 20 cách.

Suy ra \(n\left( A \right) = 15 + 20 = 35\). Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{35}}{{56}} = \frac{5}{8}\). Chọn C.

a) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {AM\,} = \left( {1;3; - 2} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AM\).

Đường thẳng \(AM\) đi qua \(A\left( {5;12;0} \right)\) nên có phương trình \(\frac{{x - 5}}{1} = \frac{{y - 12}}{3} = \frac{z}{{ - 2}}\).

b) Sai. Thay tọa độ điểm \(N\left( {7;18; - 5} \right)\) vào phương trình \(AM\) ta được:

\(\frac{{7 - 5}}{1} = \frac{{18 - 12}}{3} = \frac{{ - 5}}{{ - 2}} \Leftrightarrow 2 = 2 = \frac{5}{2}\) vô lý.

c) Đúng. Vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là \(B \in AM:\frac{{x - 5}}{1} = \frac{{y - 12}}{3} = \frac{z}{{ - 2}} \Rightarrow B\left( {5 + t;12 + 3t; - 2t} \right)\).

Ngoài thực tế khoảng cách từ tâm trái đất đến vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là \(6370 + 6630 = 13000\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\) ứng với \(13\) đơn vị trên hệ trục tọa độ, hay \(OB = 13 \Leftrightarrow O{B^2} = 169\)

\( \Leftrightarrow {\left( {5 + t} \right)^2} + {\left( {12 + 3t} \right)^2} + {\left( { - 2t} \right)^2} = 169\)\( \Leftrightarrow 14{t^2} + 82t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = - \frac{{41}}{7}\end{array} \right.\).

Với \[t = 0 \Rightarrow B\left( {5;12;0} \right) \equiv A\] vô lý.

Với \[t = - \frac{{41}}{7} \Rightarrow B\left( { - \frac{6}{7}; - \frac{{39}}{7};\frac{{82}}{7}} \right)\].

d) Đúng. Ta có \[AB = \sqrt {{{\left( { - \frac{6}{7} - 5} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{39}}{7} - 12} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{82}}{7}} \right)}^2}} = \frac{{41\sqrt {14} }}{7}\].

Khoảng cách thực tế là \[1000AB = 1000\frac{{41\sqrt {14} }}{7} \approx 21915\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\].

a) Đúng. Ta có

\[\begin{array}{l} - 1 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] \le 3\\ \Rightarrow 7 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10 \le 13\end{array}\]

\[d\left( t \right) = 13\] khi \[\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right){\rm{ = }}\frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 160 + 360k\].

Mà \[0 < t \le 365\] nên \[0 < 160 + 360k \le 360,\,\,k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0,t = 160.\]

Giá trị lớn nhất của \[d\left( t \right)\] là \[13\] khi \[t = 160\].

Vậy ngày có nhiều giờ ánh sáng nhất là \[13\] giờ, là ngày thứ \[160\] trong năm.

b) Đúng. Hàm \[d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10\] nghịch biến trên \[\left( {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{{3\pi }}{2} + k2\pi } \right)\], trong một chu kì, hàm \[d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10\] nghịch biến trên \[\left( {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right)\] nên

\[\frac{\pi }{2} < \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right) < \frac{{3\pi }}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} < \frac{1}{{180}}\left( {t - 70} \right) < \frac{3}{2} \Leftrightarrow 90 < t - 70 < 270 \Leftrightarrow 160 < t < 340\].

Vậy kể từ này thứ 161 đến ngày thứ 340, số giờ có ánh sáng của thành phố A bắt đầu giảm.

Tháng 7 năm không nhuận bắt đầu từ ngày thứ \[182\] trong năm.

c) Sai. Theo đề bài ta có

\[d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10 > 10 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] > 0 \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right) < \pi \]

\[ \Leftrightarrow 0 < t - 70 < 180 \Leftrightarrow 70 < t < 250\].

Số ngày có nắng nhiều hơn 10 giờ là \[250 - 70 = 180\].

d) Đúng. Khi \[t = 70\] thì \[d\left( {70} \right) = 3\sin 0 + 10 = 10\] nên thành phố có \[10\]giờ có ánh sáng.

a) Sai. Ta có góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) là góc \(\widehat {AC'A'}\).

Ta có \(AA' = 1\), \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \),

\(AC' = \sqrt {A{C^2} + C{{C'}^2}} = \sqrt {20 + 1} = \sqrt {21} \).

Do đó \(\sin \varphi = \sin \widehat {AC'A'} = \frac{{AA'}}{{AC'}} = \frac{1}{{\sqrt {21} }}\).

b) Đúng. Ta có \(AC{\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\) nên khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(B'D'\) bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) và bằng độ dài đoạn \(AA' = 1\).

Vậy \(d\left( {AC,B'D'} \right) = 1\).

c) Đúng. Ta có \(AC' = \sqrt {A{C^2} + C{{C'}^2}} = \sqrt {20 + 1} = \sqrt {21} \).

d) Đúng. Ta có \(AA' \bot AB,AA' \bot AD\) suy ra \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\).

a) Đúng. Do \(s'\left( t \right) = v\left( t \right)\) nên quãng đường \(s\left( t \right)\) mà xe ô tô đi được trong thời gian \(t\) (giây) là một nguyên hàm của hàm số \(v\left( t \right)\).

Ta có: \(\int {\left( { - 10t + 20} \right){\rm{d}}t} = - 5{t^2} + 20t + C\) với \(C\) là hằng số.

Khi đó, ta gọi hàm số \(s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t + C\).

b) Đúng. Do \(s\left( 0 \right) = 0\) nên \(C = 0\). Suy ra \(s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t\).

c) Sai. Xe ô tô dừng hẳn khi \(v\left( t \right) = 0\) hay \( - 10t + 20 = 0\), tức là \(t = 2\). Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 2 giây.

d) Đúng. Ta có xe ô tô đang chạy với tốc độ 65 km/h ≈ 18 m/s.

Quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là:

\(s\left( 2 \right) = - 5 \cdot {2^2} + 20 \cdot 2 = 20\) (m).

Khi đó, quãng đường xe ô tô di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là \(18 + 20 = 38\) (m).

Do \(38 < 50\) nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường.

Đáp án: 38.

Chi phí sản xuất cho \[x\] sản phẩm là \[xG\left( x \right) = {x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000\](nghìn đồng).

Lợi nhuận thu được của doanh nghiệp:

\[h\left( x \right) = - 2{x^2} + 1312x - \left( {{x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000} \right) = - {x^3} + 75{x^2} + 312x - 40000\] (nghìn đồng).

Ta có: \[h'\left( x \right) = - 3{x^2} + 150x + 312\]. Trên khoảng \[\left( {1;\,300} \right)\], \[h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 52\].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta suy ra được lợi nhuận lớn nhất của doanh nghiệp khoảng \[38\]triệu đồng.

Đáp án: \[2\,000\].

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;1;0} \right)\) và bán kính \(R = 2\).

Ta có \(\overrightarrow {IM} = \left( {1;2;1} \right)\) và \(IM = \sqrt 6 \).

Gọi \(H\) là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ \(M\) đến mặt cầu, có \(MH = \sqrt {I{M^2} - {R^2}} = \sqrt 2 \).

Gọi \(O\) là tâm của đường tròn \(\left( C \right)\), khi đó \(IM \bot HO\) và \(HO = r\).

Ta có \(HI \cdot HM = HO \cdot IM\)\( \Rightarrow r = \frac{{HI \cdot HM}}{{IM}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 6 }} = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow T = 1000\sqrt 3 r = 2000.\)

Đáp án: \(4252\).

Thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy là hình tròn có bán kính \(r\) và có diện tích là \[1600\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\], nên \({r^2}\pi = 1600\pi \Rightarrow r = 40\,{\rm{cm}}\).

Ta chọn hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ.

Parabol có đỉnh \(I\left( {0;\,40} \right)\) và qua \(A\left( {50;\,30} \right)\) nên có phương trình \(y = - \frac{1}{{250}}{x^2} + 40\).

Thể tích của trống là: \(V = \pi \int\limits_{ - 50}^{50} {{{\left( { - \frac{1}{{250}}{x^2} + 40} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{406000\pi }}{3}\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}) = \frac{{406\pi }}{3}\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})\).

Vậy \(10V = 10 \cdot \frac{{406\pi }}{3} \approx 4\,252\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}).\)

Đáp án: \(0,02\).

Xét các biến cố:

\({A_1}\): “Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi”.

\({A_2}\): “Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi”.

Đáp án: 1.

Giả sử \[M\left( {x;y;0} \right)\].

Ta có \[M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + 4\], \[M{B^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + 1\], \[M{C^2} = {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + 16\], \[M{D^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} + 1\].

\[T = \frac{{ - 3M{A^2} - 2M{B^2} + M{C^2}}}{{M{D^2}}} = \frac{{ - 4{x^2} + 8x - 4{y^2} + 4y + 10}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}}\]

\[ = - 4 \cdot \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1 - \frac{{19}}{4}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}} = - 4 \cdot 1 + \frac{{19}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}} \le - 4 + 19 = 15\].

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1;\frac{1}{2};0} \right)\].

Đáp án: \(98,8\).

Đặt tên các điểm như hình dưới đây.

Kẻ đường cao \(AM\), ta có \(\Delta ABC\) đều, cạnh bằng \(2\) nên \(AM = \sqrt 3 \).

Gọi \(O\) là tâm của \(\Delta ABC \Rightarrow OM = \frac{1}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow OH = OM - x = \frac{{\sqrt 3 }}{3} - x\).

Lại có \(\Delta OPQ\) đều nên \(OH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}PQ \Rightarrow PQ = \frac{2}{{\sqrt 3 }}OH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)\).

Diện tích \(\Delta OPQ\) là \({S_{\Delta OPQ}} = \frac{1}{2}OH \cdot PQ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)^2}\).

Diện tích lục giác đều: \(S = 6{S_{\Delta OPQ}} = 2\sqrt 3 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)^2}\).

Thể tích khối lăng trụ lục giác đều: \(V\left( x \right) = 2\sqrt 3 x{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)^2} = 2\sqrt 3 \left( {\frac{1}{3}x - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{x^2} + {x^3}} \right)\).

Ta có \(V'\left( x \right) = 2\sqrt 3 \left( {\frac{1}{3} - \frac{{4\sqrt 3 }}{3}x + 3{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) hoặc \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{9}\).

Lập bảng giá trị của \(V\left( x \right)\) với \(x \in \left( {0;\frac{2}{3}} \right)\), ta thấy hàm số \(V\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{8}{{81}}\) tại \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{9}\).

Vậy thể tích lớn nhất của khối lăng trụ lục giác đều là \(\frac{8}{{81}}\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}}) \approx 98,8\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})\).