Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 3)

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng là \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\). Chọn B.

Đạo hàm của hàm số \(y = {4^{3 - 2x}}\) là \(y' = - 2 \cdot {4^{3 - 2x}}\ln 4\). Chọn B.

Ta có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 2 \cdot 2 - \left( { - 1} \right) - 8} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 3.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = R = 3\).

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {1;2; - 1} \right)\), bán kính 3 là:

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\). Chọn D.

a) Đúng. Thay \(x = 0,x = \pi \) vào hàm số \(f\left( x \right)\) ta được: \(f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi \right) = 2\pi \).

b) Sai. Ta có \(f\left( x \right) = 4\sin x\cos x + 2x\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4 \cdot \left( {\cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot \sin x} \right) + 2 = 4\cos 2x + 2\).

c) Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = 4\cos 2x + 2 = 0 \Rightarrow \cos 2x = \frac{{ - 1}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

+) \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \): \(0 \le \frac{\pi }{3} + k\pi \le \pi \Rightarrow \frac{{ - 1}}{3} \le k \le \frac{2}{3} \Rightarrow k = 0\).

+) \(x = - \frac{\pi }{3} + k\pi \): \(0 \le - \frac{\pi }{3} + k\pi \le \pi \Rightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{4}{3} \Rightarrow k = 1\).

d) Sai. Theo câu c) ta có 2 điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right)\) là \(x = \frac{\pi }{3},x = \frac{{2\pi }}{3}.\)

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi \right) = 2\pi ,f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 + \frac{{2\pi }}{3},f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3}\).

\( \Rightarrow \) Giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0\,;\,\pi } \right]\) là \(2\pi .\)

a) Đúng. Tổng chi phí trong một tháng của nhà sản xuất là: \(C\left( x \right) = 150 + 15x\) (triệu đồng).

b) Sai. Tổng doanh thu của nhà sản xuất trong 1 tháng là

\(D = x\left( {19,5 - 0,0075x} \right) = - 0,0075{x^2} + 19,5x\) (triệu đồng).

c) Đúng. Lợi nhuận nhà sản xuất kiếm được mỗi 1 tháng là

\(L\left( x \right) = - 0,0075{x^2} + 19,5x - 150 - 15x = - 0,0075{x^2} + 4,5x - 150\)(triệu đồng).

d) Sai. Xét hàm số \(L\left( x \right) = - 0,0075{x^2} + 4,5x - 150\)

\( \Rightarrow L'\left( x \right) = - 0,015x + 4,5 = 0 \Leftrightarrow x = 300\).

\( \Rightarrow x = 300\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số trên.

\( \Rightarrow \) Lợi nhuận tối đa mà nhà sản xuất thu được mỗi tháng là \(L\left( {300} \right) = 525\) triệu đồng.

a) Sai. Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {0\,; - 2\,;1} \right)\).

b) Đúng. Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ \begin{array}{l}1 = 1\;\\ - 3 = 1 - 2t\;\\2 = t\end{array} \right.}\end{array}\]\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = 1\;\\t = 2\\t = 2\end{array} \right.}\end{array}\] (luôn đúng). Vậy điểm \(A\) thuộc đường thẳng \(d\).

c) Sai. Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;6\,; - 6} \right),\overrightarrow {{u_d}} = \left( {0\,; - 2\,;1} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 6; - 1; - 2} \right)\).

d) Đúng. Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là

\( - 6\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y - 3} \right) - 2\left( {z + 4} \right) = 0 \Rightarrow - 6x - y - 2z + 7 = 0.\)

Khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{7}{{\sqrt {{6^2} + 1 + 4} }} \approx 1,09 > 1\).

a) Sai. Ta có \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,6 = 0,4\).

b) Sai. Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( {A\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) = 0,3 \cdot 0,6 = 0,18\).

c) Đúng. Ta có \(P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)\)\( \Rightarrow P\left( {A\bar B} \right) = P\left( A \right) - P\left( {AB} \right) = 0,2 - 0,18 = 0,02\).

d) Sai. Theo công thức xác suất điều kiện, ta có \(P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {A\bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{0,02}}{{0,4}} = 0,05\).

Đáp án: 1,05.

Mặt cắt ngang của máng nước là hình thang cân \(ABCD\) như hình vẽ.

Điều kiện: \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}.\)

Xét \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) có: \(AE = 15 \cdot \cos \alpha ,BE = 15 \cdot \sin \alpha \).

Xét \(\Delta DFC\) vuông tại \(F\) có: \(DF = 15 \cdot \cos \alpha \).

\( \Rightarrow S\left( \alpha \right) = \frac{{\left( {BC + AD} \right) \cdot BE}}{2}\)\( = \frac{{\left( {30\cos \alpha + 15 + 15} \right) \cdot 15\sin \alpha }}{2}\)\( = 225 \cdot \left( {\sin \alpha + \frac{{\sin 2\alpha }}{2}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( \alpha \right) = \sin \alpha + \frac{{\sin 2\alpha }}{2}\)\( \Rightarrow f'\left( \alpha \right) = \cos \alpha + \cos 2\alpha \).

Ta có \(f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\alpha + \cos \alpha - 1 = 0\)

\( \Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2}\) (do \(\cos \alpha \in \left( {0;1} \right)\))\( \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{3}\)(do \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\)).

Bảng biến thiên

\( \Rightarrow \) Diện tích \(S\) đạt giá trị lớn nhất tại \[\alpha = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\].

Đáp án: 27,7.

Ta có đường cong \(xy = 1 \Rightarrow y = \frac{1}{x} \Rightarrow y' = - \frac{1}{{{x^2}}}\).

Xét tại thời điểm đầu tiên quân địch phát hiện xe tăng ta có phương trình tiếp tuyến của đường cong \(y = \frac{1}{x}\) có dạng:

\(y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} \Rightarrow y = \left( { - \frac{1}{{x_0^2}}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{1}{{{x_0}}}\).

Ta có tiếp tuyến đi qua điểm \(\left( {3\,;0} \right)\) điểm xe địch đứng

\( \Rightarrow y\left( 3 \right) = \left( { - \frac{1}{{x_0^2}}} \right)\left( {3 - {x_0}} \right) + \frac{1}{{{x_0}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow - \left( {3 - {x_0}} \right) + {x_0} = 0 \Leftrightarrow {x_0} = \frac{3}{2}\)

\( \Rightarrow y = - \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}}\left( {x - \frac{3}{2}} \right) + \frac{2}{3} \Leftrightarrow y = - \frac{4}{9}\left( {x - \frac{3}{2}} \right) + \frac{2}{3}\)\( = - \frac{4}{9}x + \frac{4}{3}\).

Tọa độ vị trí xe tăng ta lúc địch thấy tại điểm \(\left( {0;\frac{4}{3}} \right)\).

Tại thời điểm \(t = 0\) xe cách gốc tọa độ 4 km, và 10 phút sau xe cách gốc tọa độ 2 km.

Tốc độ của xe (km/h) tỉ lệ nghịch với khoảng cách của xe (km) đến gốc tọa độ nên ta có:

\(x = {x_0} + {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2}\)\( \Leftrightarrow 2 = 0 + 0 \cdot t + \frac{1}{2}a{\left( {\frac{{10}}{{60}}} \right)^2} \Rightarrow a = 144\,\,{\rm{(km/h)}}\).

Tại vị trí địch thấy xe ta, ta có:

\(x = {x_0} + {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2} \Rightarrow \left( {4 - \frac{4}{3}} \right) = 0 + 0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 144 \cdot {t^2} \Leftrightarrow \frac{8}{3} = 72 \cdot {t^2}\)\( \Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt {27} }}\).

Vậy tại thời điểm đầu tiên quân địch phát hiện xe tăng, tốc độ của xe tăng X là

\(v = {v_0} + at \Leftrightarrow v = 144 \cdot \frac{1}{{\sqrt {27} }} \approx 27,7\) (km/h).

Đáp án: 11,3.

Ta có \(\left( {OAB} \right) \cap \left( {OCD} \right) = Ox{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,CD\).

Ta có các tam giác \(OAB,OCD\) cân tại \(O\) nên \(OM \bot AB\), \(ON \bot CD \Rightarrow OM \bot Ox,ON \bot Ox\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {OAB} \right),\left( {OCD} \right)} \right) = \left( {OM,ON} \right) = \widehat {MON} = 90^\circ \).

Suy ra tam giác \(OMN\) vuông cân tại \(O\).

Gọi \(H\) là tâm của hình vuông \(ABCD \Rightarrow H\) là trung điểm của \(MN\)\( \Rightarrow OH \bot MN\), lại có \(AB \bot OH\) suy ra \(OH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình vuông và \(AC = 4a\) nên \(AB = 2\sqrt 2 a\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng: \(V = OH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{MN}}{2} \cdot A{B^2} = 8\sqrt 2 {a^3}.\)

\( \Rightarrow k = 8\sqrt 2 \approx 11,3\).

Đáp án: 13.

Ký hiệu \(A\) là tập hợp những ngày có mưa, \(B\) là tập hợp những ngày có gió to, \(C\) là tập hợp những ngày lạnh.

Theo giả thiết ta có: \(n\left( A \right) = 10,n\left( B \right) = 8,n\left( C \right) = 6,n\left( {A \cap B} \right) = 5,n\left( {A \cap C} \right) = 4,n\left( {B \cap C} \right) = 3,\)\(n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 1\).

Để tìm số những ngày có thời tiết xấu ta tính \(n\left( {A \cup B \cup C} \right)\), ta có:

\(n\left( {A \cup B \cup C} \right)\)\( = n\left( A \right) + n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {A \cap B} \right) - n\left( {A \cap C} \right) - n\left( {B \cap C} \right) + n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 13\).

Vậy số ngày thời tiết xấu là 13 ngày.

Đáp án: 0,08.

Xác suất để khách hàng mua sơn mủ là \(x\,\,\left( {0 < x < 1} \right)\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Người đó mua con lăn”; \(B\) là biến cố: “Người đó mua sơn mủ”.

Khi đó \(\bar B\) là biến cố: “Người đó mua sơn nước”.

Cần tính \(P\left( B \right)\).

Giả sử \(P\left( B \right) = x \Rightarrow P\left( {\bar B} \right) = 1 - x\); \(P\left( {A\mid B} \right) = 60\% = 0,6;\,\,P\left( {A\mid \bar B} \right) = 30\% = 0,3\);

\(P\left( {B\mid A} \right) = 14\% = 0,14\).

Ta có sơ đồ cây sau:

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có xác suất người đó mua con lăn là

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = x \cdot 0,6 + \left( {1 - x} \right) \cdot 0,3\).

Suy ra \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{0,6x}}{{x \cdot 0,6 + \left( {1 - x} \right) \cdot 0,3}} = 0,14\)\( \Leftrightarrow 0,6x = 0,14\left( {0,6x + 0,3 - 0,3x} \right)\)

\( \Leftrightarrow 0,6x = 0,084x + 0,042 - 0,042x\)\( \Leftrightarrow 0,558x = 0,042\)\( \Rightarrow x \approx 0,08\)\( \Rightarrow P\left( B \right) = 0,08\).

Vậy xác suất người đó mua sơn mủ bằng 0,08.

Đáp án: 2.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có: \(I\left( {1\,;0\,; - 2} \right),\,\,R = 5\).

Gọi \(O\) là hình chiếu của \(I\) xuống mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) giao với mặt cầu \(\left( S \right)\) theo đường tròn tâm \(O\), đường thẳng \(d\) cắt đường tròn tâm \(O\) theo dây cung BC.

Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(O\) xuống \(BC\).

Phương trình đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và đi qua điểm \(I\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = - 2t}\\{z = - 2 + 2t.}\end{array}} \right.\)

Thay \(x;y;z\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được:

\(1 + t - 2 \cdot \left( { - 2t} \right) + 2 \cdot \left( { - 2 + 2t} \right) + 2 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{9}\)

\( \Rightarrow O\left( {\frac{{10}}{9};\frac{{ - 2}}{9};\frac{{ - 16}}{9}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {\frac{8}{9};\frac{{20}}{9};\frac{{16}}{9}} \right)\).

Khoảng cách từ điểm \(I\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(IO = \frac{{\left| {1 - 4 + 2} \right|}}{{\sqrt 9 }} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow O{B^2} = {R^2} - I{O^2} = \frac{{224}}{9}\).

Ta có: \(BC = 2BH = 2\sqrt {O{B^2} - O{H^2}} = 2\sqrt {\frac{{224}}{9} - O{H^2}} .\)

Mà \(OH \le OA \Rightarrow BC \ge 2\sqrt {\frac{{224}}{9} - O{A^2}} .\)

Dấu “=” xảy ra khi \(A \equiv H\)\( \Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \overrightarrow {{u_{OA}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow 8a + 20b - 16 = 0\) (1).

Ta có \(\overrightarrow {IA} = \left( {1\,;\,2\,;\,2} \right)\), \(IO \bot d,OA \bot d \Rightarrow d \bot \left( {IOA} \right) \Rightarrow d \bot IA\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_{IA}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow a + 2b - 2 = 0\) (2).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 0}\end{array} \Rightarrow a + b = 2} \right.\).