Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 43)

Ta có: \({\log _{{a^2}}}\frac{a}{{\sqrt b }} = {\log _{{a^2}}}a - {\log _{{a^2}}}\sqrt b = \frac{1}{2}{\log _a}a - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot {\log _a}b = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \cdot 3 = - \frac{1}{4}.\) Chọn C.

\(\overline x = \frac{{6 \cdot 5 + 12 \cdot 7 + 19 \cdot 9 + 9 \cdot 11 + 4 \cdot 13}}{{50}}\)\( = \frac{{30 + 84 + 171 + 99 + 52}}{{50}} = \frac{{436}}{{50}} = 8,72\;{\rm{kg}}.\) Chọn A.

Ta có hai mặt phẳng \(\left( {ABA'} \right)\) và \(\left( {B'D'C} \right)\) có chung nhau điểm \(B'\) nên chúng không song song. Chọn B.

a) Đúng. Ta có: \[d\left( {J,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| {{z_J}} \right| = \left| 3 \right| = 3\].

Khi đó, \[{R_2} = \sqrt {{d^2}\left( {J,\left( {Oxy} \right)} \right) + r_2^2} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\].

b) Sai.

\[\overrightarrow {IM} = \left( {5;5;10} \right) \Rightarrow IM = \sqrt {{5^2} + {5^2} + {{10}^2}} = 5\sqrt 6 > 4\]: Điểm \[M\] nằm ngoài mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\).

Do đó, quãng đường tối thiểu điểm \[C\] di chuyển từ \[M\] đến bề mặt khối cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) là

\[s_1^{\min } = IM - {R_1} = 5\sqrt 6 - 4 \Rightarrow E_1^{\min } = \frac{{{{\left( {5\sqrt 6 - 4} \right)}^2}}}{{12}} = \frac{{166 - 40\sqrt 6 }}{{12}}\] (đơn vị năng lượng).

c) Đúng.

\[\overrightarrow {IJ} = \left( {10;13;3} \right) \Rightarrow IJ = \sqrt {{{10}^2} + {{13}^2} + {3^2}} = \sqrt {278} > {R_1} + {R_2} = 4 + 5 = 9\].

Khi đó, \[A{B_{\max }} = IJ + {R_1} + {R_2} = \sqrt {278} + 9 \approx 25,6733 > 25\].

d) Đúng. \[\overrightarrow {JM} = \left( { - 5; - 8;7} \right) \Rightarrow JM = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {138} > 5\]: Điểm \[M\] nằm ngoài mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\).

Do đó, quãng đường tối thiểu điểm \[C\] di chuyển từ \[M\] đến bề mặt khối cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) là

\[s_2^{\min } = JM - {R_2} = \sqrt {138} - 5 \Rightarrow E_2^{\min } = \frac{{{{\left( {\sqrt {138} - 5} \right)}^2}}}{{12}} = \frac{{163 - 10\sqrt {138} }}{{12}} < E_1^{\min }\].

Vậy năng lượng tối thiểu để điểm \[C\] di chuyển vào bên trong khối cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) nhỏ hơn năng lượng tối thiểu để điểm \[C\] di chuyển vào bên trong khối cầu \(\left( {{S_1}} \right)\).

Gọi \(X\) là biến cố: “bệnh nhân chọn thuốc A”; \(Y\) là biến cố: “bệnh nhân bị tác dụng phụ”.

Theo giả thiết, ta có: \[P\left( X \right) = 0,5;\,P\left( {Y|X} \right) = 0,2\].

a) Đúng. Xác suất để bệnh nhân bị tác dụng phụ khi dùng thuốc A là \[P\left( {Y|X} \right) = 0,2\].

b) Đúng. Xác suất để bệnh nhân bị tác dụng phụ khi được chọn ngẫu nhiên dùng một trong hai loại thuốc là \[P\left( Y \right) = P\left( X \right) \cdot P\left( {Y|X} \right) + P\left( {\overline X } \right) \cdot P\left( {Y|\overline X } \right) = 0,5 \cdot 0,2 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,15\].

c) Sai. Nếu biết bệnh nhân không bị tác dụng phụ, xác suất để bệnh nhân đó dùng thuốc B là

\[P\left( {\overline X |\overline Y } \right) = \frac{{P\left( {\overline X } \right) \cdot P\left( {\overline Y |\overline X } \right)}}{{P\left( {\overline Y } \right)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,9}}{{1 - 0,15}} = \frac{9}{{17}}\].

d) Sai. Xác suất để bệnh nhân dùng thuốc A và không bị tác dụng phụ là\[P\left( {X\overline Y } \right) = 0,5 \cdot \left( {1 - 0,2} \right) = 0,4\].

a) Đúng.Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). Ta có \(y = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} = x - \frac{6}{{x + 1}}\).

nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - \frac{6}{{x + 1}}} \right) = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \frac{6}{{x + 1}}} \right) = 0\).

Suy ra tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = x\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} = - \infty \) nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \(x = - 1\).

Tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\) là giao điểm hai đường tiệm cận, nên \(I\left( { - 1; - 1} \right)\).

b) Sai. Ta có: \(y'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 7}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\). Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right),\,\,\left( {{x_0} \ne - 1} \right)\) là tiếp điểm.

Vì tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) song song với đường thẳng \(d:\,y = 7x + 18\) nên

\(y'\left( {{x_0}} \right) = 7 \Leftrightarrow \frac{{{x_0}^2 + 2{x_0} + 7}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = - 2\end{array} \right.\), suy ra \(\left[ \begin{array}{l}M\left( {0; - 6} \right)\\M\left( { - 2;4} \right)\end{array} \right.\)

TH1: \(M\left( {0; - 6} \right)\), ta có phương trình tiếp tuyến là \({d_1}:y = 7x - 6\). (Thỏa)

TH2: \(M\left( { - 2;4} \right)\), ta có phương trình tiếp tuyến là \({d_2}:y = 7x + 18\) (Loại)

c) Sai. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right);\,\,B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai điểm thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị \(\left( C \right)\), \({x_1} < - 1 < \,\,{x_2}\)

Vì \(AB\) song song với trục hoành nên \({y_1} = {y_2} = {y_0}\) và \({x_1};\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({y_0} = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - {y_0}} \right)x - 6 - {y_0} = 0\,\,\left( 1 \right)\,\,\)(với \(x \ne - 1\)).

Ta có \({x_1} < - 1 < \,\,{x_2}\)\( \Leftrightarrow {x_1} + 1 < 0 < {x_2} + 1 \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow - {y_0} - 6 + \left( {{y_0} - 1} \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow - 6 < 0\).

Hiển nhiên đúng nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

\(AB = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {{{\left( {{y_0} - 1} \right)}^2} - 4\left( { - 6 - {y_0}} \right)} = \sqrt {{{\left( {{y_0} + 1} \right)}^2} + 24} \ge 2\sqrt 6 \)

Dấu “bằng” xảy ra khi chỉ khi \({y_0} = - 1\)và giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng \(AB\) bằng \(2\sqrt 6 \).

d) Đúng. Ta có \(y = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} - x = \frac{{ - 6}}{{x + 1}}\). Thể tích cần tìm là \(V = \pi {\int\limits_0^m {\left( {\frac{{ - 6}}{{x + 1}}} \right)} ^2}dx = 36\pi \cdot \frac{m}{{m + 1}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{m \to + \infty } V = \mathop {\lim }\limits_{m \to + \infty } \left( {36\pi \cdot \frac{m}{{m + 1}}} \right) = 36\pi \).

Từ  \(C\) kẻ \(CH \bot AB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CH\\AB \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {CHC'} \right) \Rightarrow AB \bot C'H\).

Nên góc nhị diện \(\left[ {C,AB,C'} \right]\) là \(\widehat {C'HC} \Rightarrow \widehat {C'HC} = 60^\circ \).

a) Đúng. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác\(ABC\) ta có

\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC \cdot \sin \widehat {ACB} = \frac{1}{2}a \cdot 2a \cdot \sin 120^\circ = \frac{1}{2}a \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\].

b) Sai. Áp dụng định lý côsin trong \(\Delta ABC:A{B^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2a \cdot 2a \cdot \cos 120^\circ = 7{a^2}\)

\( \Rightarrow AB = a\sqrt 7 \).

Mà \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Trong \(\Delta CHC'\) vuông tại \(C \Rightarrow CC' = CH \cdot \tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\sqrt 3 = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}\).

c) Đúng. Trong \(\Delta CHC'\)vuông, kẻ \(CK \bot C'H\) tại \(K\).

Khi đó \(CK \bot \left( {ABC'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABC'} \right)} \right) = CK\)

Suy ra \(CK = \frac{{CC' \cdot CH}}{{\sqrt {C{{C'}^2} + C{H^2}} }} = \frac{{\frac{{3a\sqrt 7 }}{7} \cdot \frac{{a\sqrt {21} }}{7}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{7}} \right)}^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}\).

d) Đúng.

Trong mp \(\left( {ABC} \right)\) dựng hình bình hành \(ABCD\)  

\( \Rightarrow BC//AD \Rightarrow BC//\left( {ADC'} \right) \Rightarrow d\left( {BC,AC'} \right) = d\left( {BC,\left( {ADC'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ADC'} \right)} \right)\)

Kẻ \(CM \bot AD\) tại\(M\). Vì \(BC//AD \Rightarrow \widehat {CAM} = 180^\circ - \widehat {ACB} = 60^\circ \)

\(CM = AC \cdot \sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Kẻ \(CI \bot C'M\)tại \(I \Rightarrow CI \bot \left( {ADC'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ADC'} \right)} \right) = CI\).

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta CMC'\) vuông ta có

\(\frac{1}{{C{I^2}}} = \frac{1}{{C{{C'}^2}}} + \frac{1}{{C{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{19}}{{9{a^2}}} \Rightarrow CI = \frac{{3a\sqrt {19} }}{{19}}\).

Đáp án: 0,59

Gọi biến cố \(A:\) “Xã A mưa”; \(B:\) “Xã B mưa”

\( \Rightarrow A \cup B:\)” Có ít nhất một trong hai xã mưa”

Theo bài ra ta có: \(P\left( {\bar A|\overline B } \right) = 0,65;\,P\left( {\bar B|\bar A} \right) = 0,6\), \(P\left( {AB} \right) = 0,1\).

Đặt \(x = P\left( {A \cup B} \right) \Rightarrow P\left( {\bar A\bar B} \right) = 1 - x\).

Ta có: \[P\left( {\bar A} \right) = \frac{{P\left( {\bar A\bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B|\bar A} \right)}} = \frac{{1 - x}}{{0,6}} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - \frac{{1 - x}}{{0,6}} = \frac{{x - 0,4}}{{0,6}}\].

Tương tự: \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A\bar B} \right)}}{{P\left( {\bar A|\bar B} \right)}} = \frac{{1 - x}}{{0,65}} \Rightarrow P\left( B \right) = 1 - \frac{{1 - x}}{{0,65}} = \frac{{x - 0,35}}{{0,65}}\).

Ta có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\)

\(x = \frac{{x - 0,4}}{{0,6}} + \frac{{x - 0,35}}{{0,65}} - 0,1 \Leftrightarrow 0,86x = 0,509\).

\( \Rightarrow x \approx 0,59\).

Đáp án: 6

Ta có: \[f'\left( t \right) = \frac{{ - 12000 \cdot \left( { - 11,5{e^{ - 0,5t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 23{e^{ - 0,5t}}} \right)}^2}}} = \frac{{138000{e^{ - 0,5t}}}}{{{{\left( {1 + 23{e^{ - 0,5t}}} \right)}^2}}}\].

Để tính tốc độ tăng trưởng người dùng của ứng dụng đạt giá trị lớn nhất ta xét:

\[\begin{array}{l}f''\left( t \right) = 138000 \cdot \frac{{ - 0,5{e^{ - 0,5t}}{{\left( {1 + 23{e^{ - 0,5t}}} \right)}^2} - {e^{ - 0,5t}} \cdot 2\left( {1 + 23{e^{ - 0,5t}}} \right)\left( { - 11,5{e^{ - 0,5t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 23{e^{ - 0,5t}}} \right)}^4}}} = 0\\ \Leftrightarrow - 0,5{e^{ - 0,5t}}\left( {1 + 23{e^{ - 0,5t}}} \right) + 23{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow - 0,5{e^{ - 0,5t}} - 11,5{e^{ - t}} + 23{e^{ - t}} = 0\\ \Leftrightarrow - 0,5{e^{ - 0,5t}} + 11,5{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 23{e^{ - 0,5t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - 0,5t}} = \frac{1}{{23}} \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 23}}{{0,5}} \approx 6,271\end{array}\]

Làm tròn đến hàng đơn vị theo yêu cầu của đề bài: \[t \approx 6\].

Đáp án: 170

Gọi x là số lô linh kiện loại A được sản xuất trong một tuần \(x \in \mathbb{N}\).

Gọi y là số lô linh kiện loại B được sản xuất trong một tuần \(y \in \mathbb{N}\).

Thời gian máy Phay CNC: Để sản xuất x lô A và y lô B cần \(2x + 3y\) giờ.

Vì máy hoạt động tối đa 120 giờ nên ta có: \(2x + 3y \le 120\).

Thời gian máy Tiện CNC: Để sản xuất x lô A và y lô B cần \(4x + 2y\) giờ.

Vì máy hoạt động tối đa 160 giờ nên ta có: \(4x + 2y \le 160\), rút gọn thành: \(2x + y \le 80\).

Hàm mục tiêu lợi nhuận cần đạt giá trị lớn nhất là \(F\left( {x;y} \right) = 3x + 4y\)(triệu đồng)

Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 120\\2x + y \le 80\\x;y \in \mathbb{N}\end{array} \right.\)

Tại \(O\left( {0;0} \right)\)có \(F = 0\); Tại \(C\left( {0;40} \right)\) có \(F = 160\);

Tại \[A\left( {40;0} \right)\]có \(F = 120\); Tại \[B\left( {30;20} \right)\]có \(F = 170\).

Kết luận: Giá trị lớn nhất của \[F\left( {x,y} \right)\] là 170, đạt được tại \(x = 30\)và \(y = 20\).

Đáp án: 66,9

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(O \equiv A\), điểm \(B\) thuộc tia \(Ox\), điểm \(D\) thuộc tia \(Oy\).

Ta có: \(I\left( {2;0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {A{M^2} + A{I^2}} = \frac{5}{2}\).

Phương trình của đường tròn chứa cung \(MN\): \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = \frac{{25}}{4}\)\( \Rightarrow {y^2} = \frac{{25}}{4} - {\left( {x - 2} \right)^2}\).

Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm \(N\left( {4;1,5} \right)\) nhận \(\overrightarrow {IN} \) là VTPT: \(y = - \frac{4}{3}x + \frac{{41}}{6}\).

Giả sử phương trình của cung parabol \(NP\): \(y = a{x^2} + bx + c\).

Parabol đi qua hai điểm \(N\left( {4;1,5} \right),P\left( {5;1,5} \right)\) và \(y'\left( 4 \right) = - \frac{4}{3}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}16a + 4b + c = 1,5\\25a + 5b + c = 1,5\\8a + b = - \frac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\b = - 12\\c = \frac{{169}}{6}\end{array} \right.\).

Thể tích của bình là: \(V = \pi \int\limits_0^4 {\left[ {\frac{{25}}{4} - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_4^5 {{{\left( {\frac{4}{3}{x^2} - 12x + \frac{{169}}{6}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \approx 66,9\) (lít).

Đáp án: 0,58

Ta có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {12 + 4} = 4\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{1}{4} = \frac{1}{3} \Rightarrow AH = \sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Þ \(HB = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}} = \sqrt {4 - 3} = 1\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Ta có \[\frac{{d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{HB}}{{SB}} = \frac{1}{4} \Rightarrow d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{4}SA = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC = 2\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Thể tích khối chóp \(B.AHC\)bằng: \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}} \cdot d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \approx 0,58\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Đáp án: 1

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1;2;2} \right)\) và đi qua điểm \(M\left( {2;1; - 1} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1;1;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(d\) nên vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_d}} \).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có công thức: \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} \cdot \overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = \cos \left( {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right)\)

Để góc \(\alpha \) lớn nhất thì góc giữa \(\overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \) phải nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi \(\overrightarrow {{n_P}} \) là hình chiếu của \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \) lên mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \(d\).

Khi đó, vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} \) được xác định bởi: \(\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right]\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2; - 2;1} \right)\); \(\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right] = \left( {6;3; - 6} \right)\)

Chọn VTPT tối giản: \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;1; - 2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {2;1; - 1} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;1; - 2} \right)\):

\(2\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y - 1} \right) - 2\left( {z + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - 2z - 7 = 0\)

Đối chiếu với phương trình \(ax + by + cz - 7 = 0\), ta được: \(a = 2\),\(b = 1\),\(c = - 2\)

Giá trị của biểu thức \(T = 2 + 1 + \left( { - 2} \right) = 1\).