Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 8)

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua ba điểm \(A\left( { - 1\,;0\,;0} \right),\,B\left( {0\,;3\,;0} \right),C\left( {0\,;0\,;4} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {ABC} \right):\frac{x}{{ - 1}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{1} - \frac{y}{3} - \frac{z}{4} = - 1\). Chọn D.

Ta có vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;3\,;0} \right)\).

Đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;3\,;0} \right)\) làm vectơ chỉ phương và đi qua điểm \(A\left( { - 1\,;0\,;0} \right)\) nên có phương trình là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = 3t}\\{z = 0}\end{array}\quad (t \in \mathbb{R})} \right.\). Chọn D.

Xét \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {D'O} + \overrightarrow {OC'} \)

               \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AC'} \) (Đúng).

Xét \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'} \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AD'} \) (Sai)

Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC'} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {D'A} = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {C'D'} + \overrightarrow {D'A} \)

        \( = \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {D'A} = \overrightarrow {AA} = \vec 0\) (Đúng).

Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} .\) (Đúng). Chọn B.

a) Đúng. Xét các biến cố:

\(\bar A\) : “Chọn được học sinh không lựa chọn khối A00”.

\(\bar B\) : “Chọn được học sinh không đỗ đại học”.

Có \(70\% \) học sinh lựa chọn tổ hợp \({\rm{A}}00 \Rightarrow P\left( A \right) = 0,7\)\( \Rightarrow \)\(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 0,3\).

b) Sai. Nếu một học sinh chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,55

\( \Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = 0,55\)\( \Rightarrow P\left( {\bar B\mid A} \right) = 1 - P\left( {B\mid A} \right) = 1 - 0,55 = 0,45\).

Nếu học sinh không chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là\(0,6 \Rightarrow P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,6.\)

Khi đó, \(P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - 0,6 = 0,4\).

Từ đó, ta có sơ đồ cây sau:

c) Sai. Xác suất để học sinh đó chọn tổ hợp A00, biết học sinh không đỗ đại học là

\(P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}\)\( = \frac{{0,7 \cdot 0,45}}{{0,7 \cdot 0,45 + 0,3 \cdot 0,4}} = \frac{{21}}{{29}}\).

d) Sai. Xác suất để học sinh đó không chọn tổ hợp A00, biết học sinh không đỗ đại học là

\(P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 1 - P\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - \frac{{21}}{{29}} = \frac{8}{{29}}\).

a) Sai. Tại thời điểm ban đầu hai chất điểm cách nhau một khoảng bằng

\(\left| {{s_2} - {s_1}} \right| = \left| {\sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right) - \sin 0} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\,\,{\rm{(m)}} = 50\sqrt 3 \,\,{\rm{(cm)}}\)\( \approx 86,6\,\,{\rm{(cm)}}\).

b) Sai. Khoảng cách giữa hai chất điểm được xác định bởi hàm số \(d = \left| {{s_1} - {s_2}} \right|\) (mét).

c) Đúng. Ta có \({s_1} = \sin t \Rightarrow {v_1} = \cos t,{s_2} = \sin \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right)\)\( \Rightarrow {v_2} = \cos \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right)\).

\({v_1} = {v_2} \Leftrightarrow \cos t = \cos \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = t + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{ - t = t + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow - 2t = \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow t = - \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Mà \(t \in \left[ {0\,;6} \right] \Rightarrow t \in \left\{ {\frac{{5\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6}} \right\}\).

d) Đúng. Khoảng cách giữa hai chất điểm được xác định bởi hàm số \(d = \left| {{s_1} - {s_2}} \right|\) (mét).

Ta có \(d = \left| {{s_1} - {s_2}} \right| = \left| {\sin t - \sin \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right|\)\[ = \left| {2\cos \frac{{2t + \frac{\pi }{3}}}{2}\sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)} \right| = \left| {\cos \frac{{6t + \pi }}{6}} \right| \le 1,\forall t \in \left[ {0\,;6} \right]\].

Vậy trong 6 giây đầu tiên, khoảng cách xa nhất của hai chất điểm là 1 m hay 100 cm.

a) Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = {\left[ {\ln y\left( x \right)} \right]^\prime } = \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} = - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

b) Đúng. Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'} \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( { - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}} \right)} \,{\rm{d}}x = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C\).

Theo giả thiết \(y\left( 0 \right) = 0,05\) nên \(f\left( 0 \right) = \ln y\left( 0 \right) = \ln \left( {0,05} \right)\). Khi đó \(C = \ln \left( {0,05} \right)\).

Vậy \(f\left( x \right) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln \,\left( {0,05} \right)\).

c) Sai. Từ \(f\left( x \right) = \ln y\left( x \right)\)\( \Rightarrow y\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x\, + \,\ln \left( {0,05} \right)}} = \frac{1}{{20}}{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x}}\).

Do đó \(y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right) = \frac{1}{{20}}\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 30}} - {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 15}}} \right) \approx - 5,2 \cdot {10^{ - 4}}\).

d) Đúng. Nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây là:

\(\frac{1}{{30 - 15}}\int\limits_{15}^{30} {y\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{{15}}\int\limits_{15}^{30} {\left( { - \frac{1}{{7 \cdot {{10}^{ - 4}}}}} \right)} \,y'\left( x \right){\rm{d}}x\)\( = - \left. {\frac{{{{10}^4}}}{{105}}y\left( x \right)} \right|_{15}^{30} = - \frac{{{{10}^4}}}{{105}}\left[ {y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right)} \right] \approx 0,05\).

a) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 3; - 4} \right)\).

b) Đúng. Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có 2 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,; - 3\,; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( {2\,;3\,;3} \right)\)

\( \Rightarrow {\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {3\,; - 5\,;3} \right)\).

Do đó vectơ \(2{\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left( {6\,; - 10\,;6} \right)\) cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

c) Đúng. Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua \(A\left( {1\,; - 1\,;3} \right)\) và nhận \({\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left( {3\,; - 5\,;3} \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là \(3\left( {x - 1} \right) - 5\left( {y + 1} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3x - 5y + 3z - 17 = 0\).

d) Sai. Thay tọa độ điểm \(D\left( {3\,; - 1\,; - 8} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) ta thấy \(D \notin \left( {ABC} \right)\) nên 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng.

Đáp án: 1.

Ta xét \(\left( {{S_1}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{I_1}\left( {1\,;2\,;0} \right)}\\{{R_1} = 2}\end{array}} \right.\) và \(\left( {{S_2}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{I_2}\left( {3\,;0\,;1} \right)}\\{{R_2} = 5}\end{array}} \right.\), \({I_1}{I_2} = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = 3\).

\( \Rightarrow \left( {{S_1}} \right)\) tiếp xúc với \(\left( {{S_2}} \right)\) vì tâm \({I_1}\) nằm trong mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\)\( \Rightarrow \left( {{S_1}} \right)\) nằm trong \(\left( {{S_2}} \right).\)

Gọi \(M\) là tiếp điểm của hai mặt cầu.

\( \Rightarrow \) Các tiếp tuyến \(d\) của 2 mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\) và có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{I_1}{I_2}} \).

Ta có \({I_1},{I_2},M\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {{I_2}M} = \frac{5}{3}\overrightarrow {{I_2}{I_1}} \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{3};\frac{{10}}{3}; - \frac{2}{3}} \right).\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z + 8 = 0\).

Ta có: \(\widehat {AHM} = 90^\circ \) nên \(H\) thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) đường kính AM.

\( \Rightarrow \left( C \right)\) là giao tuyến của \(\left( S \right)\) và \(\left( P \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(AM \Rightarrow I\left( {\frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{2}{3}} \right).\)

Ta có: \(h = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{2}{3} - \frac{{10}}{3} + \frac{2}{3} + 8} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} }} = 2;\,\,R = IA = \sqrt 5 \)\( \Rightarrow \) Bán kính \(\left( C \right)\) là \(r = \sqrt {{R^2} - {h^2}} = 1\).

Đáp án: 19.

Đặt \(\widehat {QOH} = \alpha \,\,\left( {0 \le \alpha \le \pi } \right)\).

Xét \(\Delta POQ\) có:

\(P{Q^2} = O{P^2} + O{Q^2} - 2OP \cdot OQ \cdot \cos \widehat {POQ}\)\[ = 32 - 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot \cos \left( {\pi - \alpha } \right) = 32 + 32 \cdot \cos \alpha \].

\( \Rightarrow PQ = 4\sqrt 2 \cdot \sqrt {1 + \cos \alpha } = 4\sqrt 2 \cdot \sqrt {2{{\cos }^2}\left( {\frac{\alpha }{2}} \right)} = 8\cos \frac{\alpha }{2}.\)

Độ dài cung tròn QR là \(\frac{\alpha }{\pi } \cdot 4\pi = 4\alpha .\)

Thời gian anh Tuấn di chuyển từ P đến R là \(f\left( \alpha \right) = \frac{{8\cos \frac{\alpha }{2}}}{{20}} + \frac{{4\alpha }}{{40}} = \frac{2}{5} \cdot \cos \frac{\alpha }{2} + \frac{\alpha }{{10}}\) (giờ).

Xét hàm số \(f\left( \alpha \right) = \frac{2}{5} \cdot \cos \frac{\alpha }{2} + \frac{\alpha }{{10}}\)\( \Rightarrow f'\left( \alpha \right) = \frac{{ - 1}}{5}\sin \frac{\alpha }{2} + \frac{1}{{10}}\).

\( \Rightarrow f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{\alpha }{2} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \frac{\alpha }{2} = \frac{\pi }{6} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{3}\).

Ta có \(f\left( 0 \right) = \frac{2}{5};f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) \approx 0,45;f\left( \pi \right) = 0,31\).

\( \Rightarrow \) Thời gian ngắn nhất cần tìm là \(60 \cdot f\left( \pi \right) = 60 \cdot 0,31 \approx 19\) phút.

Đáp án: 0,27.

Số cách bốc 2 số có tích chẵn là \(C_5^1 \cdot C_5^1 + C_5^2 = 35\) (vì có 2 TH xảy ra: chọn được 2 quả bóng có số chẵn hoặc bốc được 1 quả mang số chẵn và 1 quả mang số lẻ).

Số cách bốc 2 số có tổng là số lẻ (tích chẵn) là \(C_5^1 \cdot C_5^1 = 25\) (xảy ra khi bốc được 1 quả bóng mang số lẻ và 1 quả bóng mang số chẵn).

Số cách bốc 2 số có tích chẵn và tổng chẵn là \(C_5^2 = 10\) (xảy ra khi bốc được 2 quả bóng mang số chẵn).

Do Nhâm đã thắng nên Nhâm đã bốc được 2 quả có tích chẵn.

Gọi \(A\) là biến cố: “Nhâm bốc tổng chẵn” \( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{10}}{{35}} = \frac{2}{7}\).

Gọi \(B\) là biến cố: “Hưng thắng”.

Cần tính \(P\left( {A\mid B} \right)\).

Xác suất Hưng thắng khi Nhâm bốc được tổng lẻ (tức Nhâm bốc được 1 chẵn và 1 lẻ nên còn lại 4 bi chẵn, 4 bi lẻ) là \[P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_4^1 \cdot C_4^1}}{{C_8^2}} = \frac{4}{7}\].

Tương tự, xác suất Hưng thắng khi Nhâm bốc được tổng chẵn (còn lại 3 chẵn, 5 lẻ) là \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_3^1 \cdot C_5^1}}{{C_8^2}} = \frac{{15}}{{28}}\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)\)\( = \frac{2}{7} \cdot \frac{{15}}{{28}} + \frac{5}{7} \cdot \frac{4}{7} = \frac{{55}}{{98}}\).

Suy ra \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{2}{7} \cdot \frac{{15}}{{28}}}}{{\frac{{55}}{{98}}}} \approx 0,27\).

Đáp án: 43.

Ta sử dụng thuật toán láng giềng gần nhất.

Vậy số thử thách nhỏ nhất là 43.

Đáp án: 333.

Lợi nhuận của doanh nghiệp khi sản xuất \(x\) sản phẩm là:

\(y = L\left( x \right) = F\left( x \right) - xG\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1\,001\,000x + 250\,000 - x\left( {x + 1\,000 + \frac{{250\,000}}{x}} \right)\)

                                  \( = {x^3} - 2\,000{x^2} + 1\,000\,000x\).

\(L'\left( x \right) = 3{x^2} - 4\,000x + 1\,000\,000\)

\(L'\left( x \right) = 3{x^2} - 4000x + 1\,000\,000 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1000\\x = \frac{{1000}}{3}\end{array} \right.\) (Vì \(x = 1000 \notin \left[ {0\,;\,500} \right]\) nên loại).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(y = L\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0\,;\,500} \right]\):

Do số sản phẩm là số nguyên, nên ta xét giá trị của hàm số tại hai điểm nguyên trước và sau giá trị \(\frac{{1000}}{3}\) là 333 và 334.

Ta có \[L\left( {333} \right) = 148\,148\,037;L\left( {334} \right) = 148\,147\,704\]\( \Rightarrow L\left( {333} \right) > L\left( {334} \right)\).

Do đó, doanh nghiệp nên sản xuất 333 sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Đáp án: 3467.

Xét hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ ta có:

\(AO = OC = OD = OB = \frac{{AC}}{2} = \frac{{120}}{2} = 60\;{\rm{m}}\)

\( \Rightarrow AD = 60\sqrt 2 \;{\rm{m}}.\)

Ta có \({S_{OAB}} = \frac{1}{4} \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{4} \cdot {\left( {60\sqrt 2 } \right)^2} = 1\,800\,\,({{\rm{m}}^2})\).

Lại có \(A\left( {0\,;\,60} \right),\,B\left( {60\,;\,0} \right),M\left( {x\,;y} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {60\,; - 60} \right) = 3\overrightarrow {AM} = 3\left( {x;y - 60} \right)\).

(Do bài cho \(AM = MN = NB\)) \( \Rightarrow M\left( {20\,;40} \right)\).

Ta xét phần hình trắng có dạng parabol như hình vẽ có \(M \in \left( P \right):y = a{x^2} + 20\).

\( \Rightarrow 40 = {20^2} \cdot a + 20 \Rightarrow a = \frac{1}{{20}}.\)

Diện tích một phần trắng là diện tích được chặn bởi \(y\) và đường thẳng \(AB:y = 60 - x\) là:

\({S_{1T}} = \,\int\limits_0^{20} {\left( {60 - x - \frac{{{x^2}}}{{20}} - 20} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{1400}}{3}\).

Diện tích một phần tư của sân chơi là: \({S_{1{\rm{ }}}} = {S_{OAB}} - 2{S_{1T}} = 1800 - 2 \cdot \frac{{1400}}{3} = \frac{{2600}}{3}\).

Vậy diện tích sân chơi cần tính là: \(\frac{{2600}}{3} \cdot 4 = \frac{{10400}}{3} \approx 3467\,\,({{\rm{m}}^2})\).