Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 10)

Ta có $M$ là trung điểm của $BC$ nên $\frac{1}{2}\overrightarrow {B'C'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {MC} .$

Khi đó, $\overrightarrow {AM} + \frac{1}{2}\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {A'C'}$. Chọn A.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}.$

Ta có $y' = - 3{x^2} + 12x$; $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0\,;4} \right)$. Chọn D.

Ta có $v\left( t \right) = \int a \left( t \right){\rm{d}}t$$\Rightarrow v\left( t \right) = \int {\left( {3{t^2} + t} \right)\,} {\rm{d}}t = {t^3} + \frac{1}{2}{t^2} + C$.

Vận tốc ban đầu của chất điểm là $2\,\,{\rm{(m/s)}} \Rightarrow v\left( 0 \right) = {0^3} + \frac{1}{2} \cdot {0^2} + C = 2$$\Leftrightarrow C = 2$.

Vậy $v\left( t \right) = {t^3} + \frac{1}{2}{t^2} + 2$.

Sau 2 giây vận tốc của chất điểm là: $v\left( 2 \right) = {2^3} + \frac{1}{2} \cdot {2^2} + 2 = 12\,\,{\rm{(m/s)}}$. Chọn B.

Ta có ${\log _3}a - 2{\log _9}b = 3 \Leftrightarrow {\log _3}a - {\log _3}b = 3 \Leftrightarrow {\log _3}\frac{a}{b} = 3 \Leftrightarrow \frac{a}{b} = 27$$\Leftrightarrow a = 27b$.

Chọn A.

a) Đúng. ĐKХĐ: ${x^2} - 4x + 5 > 0$ hay ${(x - 2)^2} + 1 > 0$ (luôn đúng).

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D = \mathbb{R}.$

b) Sai. Ta có $f\left( x \right) = {\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x + 5} \right)\ln 2}}$.

c) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x + 5} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2$.

$f\left( 2 \right) = {\log _2}\left( {{2^2} - 4 \cdot 2 + 5} \right) = {\log _2}1 = 0$.

Vậy toạ độ của điểm M là $\left( {2\,;0} \right)$.

d) Đúng. Phương trình hoành độ giao điểm là: ${\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) = 1$

$\Leftrightarrow {x^2} - 4x + 5 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 \Rightarrow A\left( {1\,;1} \right)}\\{x = 3 \Rightarrow B\left( {3\,;1} \right)}\end{array}} \right.$.

$AB = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2}} = 2$; $d\left( {M,AB} \right) = d\left( {M,y - 1 = 0} \right) = \frac{{\left| {0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 1$.

Diện tích tam giác MAB là: ${S_{MAB}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot d\left( {M,AB} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 = 1$.

a) Đúng. Ta có $AB = \sqrt {{0^2} + {{11}^2} + {{\left( { - 0{,}5} \right)}^2}} = \sqrt {121{,}25} \approx 11\;\,{\rm{(km)}}$.

b) Đúng. Thời gian để máy bay từ vị trí $A$ hạ cánh tại vị trí $B$ là:

$\frac{{\sqrt {121{,}25} }}{{250}}\,\,{\rm{(h)}} = \frac{{\sqrt {121{,}25} }}{{250}} \cdot 60{\rm{ (ph\'u t) }} \approx 2{,}64{\rm{ (ph\'u t)}}{\rm{. }}$

c) Sai. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có phương trình $\frac{x}{9} - \frac{y}{9} + \frac{z}{{0{,}9}} = 1$$\Leftrightarrow x - y + 10z - 9 = 0$.

d) Sai. Giả sử điểm $C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)$ là vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây để hạ cánh.

Do hai vectơ $\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB}$ cùng hướng nên tồn tại số thực $t > 0$ sao cho

$\overrightarrow {AC} = t\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_C} - 3 = 0}\\{{y_C} + 2{,}5 = 11t}\\{{z_C} - 0{,}5 = - 0{,}5t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_C} = 3}\\{{y_C} = - 2{,}5 + 11t}\\{{z_C} = 0{,}5 - 0{,}5t}\end{array}} \right.} \right.$.

Vì $C \in \left( \alpha \right)$ nên $3 - \left( { - 2{,}5 + 11t} \right) + 10\left( {0{,}5 - 0{,}5t} \right) - 9 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{{32}}$. Suy ra ${z_C} \approx 0{,}45.$

Vậy độ cao của máy bay khi xuyên qua đám mây khoảng $0{,}45\,\;{\rm{km}}.$

a) Sai. Hình khối $\left( H \right)$ không là một khối tròn xoay.

b) Sai. Công thức tính thể tích khối $\left( H \right)$ là $V = \int\limits_{ - 3}^3 {S\left( x \right){\rm{d}}x}$.

c) Sai. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây.

Mặt phẳng vuông góc với tia $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$, cắt hình $\left( H \right)$ theo thiết diện là một hình vuông có cạnh $AB$.

Ta có ${\left( {\frac{1}{2}AB} \right)^2} = {R^2} - {x^2} = 9 - {x^2} \Rightarrow A{B^2} = 36 - 4{x^2}$.

Khi đó, diện tích thiết diện là $S\left( x \right) = A{B^2} = 36 - 4{x^2} = 4\left( {9 - {x^2}} \right)$.

d) Đúng. Thể tích khối $\left( H \right)$ là: $V = \int\limits_{ - 3}^3 {S\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 3}^3 {\left( {36 - 4{x^2}} \right){\rm{d}}x} = 144$ (đơn vị diện tích).

a) Đúng. Số quả táo trong thùng được dán nhãn là $100 \cdot 80\% = 80$ (quả).

Ta có $n\left( \Omega \right) = 100;\,\,n\left( A \right) = 80 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{80}}{{100}} = \frac{4}{5}$.

b) Sai. Vì Hoàng đã lấy ra một quả có nhãn nên số quả táo trong thùng còn lại 99 quả, trong đó có 79 quả có dán nhãn. Suy ra xác suất $P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{79}}{{99}}$.

c) Đúng. Ta có $P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{1}{5};\,\,P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{80}}{{99}}$.

$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{4}{5} \cdot \frac{{79}}{{99}} + \frac{1}{5} \cdot \frac{{80}}{{99}} = \frac{4}{5} = 0{,}8$.

d) Sai. Xác suất để Hoàng cũng lấy ra quả táo có dán nhãn khi biết Hà lấy được quả táo có dán nhãn là $P\left( {A\mid B} \right)$.

Áp dụng công thức Bayes, ta có $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}}$$= \frac{{\frac{4}{5} \cdot \frac{{79}}{{99}}}}{{0{,}8}} \approx 79{,}8\%$.

Đáp án: 0,75.

Giả sử người ta phát đi 1 tín hiệu.

Gọi $A$ là biến cố: “tín hiệu truyền đi là tín hiệu chấm (.)” và $\bar A$ là biến cố: “tín hiệu truyền đi là tín hiệu vạch (-)”.

Như vậy $P\left( A \right) = \frac{5}{{5 + 3}} = \frac{5}{8}$ và $P\left( {\bar A} \right) = \frac{3}{8}$.

Gọi $B$ là biến cố: “nhận được tín hiệu chấm”.

Theo đề ta có: $P\left( {B|A} \right) = \frac{3}{5};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{1}{3}$.

Ta có $P(B) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{8} \cdot \frac{3}{5} + \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{3} = 0{,}5$.

Ta cần tính $P(A\mid B) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{5}{8} \cdot \frac{3}{5}}}{{0{,}5}} = 0{,}75.$

Đáp án: 55.

Cách 1: Tổ hợp

Gọi số lần nhảy 1 bước, 2 bước của con ếch lần lượt là $a,b$ với $a,b \in \mathbb{N},0 \le a,b \le 9.$

Với mỗi cặp $\left( {a,b} \right)$ ta có số cách di chuyển của con ếch là $C_{a + b}^a$ (cách).

Theo giả thiết ta có $a + 2b = 9$, suy ra $a$ lẻ nên $a \in \left\{ {1\,;\,3\,;\,5\,;\,7\,;9} \right\}$.

Với $a = 1 \Rightarrow b = 4$: Số cách di chuyển của con ếch là $C_5^1 = 5$ (cách).

Với $a = 3 \Rightarrow b = 3$: Số cách di chuyển của con ếch là $C_6^3 = 20$ (cách).

Với $a = 5 \Rightarrow b = 2$: Số cách di chuyển của con ếch là $C_7^5 = 21$ (cách).

Với $a = 7 \Rightarrow b = 1$: Số cách di chuyển của con ếch là $C_8^7 = 8$ (cách).

Với $a = 9 \Rightarrow b = 0$: Số cách di chuyển của con ếch là $C_9^9 = 1$ (cách).

Số cách di chuyển của con ếch là $5 + 20 + 21 + 8 + 1 = 55$ cách.

Cách 2: Dãy số Fibonacci.

Gọi $f\left( n \right)$ là số cách nhảy để nhảy đến lá thứ n.

Con ếch bắt đầu xuất phát từ lá 1. Ta có $f\left( 2 \right) = 1\,;f\left( 3 \right) = 2$.

Vì để nhảy đến lá thứ 4 thì sẽ phải nhảy qua lá thứ 2 hoặc lá thứ 3 nên ta có số cách nhảy đến lá thứ 4 là $f\left( 4 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) = 3$.

Tương tự ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{f\left( 5 \right) = f\left( 4 \right) + f\left( 3 \right)}\\{ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots }\\{f\left( n \right) = f\left( {n - 1} \right) + f\left( {n - 2} \right)}\end{array}} \right.$

$f\left( 5 \right) = 5$; $f\left( 6 \right) = 5 + 3 = 8$; $f\left( 7 \right) = 8 + 5 = 13$; $f\left( 8 \right) = 13 + 8 = 21$;

$f\left( 9 \right) = 21 + 13 = 34$; $f\left( {10} \right) = 34 + 21 = 55$.

Vậy con ếch có tất cả 55 cách nhảy.

Đáp án: −2.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1\,;2\,; - 1} \right)$ và bán kính $R = \sqrt 3 .$

$\Delta :\frac{{x + 4}}{6} = \frac{{y - 6}}{{ - 2}} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}$ hay $\Delta :\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 4 + 6t}\\{y = 6 - 2t}\\{z = 2 - t}\end{array},t \in \mathbb{R}} \right..$

Lấy $M\left( { - 4 + 6t\,;6 - 2t\,;2 - t} \right) \in \Delta$.

$\Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( { - 5 + 6t;4 - 2t;3 - t} \right)$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( C \right)$ bằng $S = \pi \cdot A{H^2}.$

Do đó ${S_{\min }} \Leftrightarrow A{H_{\min }}.$

Mà $IH = \sqrt {A{I^2} - A{H^2}} = \sqrt {3 - A{H^2}} \Rightarrow I{H_{\max }}{\rm{. }}$

Lại có $IH \cdot IM = A{I^2} = 3 \Rightarrow IM = \frac{3}{{IH}} \Rightarrow I{M_{\min }}$$\Rightarrow M$ là hình chiếu của $I$ xuống $\Delta$.

$\Rightarrow \overrightarrow {IM} \cdot \overrightarrow {{u_\Delta }} = 0 \Rightarrow 6\left( { - 5 + 6t} \right) - 2\left( {4 - 2t} \right) - \left( {3 - t} \right) = 0$$\Rightarrow 41t - 41 = 0 \Rightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {2\,;4\,;1} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( {1\,;2\,;2} \right),\,\,IM = 3,\,\,IH = 1$.

$\Rightarrow \overrightarrow {IH} = \frac{1}{3}\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{1}{3};\frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_H} - 1 = \frac{1}{3}}\\{{y_H} - 2 = \frac{2}{3}}\\{{z_H} + 1 = \frac{2}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_H} = \frac{4}{3}}\\{{y_H} = \frac{8}{3}}\\{{z_H} = - \frac{1}{3}}\end{array}} \right.} \right.$$\Rightarrow H\left( {\frac{4}{3};\frac{8}{3}; - \frac{1}{3}} \right).$

Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $H\left( {\frac{4}{3};\frac{8}{3}; - \frac{1}{3}} \right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {IM} = \left( {1\,;2\,;2} \right)$ có phương trình là

$\left( {x - \frac{4}{3}} \right) + 2\left( {y - \frac{8}{3}} \right) + 2\left( {z + \frac{1}{3}} \right) = 0$ hay $x + 2y + 2z - 6 = 0$.

Vậy $b = 2,c = 2,d = - 6$ hay $b + c + d = - 2$.

Đáp án: 0,8.

Gọi $N$ sao cho $O$ là trung điểm của CN.

Khi đó $BN\,{\rm{//}}\,OM$.

$\Rightarrow d\left( {AB,OM} \right) = d\left( {OM,\left( {ABN} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right)$.

Vì $OA \bot OB,OA \bot OC \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BN$.

Hạ $OK \bot BN$ mà $OA \bot BN$ nên $BN \bot \left( {AOK} \right)$.

Hạ $OH \bot AK$ mà $BN \bot \left( {AOK} \right)$$\Rightarrow BN \bot OH$.

Do đó $OH \bot \left( {ABN} \right)$. Vậy $d\left( {AB,OM} \right) = d\left( {OM,\left( {ABN} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right) = OH$.

Tam giác BON vuông tại O, $\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$.

Ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}}$$= \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = \frac{5}{3}$

$\Rightarrow OH = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow d\left( {OM,AB} \right) = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \approx 0{,}8$.

Đáp án: 889.

Đồ thị $y = f\left( x \right)$ có 3 điểm cực trị có hoành độ là 2; 4; 8 nên

$f'\left( x \right) = k\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right)\left( {x - 8} \right)\quad \left( {k \ne 0} \right)$ hay $f'\left( x \right) = k\left( {{x^3} - 14{x^2} + 56x - 64} \right)$.

Khi đó $f\left( x \right) = k\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right) + e$.

Ta có $f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow e = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = k\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right)$.

$f\left( 6 \right) = 10 \Rightarrow - 60k = 10 \Rightarrow k = - \frac{1}{6}$.

$\Rightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{6}\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right)$.

$f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{6}\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x \approx 10{,}06}\end{array}} \right.$.

Diện tích mặt cắt ngang của cây đàn là:

$S = 2\int\limits_0^{10{,}06} {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 2\int\limits_0^{10{,}06} {\left[ { - \frac{1}{6}\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{{14}}{3}{x^3} + 28{x^2} - 64x} \right)} \right]} \,{\rm{d}}x$$\approx 177{,}85\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2})$.

Thể tích của cây đàn ghita là: $V = \int\limits_0^5 {S\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 5S \approx 889\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})$.

Đáp án: 3.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MA = 3}\\{MB = 6}\\{MC = 5}\\{MD = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {c^2} = 9}\\{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 6} \right)}^2} = 36}\\{{{\left( {a - 4} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 2} \right)}^2} = 25}\\{{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c - 14} \right)}^2} = 169}\end{array}} \right.} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 2b = - 1}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 12b - 12c = - 45}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 12b - 4c = - 31}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 12a - 4b - 28c = - 67}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = - 1 + 6a + 2b}\\{ - 1 + 6a + 2b - 6a - 12b - 12c = - 45}\\{ - 1 + 6a + 2b - 8a - 12b - 4c = - 31}\\{ - 1 + 6a + 2b - 12a - 4b - 28c = - 67}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = - 1 + 6a + 2b}\\{ - 10b - 12c = - 44}\\{ - 2a - 10b - 4c = - 30}\\{ - 6a - 2b - 28c = - 66}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 2\end{array} \right.$. Suy ra $M\left( {1\,;2\,;2} \right)$.

Do đó, khoảng cách từ điểm $M$ đến điểm $O$ là: $OM = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3$.