Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 12)

Gọi $N$ là hình chiếu của $M$ lên trục $Ox$.

Do $N \in Ox \Rightarrow N\left( {a\,;0\,;0} \right)$.

Do $N$ là hình chiếu của $M$ lên trục $Ox \Rightarrow MN \bot Ox \Rightarrow \overrightarrow {MN} \cdot \vec i = 0$.

Trong đó $\overrightarrow {MN} = \left( {a - 1; - 2; - 3} \right),\vec i = \left( {1\,;0\,;0} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {MN} \cdot \vec i = \left( {a - 1} \right) + 0 + 0 = 0 \Leftrightarrow a = 1$.

Vậy $N\left( {1\,;0\,;0} \right) \Rightarrow N \equiv R$. Chọn A.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$; hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$ và $x = 2$. Chọn D.

Theo bảng biến thiên ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = + \infty \Rightarrow x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3 \Rightarrow y = 3$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3. Chọn B.

Ta có $\int\limits_0^2 {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 45\left. { \Leftrightarrow f\left( x \right)} \right|_0^2 = 45$$\Leftrightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 0 \right) = 45$.

Mà $f\left( 0 \right) = 3{\rm{ }}\,{\rm{n\^e n }}\,f\left( 2 \right) = f\left( 0 \right) + 45 = 3 + 45 = 48$. Chọn C.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( { - 4\,;2\,; - 5} \right)$ và bán kính $R = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2} - \left( { - 4} \right)} = 7$.

Chọn A.

Ta có ${u_4} = {u_1} + 3d \Rightarrow {u_4} - {u_1} = 3d = 6 \Leftrightarrow d = 2$.

Vậy công sai của $\left( {{u_n}} \right)$ bằng 2. Chọn C.

Ta có

Ta có $n = 50$.

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{50}}$ là chiều cao của 50 trẻ sơ sinh 12 ngày tuổi được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có ${Q_1} = {x_{13}} \in \left[ {44;46} \right)$. Khi đó ${Q_1} = 44 + \frac{{12{,}5 - 8}}{5} \cdot \left( {46 - 44} \right) = 45{,}8$.

Ta có ${Q_2} = \frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}$ mà ${x_{25}};{x_{26}} \in \left[ {48;50} \right)$. Khi đó ${Q_2} = 48 + \frac{{25 - 23}}{{14}} \cdot \left( {50 - 48} \right) = \frac{{338}}{7} \approx 48{,}3$.

Ta có ${Q_3} = {x_{38}} \in \left[ {50;52} \right)$. Khi đó ${Q_3} = 50 + \frac{{37{,}5 - 37}}{8} \cdot \left( {52 - 50} \right) = 50{,}125 \approx 50{,}1$. Chọn D.

a) Đúng. Do hòn đá được ném từ độ cao 3 mét so với mặt nước nên ta có $h\left( 0 \right) = 3$

$\Rightarrow a \cdot {0^2} + b \cdot 0 + c = 3 \Rightarrow c = 3$.

b) Đúng. Ta có $h\left( x \right) = a{x^2} + bx + 3 \Rightarrow h'\left( x \right) = 2ax + b$.

c) Sai. Hòn đá đạt độ cao cực đại khi $x = 5$ nên $2a \cdot 5 + b = 0$ hay $10a + b = 0\quad$ (1).

Hòn đá được ném từ một cây cầu với quỹ đạo ban đầu là $25^\circ$ so với phương nằm ngang nên $h'\left( 0 \right) = \tan 25^\circ \Leftrightarrow b = \tan 25^\circ$ (2).

Từ (1), (2) ta có: $a = - \frac{1}{{10}}\tan 25^\circ .$

Do đó, $h\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{10}} \cdot \tan 25^\circ } \right) \cdot {x^2} + \left( {\tan 25^\circ } \right) \cdot x + 3$.

Độ cao lớn nhất của hòn đá so với mặt nước là

$h\left( 5 \right) = \left( { - \frac{1}{{10}} \cdot \tan 25^\circ } \right) \cdot {5^2} + \left( {\tan 25^\circ } \right) \cdot 5 + 3 \approx 4{,}17\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}$

d) Sai. Ta có $h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( { - \frac{1}{{10}} \cdot \tan 25^\circ } \right) \cdot {x^2} + \left( {\tan 25^\circ } \right) \cdot x + 3 = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \approx - 4{,}45}\\{x \approx 14{,}45}\end{array} \Leftrightarrow x \approx 14{,}45} \right.$.

Vậy hòn đá rơi xuống nước tại vị trí $x = 14{,}45$ mét.

a) Đúng. Ta có $P\left( A \right) = \frac{{C_7^1}}{{C_{10}^1}} = 0{,}7$.

Gọi $\bar A$ là biến cố: “Có 1 con gà trống từ chuồng I sang chuồng II”.

Suy ra $P\left( {\bar A} \right) = \frac{{C_3^1}}{{C_{10}^1}} = 0{,}3$.

b) Sai. Ta có $P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_4^1}}{{C_{10}^1}} = 0{,}4$.

c) Đúng. Ta có $P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{C_5^1}}{{C_{10}^1}} = 0{,}5$.

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) = 0{,}7 \cdot 0{,}4 + 0{,}3 \cdot 0{,}5$$= 0{,}43 = 43\%$.

d) Đúng. Ta có $P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0{,}57$. Vậy $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\overline {AB} } \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{\frac{3}{{10}} \cdot \frac{{C_5^1}}{{C_{10}^1}}}}{{0{,}57}} = \frac{5}{{19}}$.

a) Đúng. Độ dài cạnh huyền của tam giác $ABC$ là $AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10$.

b) Sai. Xét tam giác $ANP$ ta có: $\sin A = \frac{{NP}}{{AP}} = \frac{x}{{AP}} < \frac{x}{{AN}}.$

Xét tam giác $BMQ$ ta có: $\sin B = \frac{{MQ}}{{BQ}} = \frac{x}{{BQ}}.$

c) Đúng. Ta có:

$\tan A = \frac{{NP}}{{AN}} = \frac{{BC}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{x}{{AN}} = \frac{6}{8} \Leftrightarrow AN = \frac{{4x}}{3}$.

$\tan B = \frac{{MQ}}{{MB}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{x}{{BM}} = \frac{8}{6} \Leftrightarrow BM = \frac{{3x}}{4}$.

$MN = AB - AN - BM = 10 - \frac{{3x}}{4} - \frac{{4x}}{3}$$= \frac{{120 - 25x}}{{12}}$.

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: ${S_{MNPQ}} = MN.NP = x \cdot \frac{{120 - 25x}}{{12}} = 10x - \frac{{25}}{{12}}{x^2}$.

d) Sai. Parabol $S\left( x \right) = 10x - \frac{{25}}{{12}}{x^2}$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = \frac{{ - 10}}{{2 \cdot \left( { - \frac{{25}}{{12}}} \right)}} = \frac{{12}}{5}$.

Ta có ${S_{MNP{Q_{\max }}}} = S\left( {\frac{{12}}{5}} \right) = 12.$

Khi đó, diện tích tam giác ANP là ${S_{ANP}} = \frac{1}{2} \cdot NP \cdot AN = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{4x}}{3} = \frac{{2{x^2}}}{3} = \frac{{2 \cdot {{\left( {\frac{{12}}{5}} \right)}^2}}}{3}$$= \frac{{96}}{{25}}.$

a) Đúng. Ta có $A\left( {100\,;0\,;0} \right)) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {100\,;0\,;0} \right)$, $B\left( {10\,;10\,;8} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OB} = \left( {10\,;10\,;8} \right)$.

b) Sai. Ta có $\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {0\,; - 800\,;\,1000} \right)$.

c) Sai. Mặt phẳng $\left( {OACB} \right)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_{\left( {OACB} \right)}} = - \frac{1}{{200}}\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {0\,;4\,; - 5} \right)$ và đi qua $A = \left( {100\,;0\,;0} \right)$ nên có phương trình là: $0\left( {x - 100} \right) + 4\left( {y - 0} \right) - 5\left( {z - 0} \right) = 0{\rm{ hay }}4y - 5z = 0$.

d) Sai. Ta có $D\left( {0\,;60\,;0} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {OD} = \left( {0\,;60\,;0} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {OBED} \right)$ có vectơ pháp tuyến là

${\vec n_{\left( {OBED} \right)}} = - \frac{1}{{120}}\left[ {\overrightarrow {OB} ,\,\,\overrightarrow {OD} } \right] = - \frac{1}{{120}}\left( { - 480\,;0\,;600} \right) = \left( {4\,;0\,; - 5} \right)$.

Góc $\alpha$ giữa hai mặt phẳng $\left( {OACB} \right)$ và $\left( {OBED} \right)$ là:

$\cos \alpha = \frac{{\left| {{{\vec n}_{\left( {OACB} \right)}} \cdot {{\vec n}_{\left( {OBED} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{\left( {OACB} \right)}}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( {OBED} \right)}}} \right|}} = \frac{{\left| {0 \cdot 4 + 4 \cdot 0 + \left( { - 5} \right) \cdot \left( { - 5} \right)} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} }}$$= \frac{{25}}{{\sqrt {41} \cdot \sqrt {41} }} = \frac{{25}}{{41}}$.

$\Rightarrow \alpha \approx 52{,}43^\circ .$

Đáp án: 0,95.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Gọi điểm $A$ là gốc toạ độ $O\left( {0\,;0\,;0} \right)$.

Ta có $B\left( {2\,;0\,;0} \right),C\left( {2\,;2\,;0} \right),\,D\left( {0\,;2\,;\,0} \right),S\left( {0\,;0\,;1} \right)$.

$M\left( {0\,;0\,;0{,}5} \right)$ là trung điểm của $SA$;

$N\left( {1\,;2\,;0} \right)$ là trung điểm của $CD$.

Suy ra $\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;2\,; - 0{,}5} \right),\,\,\overrightarrow {SC} = \left( {2\,;2\,; - 1} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {SC} = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 2 + \left( { - 0{,}5} \right) \cdot \left( { - 1} \right) = 6{,}5$;

$\left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 0{,}5} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {21} }}{2};\,\,\left| {\overrightarrow {SC} } \right| = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = 3$.

Gọi $\varphi$ là góc giữa hai đường thẳng $MN$ và $SC$, khi đó:

$\cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {SC} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {SC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {MN} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {SC} } \right|}} = \frac{{6{,}5}}{{\frac{{\sqrt {21} }}{2} \cdot 3}} = \frac{{13\sqrt {21} }}{{63}} \approx 0{,}95$.

Đáp án: 32.

Gọi số ngũ giác màu sẫm là X, số lục giác màu sáng là Y.

Mỗi lục giác chỉ có 3 cạnh tiếp xúc với các ngũ giác, mỗi ngũ giác có 5 cạnh tiếp xúc với các lục giác. Suy ra tổng số cạnh chung của các lục giác và ngũ giác là $3Y = 5X.$ (1)

Do đó số lượng ngũ giác và lục giác theo tỷ lệ là 3 : 5.

Theo định lý Euler $V - E + F = 2$ thì ta có:

Số đỉnh: $V = 5X$

Số cạnh: $E = 5X + \frac{{3Y}}{2}$

Số mặt: $F = X + Y$

$\Rightarrow 5X - \left( {5X + \frac{{3Y}}{2}} \right) + \left( {X + Y} \right) = 2$$\Leftrightarrow X - \frac{Y}{2} = 2$. (2)

Từ (1) và $(2) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{X = 12}\\{Y = 20}\end{array}} \right.$. Vậy cần dùng 32 mảnh.

Đáp án: 50.

Giả sử $H\left( {3 + 2t\,;t\,;1 + t} \right) \in {\Delta _1},K\left( {1 + t';2 + 2t';t'} \right) \in {\Delta _2}$, ta có $\overrightarrow {HK} = \left( {t' - 2t - 2;2t' - t + 2;t' - t - 1} \right)$.

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;1\,; - 2} \right)$.

Vì $d \bot \Delta$ nên $\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {HK}$ nên $\overrightarrow {{u_d}} \cdot \overrightarrow {HK} = 0$

$\Leftrightarrow t' - 2t - 2 + 2t' - t + 2 - 2\left( {t' - t - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t' - t + 2 = 0$$\Leftrightarrow t' = t - 2.{\rm{ }}$

Suy ra $\overrightarrow {HK} = \left( { - t - 4\,;t - 2\,; - 3} \right) \Rightarrow H{K^2} = {\left( {t + 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + 9$

$\Rightarrow H{K^2} = 2{t^2} + 4t + 29 = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27$.

Do đó $H{K_{\min }} = 3\sqrt 3$ khi $t = - 1.$

Khi đó $\overrightarrow {HK} = \left( { - 3; - 3; - 3} \right) = - \frac{3}{5}\left( {5\,;5\,;5} \right) = - \frac{3}{5}\overrightarrow u$.

Suy ra đường thẳng $\Delta$ nhận $\vec u = \left( {5\,;5\,;5} \right)$ là một vectơ chỉ phương $\Rightarrow h = k = 5.$

Vậy ${h^2} + {k^2} = {5^2} + {5^2} = 50.$

Đáp án: 213.

Gắn hệ trục toạ độ như hình vẽ, ta có: $A\left( {0\,;0} \right),\,D\left( {0\,;4} \right),\,B\left( {8\,;0} \right),\,C\left( {8\,;4} \right),\,E\left( {2\,;2} \right),F\left( {6\,;2} \right)$.

Phương trình đường tròn đi qua hai điểm D và E là ${x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {2^2}$.

$\Rightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} = 4 - {x^2} \Rightarrow y - 2 = \sqrt {4 - {x^2}}$ (do lấy nửa trên của đường tròn)

$\Rightarrow y = \sqrt {4 - {x^2}} + 2$.

Thể tích của vật thể trang trí là $V = 2\pi \;\int\limits_0^2 {\left[ {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} + 2} \right)}^2} - {2^2}} \right]} \,{\rm{d}}x + \,\pi \int\limits_0^8 {{2^2}} \;{\rm{d}}x \approx 213{,}0\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})$.

Đáp án: 9,09.

Gọi biến cố ${T_i}$ : “Thợ săn bắn trúng ở lần thứ $i\,\,\left( {i = 1\,,2\,,3} \right)$”.

(Vì khi bắn trúng thợ săn sẽ dừng bắn nên 3 biến cố này không độc lập).

Vì xác suất bắn trúng trong mỗi lần bắn tỉ lệ nghịch với khoảng cách bắn nên ta có tích 2 giá trị tương ứng của chúng luôn không đổi (tính chất của 2 đại lượng tỉ lệ nghịch). Giả sử hằng số đó bằng k.

Suy ra $P\left( {{T_1}} \right) \cdot 20 = k \Rightarrow P\left( {{T_1}} \right) = \frac{k}{{20}} = 0{,}5 \Rightarrow k = 10$$\Rightarrow P\left( {{T_2}} \right) = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3};P\left( {{T_3}} \right) = \frac{{10}}{{50}} = 0{,}2$.

Suy ra xác suất người thợ săn bắn trượt ở lần 1, 2, 3 lần lượt là 0,5; $\frac{2}{3};\,\,0{,}8$.

Gọi $T$ là biến cố: “Thợ săn bắn trúng”.

Ta có $P\left( T \right) = 1 - P\left( {\overline {{T_1}} \overline {{T_2}} \overline {{T_3}} } \right) = 1 - 0{,}5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 0{,}8 = \frac{{11}}{{15}}$.

Gọi $A$ là biến cố: “Cung thủ bắn trúng ở lần thứ ba”.

Khi đó $P\left( A \right) = P\left( {\overline {{T_1}} \overline {{T_2}} {T_3}} \right) = P\left( {\overline {{T_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{T_2}} \mid \overline {{T_1}} } \right) \cdot P\left( {{T_3}\mid \overline {{T_1}} \overline {{T_2}} } \right)$$= 0{,}5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 0{,}2 = \frac{1}{{15}}.$

Ta có $P\left( {A\mid T} \right) = \frac{{P\left( {AT} \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{\frac{1}{{15}}}}{{\frac{{11}}{{15}}}} = 9{,}09\%$ (vì $A \subset T$ nên $P\left( {AT} \right) = P\left( A \right) = \frac{1}{{15}}$).

Đáp án: 0,33.

Ta có $y'\left( t \right)$ là tốc độ di chuyển của $B,\,\,x'\left( t \right)$ là tốc độ di chuyển của A.

${x'_0}\left( t \right) = 0{,}5\;\,{\rm{m/s}}$.

$PA + PB = 15 \Rightarrow PB = 15 - PA.$

$PA = \sqrt {P{Q^2} + A{Q^2}} = \sqrt {{x^2} + {4^2}} = \sqrt {{x^2} + 16}$.

$Q{B^2} = P{B^2} - P{Q^2}{\rm{ hay }}{y^2} = {\left( {15 - PA} \right)^2} - {4^2}$ hay ${y^2} = {\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)^2} - 16$.

Với $x = 3$ ta có: ${y^2}\left( 3 \right) = 84$ hay $y\left( 3 \right) = 2\sqrt {21}$.

Ta có ${y^2} = {\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)^2} - 16$

$\Rightarrow 2y\left( t \right) \cdot y'\left( t \right) = 2\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right){\left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)^\prime }$

$\Rightarrow y\left( t \right) \cdot y'\left( t \right) = \left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)\frac{{ - 2x \cdot x'}}{{2\sqrt {{x^2} + 16} }}$

$\Rightarrow y\left( t \right) \cdot y'\left( t \right) = - \left( {15 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)\frac{{x \cdot x'}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }}$

Với $x = 3$ ta có: $y\left( 3 \right) \cdot y'\left( 3 \right) = - \left( {15 - \sqrt {{3^2} + 16} } \right)\frac{{3 \cdot 0{,}5}}{{\sqrt {{3^2} + 16} }}$

$\Rightarrow 2\sqrt {21} \cdot y'\left( 3 \right) = - 3 \Rightarrow y'\left( 3 \right) = - \frac{3}{{2\sqrt {21} }} \approx - 0{,}33\;\,\,{\rm{m/s}}$.