Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 17)

Bán kính mặt cầu là $IM = \sqrt {{{\left( {0 + 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 4} \right)}^2} + {{\left( {2 - 3} \right)}^2}} = 3$.

Phương trình mặt cầu là $\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9$. Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ta có:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( x \right) + 1$ trên $\left[ { - 1\,;\,2} \right]$ bằng $- 2 + 1 = - 1$. Chọn B.

Xét khối chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng $45^\circ .$

Gọi $H$ là tâm đáy $ABCD$, $M$ là trung điểm của cạnh $BC$.

Ta có $SH$ là đường cao của khối chóp, $HM \bot BC$.

$\Rightarrow SM \bot BC$$\Rightarrow \widehat {SMH} = \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = 45^\circ$.

Ta thấy tam giác $SHM$ vuông cân tại $H$.

Suy ra $SH = MH = \frac{a}{2}.$

Diện tích đáy $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = {a^2}.$

Vậy thể tích V của khối chóp là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{a^2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{1}{6}{a^3}.$ Chọn C.

Ta có ${S_n} = 5 + 5 \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) + 5 \cdot {\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)^2} + \ldots + 5 \cdot {\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)^{n - 1}}$

$= \frac{{5 \cdot \left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}} = \frac{{5 \cdot \left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)}}{{\frac{5}{3}}} = 3\left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)$.

$\lim {S_n} = \lim \left( {3\left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)} \right) = \lim 3 \cdot \lim \left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right) = 3 \cdot 1 = 3$. Chọn C.

Gọi tọa độ điểm $M$ là $M\left( {0\,;0\,;a} \right)\quad \left( {a > 0} \right)$.

Ta có $d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a + 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3 \Rightarrow \left| {a + 6} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 3}\\{a = - 15}\end{array}} \right..$

Vậy ta có các điểm $M$ thỏa mãn là $M\left( {0\,;0\,;3} \right)$. Chọn B.

Ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\vec n = \left( {2\,;2\,;1} \right)$.

Vậy phương trình mặt phẳng $\left( P \right):2\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + \left( {z + 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow 2x + 2y + z - 3 = 0.$

Chọn B.

a) Đúng. $P\left( {B\mid A} \right)$ là xác suất lấy được hai viên bi xanh từ hộp thứ hai khi biết viên bi được chuyển từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai là viên bi xanh. Khi đó, hộp thứ hai có tổng cộng 11 viên bi, trong đó có 4 viên bi xanh, nên $P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_4^2}}{{C_{11}^2}} = \frac{6}{{55}}.$

b) Đúng. Ta có $P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{C_3^2}}{{C_{11}^2}} = \frac{3}{{55}}$ (Vì ta sẽ chuyển 1 viên bi đỏ từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai nên hộp thứ hai có tổng cộng 11 viên với 3 viên bi xanh).

Ta có $P\left( A \right) = \frac{{C_3^1}}{{C_9^1}} = \frac{1}{3};P\left( {\bar A} \right) = \frac{2}{3};\,P\left( {B\mid A} \right) = \frac{6}{{55}}$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, suy ra xác suất để hai viên bi lấy ra từ hộp thứ hai là bi xanh là $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{1}{3} \cdot \frac{6}{{55}} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{{55}} = \frac{4}{{55}}.$

c) Sai. Áp dụng công thức Bayes, ta có $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot \frac{6}{{55}}}}{{\frac{4}{{55}}}} = \frac{1}{2}.$

d) Sai. Theo công thức Bayes, ta có $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}}.$

Do đó, ta cần đi tìm các dữ kiện còn thiếu ở đây là $P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)$ và $P\left( {\bar B} \right)$.

Ta có $P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{4}{{55}} = \frac{{51}}{{55}}$ (theo tính chất của xác suất).

Lại có $P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - \frac{3}{{55}} = \frac{{52}}{{55}}.$

Suy ra $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{52}}{{55}}}}{{\frac{{51}}{{55}}}} = \frac{{104}}{{153}}.$

a) Sai. Đường tròn nằm ngoài 2 parabol có phương trình là ${x^2} + {y^2} = 25.$

b) Sai. Phương trình parabol có dạng $y = a{x^2} + bx + c\quad \left( P \right)$.

Thay tọa độ các điểm $A\left( { - 5\,;0} \right),B\left( {5\,;0} \right),C\left( {0\,; - 4} \right)$ vào phương trình parabol ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{25a + 5b + c = 0}\\{25a - 5b + c = 0}\\{c = - 4}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 0{,}16}\\{b = 0}\\{c = - 4}\end{array} \Rightarrow y = 0{,}16{x^2} - 4} \right.} \right.$.

c) Đúng. Diện tích hình tròn là $\pi {5^2} = 25\pi$.

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai parabol là ${S_1}$ thì diện tích phần còn lại là ${S_2} = 25\pi - {S_1}.$

d) Đúng. Diện tích phần trồng hoa giới hạn bởi 2 parabol là:

${S_1} = 2\int\limits_{ - 5}^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x} = 4\int\limits_0^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{160}}{3}\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.

Diện tích toàn bộ phần hình tròn là: ${S_2} = 25\pi \,\,({{\rm{m}}^2})$.

Diện tích phần còn lại để trang trí gốm sứ là: $S = {S_2} - {S_1} = 25\pi - \frac{{160}}{3}\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.

Vậy tổng chi phí để làm khu vực trung tâm quảng trường là

$\frac{{160}}{3} \cdot 200 + \left( {25\pi - \frac{{160}}{3}} \right) \cdot 800 = 30{,}83$ (triệu đồng).

a) Đúng. Đường thẳng ${d_1}$ có vectơ chỉ phương là ${\vec u_1} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)$.

b) Sai. $M = d \cap {d_1} \Rightarrow M\left( {2 + t; - 1 - t;1 + t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {t + 1; - t;t - 2} \right)$.

Có $d \bot {d_2} \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} \cdot \overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = 0$$\Rightarrow 3\left( {t + 1} \right) + 3 \cdot \left( { - t} \right) - \left( {t - 2} \right) = 0 \Rightarrow t = 5$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {6\,; - 5\,;3} \right) \ne k\left( {3\,;3\,; - 1} \right)$.

c) Sai. Theo câu b) ta có: $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {6\,;\, - 5\,;3} \right).$

d) Sai. Phương trình tham số của đường thẳng $d$ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + 6t}\\{y = - 1 - 5t}\\{z = 3 + 3t}\end{array}} \right.$.

Thay $x,y,z$ theo $t$ vào phương trình mặt phẳng $x + 2y + 2z - 9 = 0$ ta được:

$1 + 6t + 2 \cdot \left( { - 1 - 5t} \right) + 2\left( {3 + 3t} \right) - 9 = 0 \Rightarrow t = 2$.

Vậy tung độ của giao điểm là −11.

a) Sai. Lượng nước trong bát ban đầu là

$V = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot {10^2} \cdot \left( {3 \cdot 10 - 10} \right) = \frac{{2000\pi }}{3} \approx 2094\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}$.

b) Sai. Ta có $V\left( t \right) = \int {V'} \left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( { - {r^2}} \right)\,} {\rm{d}}t = - {r^2}t + C$.

Mà $V\left( 0 \right) = \frac{{2000\pi }}{3} \Rightarrow C = \frac{{2000\pi }}{3}$.

Vậy lượng nước còn lại sau $t$ giờ là

$V\left( t \right) = - {r^2}t + \frac{{2000\pi }}{3} = - 100t + \frac{{2000\pi }}{3}$ (cm$^{3}$).

c) Đúng. Khi bát cạn nước thì $V\left( t \right) = - 100t + \frac{{2000\pi }}{3} = 0 \Rightarrow t \approx 20{,}94$ giờ.

d) Đúng. Ta có $V\left( t \right) = - 100t + \frac{{2000\pi }}{3} = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot {h^2} \cdot \left( {3r - h} \right)$

$\Rightarrow t = \frac{\pi }{{300}} \cdot \left( {{h^3} - 30{h^2} + 2000} \right)$.

Đáp án: 2.

Số trận đấu trong vòng bảng là: $C_4^2 = 6$ (trận).

Nếu cả 6 trận này đều có phân thắng, thua thì tổng số điểm của cả 4 đội sẽ là $6 \cdot 3 = 18$ (điểm).

Cứ mỗi trận hòa thì tổng số điểm trên sẽ bị giảm đi là $3 - \left( {1 + 1} \right) = 1$ (điểm).

Số điểm bị bớt đi là $18 - 16 = 2$ (điểm).

Vậy số trận hòa là $2:1 = 2$ (trận).

Đáp án: 45.

Gọi $C$ là biến cố: “Nhân chứng A và B cùng tuyên bố “T” xảy ra”;

$T$ là biến cố: “Vụ án “T” xảy ra”.

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ Tính $P\left( {T\mid C} \right)$.

Từ dữ kiện đề bài, ta có $P\left( {C\mid T} \right) = 0{,}9 \cdot 0{,}9 = 0{,}81$ (vì A và B độc lập với nhau);

$P\left( {\bar C\mid T} \right) = 0{,}1 \cdot 0{,}1 = 0{,}01$; $P\left( T \right) = {10^{ - 2}} \Rightarrow P\left( {\bar T} \right) = 1 - P\left( T \right) = 1 - {10^{ - 2}}$.

Ta có sơ đồ cây sau:

Suy ra $P\left( C \right) = P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\bar T} \right)P\left( {C\mid \bar T} \right)$.

Theo công thức Bayes, ta có $P\left( {T\mid C} \right) = \frac{{P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right)}}{{P\left( C \right)}}$$= \frac{{P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right)}}{{P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\bar T} \right)P\left( {C\mid \bar T} \right)}}$

$= \frac{{{{10}^{ - 2}} \cdot 0{,}81}}{{{{10}^{ - 2}} \cdot 0{,}81 + \left( {1 - {{10}^{ - 2}}} \right) \cdot 0{,}01}} = 45\%$.

Vậy xác suất xảy ra của “T” khi biết A và B cùng tuyên bố “T” xảy ra là $45\%$.

Đáp án: 11,2.

Giả sử $A$ trùng với gốc tọa độ trong mặt phẳng $Oxy$, đoạn $AC$ nằm trên trục $Ox$, đoạn $AB$ nằm trên trục $Oy$ như hình vẽ dưới đây.

Ta có $Q\left( {a\,;0} \right),\,\,P\left( {0\,;b} \right)\,\,\,\left( {a > 0,b > 0} \right)$.

Đường thẳng $PQ$ đi qua hai điểm $P,Q$ có dạng $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$.

Mà $K\left( {1\,;8} \right) \in PQ$ nên $\frac{1}{a} + \frac{8}{b} = 1$$\Rightarrow b = \frac{a}{{a - 8}}\left( {a > 8} \right)$$\Rightarrow PQ = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{{a - 8}}} \right)}^2}}$.

Xét hàm số $f\left( a \right) = {a^2} + {\left( {\frac{a}{{a - 8}}} \right)^2}$ với $a > 8$.

Có $f'\left( a \right) = 2a + \frac{{2a}}{{a - 8}} \cdot \frac{{ - 8}}{{{{\left( {a - 8} \right)}^2}}}$$= \frac{{2a\left[ {{{\left( {a - 8} \right)}^3} - 8} \right]}}{{{{\left( {a - 8} \right)}^3}}}$; $f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {a - 8} \right)^3} = 8 \Leftrightarrow a = 10$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\min }\limits_{\left( {8; + \infty } \right)} f\left( a \right) = f\left( {10} \right) = 125$.

Do đó $\min PQ = \sqrt {125} \approx 11{,}2$.

Đáp án: 0,67.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$, vì tam giác $SAB$ vuông cân tại S nên $SH \bot AB$ và $SH = \frac{{AB}}{2} = 1$.

Suy ra diện tích tam giác $SAB$ là:

${S_{ABS}} = \frac{{AB \cdot SH}}{2} = \frac{2}{2} = 1.$

Vì $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),$ lại có $SH \bot AB$ nên

$SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Mặt khác $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ và $\left( P \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $\left( P \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

Lấy điểm $M$ trên $CD$, vì $CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$ nên $d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)$.

Ta có $CB \bot AB;\,\,CB \bot SH$ nên $CB \bot \left( {SAB} \right)$ hay $d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = BC = 2 \Rightarrow d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) = 2$.

Vậy thể tích khối tứ diện $SAMB$ là: ${V_{SAMB}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) \cdot {S_{ABS}} = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 1 = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$.

Đáp án: 24,2.

Để tính được mức năng lượng tiêu hao của con vẹt tại thời điểm giờ đầu tiên quan sát, ta cần tìm được vận tốc vào thời điểm đó là bao nhiêu.

Ta có $E\left( v \right)$ là hàm số thể hiện mức năng lượng tiêu hao của con vẹt khi bay với vận tốc v.

Theo công thức nguyên hàm, ta có $E\left( v \right) = \int {E'} \left( v \right){\rm{d}}v = \int {\left( {\frac{{0{,}31{v^2} - 471{,}51}}{{{v^2}}}} \right)} \,{\rm{d}}v$

$\Rightarrow E\left( v \right) = \int {\left( {0{,}31 - \frac{{471{,}51}}{{{v^2}}}} \right)\,} {\rm{d}}v = 0{,}31v + \frac{{471{,}51}}{v} + C$.

Ta có $E'\left( v \right) = \frac{{0{,}31{v^2} - 471{,}51}}{{{v^2}}} = 0 \Leftrightarrow 0{,}31{v^2} - 471{,}51 = 0 \Leftrightarrow v = 39$ (Vì $v > 0$).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, suy ra ${E_{\min }} = E\left( {39} \right) = 24$$\Rightarrow 0{,}31 \cdot 39 + \frac{{471{,}51}}{{39}} + C = 24$ (Thay $v = 39$ vào phương trình) $\Rightarrow C = - 0{,}18$.

Suy ra $E\left( v \right) = 0{,}31v + \frac{{471{,}51}}{v} - 0{,}18.$

Vì trong 4 giờ (tức $0 < t < 4$) quan sát con vẹt bay với vận tốc tăng đều đặn từ $30\;\,\,{\rm{km/h}}$ đến $46\;\,{\rm{km/h}}$ nên phương trình vận tốc ở đây là 1 đường thẳng và hàm này đồng biến.

Giả sử hàm số $v\left( t \right) = at + b\quad \left( {a > 0} \right)$.

Từ giả thiết, ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{v\left( 0 \right) = 30}\\{v\left( 4 \right) = 46}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{b = 30}\\{4a + b = 46}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{b = 30}\\{a = 4}\end{array} \Rightarrow v\left( t \right) = 4t + 30} \right.} \right.} \right.$.

Suy ra vận tốc sau đúng một giờ quan sát là $v\left( 1 \right) = 4 \cdot 1 + 30 = 34$ (thay $t = 1$ vào phương trình vận tốc).

Vậy tại thời điểm quan sát, mức năng lượng tiêu hao của con vẹt là

$E\left( {34} \right) = 0{,}31 \cdot 34 + \frac{{471{,}51}}{{34}} - 0{,}18 \approx 24{,}2$.

Đáp án: 4,2.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có phương trình: ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9$ có tâm $K\left( {1; - 1;2} \right)$ và bán kính mặt cầu là $R = \sqrt 9 = 3.$

Từ $M$ kẻ tiếp tuyến tới $\left( S \right)$.

Suy ra tập hợp tiếp điểm là đường tròn tâm $I$ bán kính $IA$.

$\Delta MAK$ là tam giác vuông tại A, AI là đường cao $\Rightarrow A{K^2} = KI \cdot KM$$\Rightarrow {\left( {\frac{{AK}}{{KM}}} \right)^2} = \frac{{KI}}{{KM}}$.

Có $K{M^2} = 25,A{K^2} = {R^2} = 9$ $\Rightarrow \frac{{KI}}{{KM}} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \overrightarrow {KI} = \frac{9}{{25}}\overrightarrow {KM}$.

Ta có $\overrightarrow {KI} = \left( {a - 1\,;b + 1\,;c - 2} \right),\overrightarrow {KM} = \left( {0\,;4\,; - 3} \right)$ nên $\overrightarrow {KI} = \frac{9}{{25}}\overrightarrow {KM} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a - 1 = 0\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b + 1 = \frac{{36}}{{25}}\\c - 2 = \frac{{ - 27}}{{25}}\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 1\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b = \frac{{11}}{{25}}\\c = \frac{{23}}{{25}}\end{array}\end{array}} \right.$.

Vậy $a + b + 3c = 1 + \frac{{11}}{{25}} + 3 \cdot \frac{{23}}{{25}} = 4{,}2$.