Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 25)

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;6;2} \right) = - 2\left( {2; - 3; - 1} \right).$

Mặt phẳng đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $AB$ nhận $\overrightarrow n = \left( {2; - 3; - 1} \right)$ làm vectơ pháp tuyến, có phương trình là $2x - 3y - z - 20 = 0.$ Chọn D.

Phương trình mặt cầu có tâm $I\left( {2\,;\, - 1;\,2} \right),$ bán kính bằng $3$ là:

${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9$. Chọn D.

a) Sai. Vì từ đồ thị suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng $- 1$.

b) Đúng. Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng $- 1$.

c) Đúng. Đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải trên khoảng $\left( {0;2} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

d) Sai. Phương trình $f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1$ (*).

Đường thẳng $y = 1$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại ba điểm nên phương trình (*) có đúng ba nghiệm.

a) Đúng. Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng $0\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

b) Sai. Cho $v = 0 \Leftrightarrow - 5t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 4\left( {\rm{s}} \right)$.

c) Đúng. $\int {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{dt}} = } \frac{{ - 5{t^2}}}{2} + 20t + C$.

d) Sai. Quãng đường từ lúc đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là $S = \int\limits_0^4 {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{d}}t = 40\,\left( {\rm{m}} \right)}$.

a) Đúng. Thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ ta có: $1 - 1 = 0$ (luôn đúng) $\Rightarrow A \in \left( P \right)$.

b) Sai. Tọa độ giao điểm của $d$ và $\left( P \right)$ thỏa mãn hệ: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = t\\z = t\\x - z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = - 1\\z = - 1\\t = - 1\end{array} \right.$.

Vậy hoành độ giao điểm của $d$ và $\left( P \right)$ bằng $- 1$.

c) Sai. Điểm $I\left( {a;b;c} \right) \in d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2t + 1\\b = t\\c = t\end{array} \right.$.

Mặt cầu có tâm $I$ bán kính $R = 2\sqrt 2$ tiếp xúc với $\left( P \right)$ nên

$d\left( {I,\left( P \right)} \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 + t} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\,\,\,\,(t/m)\\t = - 5\,\,(l)\end{array} \right.$. Khi đó $a + b + c = 1 + 4t = 13$.

d) Đúng. Từ giả thiết suy ra $\Delta$ nằm trên mặt trụ $\left( T \right)$ có trục là đường thẳng qua $A$ và vuông góc với $\left( P \right)$. $\left( T \right)$ cắt $\left( P \right)$ theo giao tuyến là đường tròn $\left( C \right)$ tâm $A$, bán kính $r = 1$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $\left( P \right) \Rightarrow BH\,{\rm{// }}\Delta \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right)$.

Ta có $H\left( {3;1;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {2; - 1;2} \right) \Rightarrow AH = 3$

Khi $M$ di động trên $\left( C \right)$ thì $H{M_{{\rm{min}}}} \Leftrightarrow M$ là giao điểm của đoạn thẳng $AH$ và $\left( C \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AH} \Rightarrow \overrightarrow {AM} \left( {\frac{2}{3};\frac{{ - 1}}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{5}{3};\frac{5}{3};\frac{5}{3}} \right)$.

a) Sai. Thể tích nước trong bể là $V = 1{,}5 \cdot {50^2} = 3750$$\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

b) Đúng. Gọi $x\,\,\left( {\rm{m}} \right)$ là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là $2x\left( {\rm{m}} \right)$ và $h\left( {\rm{m}} \right)$ là chiều cao bể. Bể có thể tích bằng $\frac{{256}}{3}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$$\Rightarrow$$2{x^2}h = \frac{{256}}{3}$$\Leftrightarrow$$h = \frac{{128}}{{3{x^2}}}$.

c) Đúng. Diện tích xung quanh của bể là $S = 2\left( {xh + 2xh} \right)$ $= 6x \cdot \frac{{128}}{{3{x^2}}} = \frac{{256}}{x}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

d) Sai. Giá thuê nhân công là

$f = 500 \cdot \frac{{256}}{x} + 250 \cdot 2{x^2} = 500\left( {\frac{{128}}{x} + \frac{{128}}{x} + {x^2}} \right) \ge 500 \cdot 3\sqrt[3]{{{{128}^2}}} = 1500\sqrt[3]{{{{128}^2}}} \approx {\rm{38100}}$.

$\Rightarrow$ ${f_{\min }} = 38100$ (nghìn đồng) khi $\frac{{128}}{x} = {x^2}$$\Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{128}}$.

Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là $38100$ nghìn đồng.

Đáp án: $0{,}75$.

Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Do $S.ABC$ là hình chóp đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$, do đó góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {SAG}$.

Kẻ $MH \bot SA$ tại $H$. Ta có $AM \bot BC,\,SG \bot BC$ nên $\left( {SAM} \right) \bot BC \Rightarrow MH \bot BC$.

Do đó $MH$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $SA$ và $BC$.

Xét tam giác $AMH$ vuông tại $H$, có $AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2},\;\widehat {SAM} = 60^\circ$ nên

$MH = AM.\sin 60^\circ = \frac{3}{4} = 0{,}75$.

Vậy $d\left( {SA\,,\,BC} \right) = MH = 0{,}75$.

Đáp án: $64{,}3$.

Gọi tắt các địa điểm du lịch tâm linh đã cho như sau: Đền Xương Giang (A), Chùa Bổ Đà (B), Chùa Vĩnh Nghiêm (C), Thiền viện Trúc lâm Phượng Hoàng (D), Đền Ngọc Lâm (E).

Hành khách sẽ xuất phát từ Đền Xương Giang (A) và đi thăm mỗi địa điểm đúng một lần nên ta có các phương án chọn đường đi như sau:

Ta xem xét các lộ trình đường đi và tìm ra được độ dài của tuyến đường ngắn nhất là $64{,}3$ km.

Đáp án: $3$.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxyz$ với gốc $O$ đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ trùng với mặt đất với trục $Ox$ hướng về phía nam, trục $Oy$ hướng về phía đông và trục $Oz$ hướng thẳng đứng lên trời (tham khảo hình vẽ), đơn vị đo lấy theo kilômét.

Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai ở vị trí $A,B$. Ta có $A\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right),B\left( { - \frac{3}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)$.

Gọi $C$ là điểm đối xứng của $A$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$, $C\left( {\frac{5}{2};2; - \frac{4}{5}} \right)$.

Khi đó $I = BC \cap \left( {Oxy} \right)$ là vị trí cần tìm.

Ta có $\overrightarrow {BC} = \left( {4;5; - \frac{7}{5}} \right)$, $I \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow I\left( {x;y;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BI} = \left( {x + \frac{3}{2};y + 3; - \frac{3}{5}} \right)$

$\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BI}$ cùng phương nên $\frac{{x + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{y + 3}}{5} = \frac{3}{7} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{3}{{14}}\\y = - \frac{6}{7}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{{14}}\\b = \frac{6}{7}\end{array} \right. \Rightarrow 2a + 3b = 3$.

Đáp án: $3{,}74$

Chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là $R = \sqrt {{4^2} + {2^2}} = 2\sqrt 5$.

Phương trình của nửa đường tròn $\left( C \right)$ là: ${x^2} + {y^2} = 20\,,\,y \ge 0 \Rightarrow y = \sqrt {20 - {x^2}}$.

Parabol $\left( P \right)$ có đỉnh $O\left( {0\,;\,0} \right)$ và đi qua điểm $\left( {2\,;\,4} \right)$nên có phương trình: $y = {x^2}$.

Diện tích phần tô màu là: ${S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {20 - {x^2}} - {x^2}} \right){\rm{d}}x} \approx 11{,}94$ $\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Diện tích phần không tô màu là: ${S_2} = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} - {S_1} \approx 10\pi - 11{,}94$ $\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là:

$150\,000 \cdot 11{,}94 + 100\,000 \cdot \left( {10\pi - 11{,}94} \right) \approx 3\,\,738\,\,593$ (đồng).

Làm tròn thành $3{,}74$ triệu đồng.

Đáp án: 15.

Điều kiện $0 < x < 45$.

Cạnh đáy của lăng trụ lục giác đều:

$AB = HK = 90 - 2x$ (cm).

Chiều cao của lăng trụ lục giác đều:

$HA = MH \cdot \tan 60^\circ = x\sqrt 3$ (cm).

Diện tích đáy của lăng trụ lục giác đều:

${S_{ABCDEF}} = 6{S_{ABO}} = 6 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {90 - 2x} \right)^2}$ (cm$^{2}$).

Thể tích của khối lăng trụ lục giác đều: $V\left( x \right) = HA \cdot {S_{ABCDEF}} = \frac{9}{2}x{\left( {90 - 2x} \right)^2}$ (cm$^{3}$).

Hay $V\left( x \right) = 18{x^3} - 1620{x^2} + 36450x$.

Xét hàm số $V\left( x \right) = 18{x^3} - 1620{x^2} + 36450x$ trên khoảng $\left( {0;\,45} \right)$.

$V'\left( x \right) = 54{x^2} - 3240x + 36450$

$V'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 54{x^2} - 3240x + 36450 = 0 \Leftrightarrow x = 15$ hoặc $x = 45$ (loại).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;\,45} \right)} V\left( x \right) = 243\,000\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})$ khi và chỉ khi $x = 15\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

Vậy thể tích của khối lăng trụ lục giác đều lớn nhất khi và chỉ khi $x = 15\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

Đáp án: 0,03.

Xét các biến cố:

$A:$ “Người được chọn mắc bệnh X”;

$B:$ “Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y”.

Theo giả thiết ta có: $P\left( A \right) = 0{,}002;\;\;P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0{,}002 = 0{,}998;$$P\left( {B\mid A} \right) = 1;\;\;P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}06$.

Theo công thức Bayes, ta có:

$P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)}} = \frac{{0{,}002 \cdot 1}}{{0{,}002 \cdot 1 + 0{,}998 \cdot 0{,}06}} \approx 0{,}03$.

Vậy nếu người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y thì xác suất bị mắc bệnh X của người đó là khoảng 0,03.