Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 3)

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {0\,;0\,;1} \right)$.

Gọi $\vec u = \left( {a\,;b\,;c} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Đường thẳng $d$ song song mặt phẳng $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow \vec u \cdot \vec n = 0 \Rightarrow c = 0$. Chọn A.

Ta có: $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC.$

Mặt khác $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CB \bot AB}\\{CB \bot SA}\end{array} \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)} \right..$ Khi đó $CB \bot AH$.

Do $AH \bot SB \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right).$ Vậy $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AH \bot SC}\\{AH \bot BC}\end{array}} \right..$ Chọn C.

Ta có $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 2 \cdot 2 - \left( { - 1} \right) - 8} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 3.$

Mặt cầu $\left( S \right)$ tiếp xúc với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = R = 3$.

Vậy phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( {1;2; - 1} \right)$, bán kính 3 là:

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

a) Đúng. Thay $x = 0,x = \pi$ vào hàm số $f\left( x \right)$ ta được: $f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi \right) = 2\pi$.

b) Sai. Ta có $f\left( x \right) = 4\sin x\cos x + 2x$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = 4 \cdot \left( {\cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot \sin x} \right) + 2 = 4\cos 2x + 2$.

c) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = 4\cos 2x + 2 = 0 \Rightarrow \cos 2x = \frac{{ - 1}}{2}$

$\Leftrightarrow 2x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

+) $x = \frac{\pi }{3} + k\pi$: $0 \le \frac{\pi }{3} + k\pi \le \pi \Rightarrow \frac{{ - 1}}{3} \le k \le \frac{2}{3} \Rightarrow k = 0$.

+) $x = - \frac{\pi }{3} + k\pi$: $0 \le - \frac{\pi }{3} + k\pi \le \pi \Rightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{4}{3} \Rightarrow k = 1$.

d) Sai. Theo câu c) ta có 2 điểm cực trị của hàm số $f\left( x \right)$ là $x = \frac{\pi }{3},x = \frac{{2\pi }}{3}.$

Ta có: $f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi \right) = 2\pi ,f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 + \frac{{2\pi }}{3},f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3}$.

$\Rightarrow$ Giá trị lớn nhất của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0\,;\,\pi } \right]$ là $2\pi .$

a) Đúng. Tổng chi phí trong một tháng của nhà sản xuất là: $C\left( x \right) = 150 + 15x$ (triệu đồng).

b) Sai. Tổng doanh thu của nhà sản xuất trong 1 tháng là

$D = x\left( {19{,}5 - 0{,}0075x} \right) = - 0{,}0075{x^2} + 19{,}5x$ (triệu đồng).

c) Đúng. Lợi nhuận nhà sản xuất kiếm được mỗi 1 tháng là

$L\left( x \right) = - 0{,}0075{x^2} + 19{,}5x - 150 - 15x = - 0{,}0075{x^2} + 4{,}5x - 150$(triệu đồng).

d) Sai. Xét hàm số $L\left( x \right) = - 0{,}0075{x^2} + 4{,}5x - 150$

$\Rightarrow L'\left( x \right) = - 0{,}015x + 4{,}5 = 0 \Leftrightarrow x = 300$.

$\Rightarrow x = 300$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số trên.

$\Rightarrow$ Lợi nhuận tối đa mà nhà sản xuất thu được mỗi tháng là $L\left( {300} \right) = 525$ triệu đồng.

a) Sai. Vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {0\,; - 2\,;1} \right)$.

b) Đúng. Thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta được

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ \begin{array}{l}1 = 1\;\\ - 3 = 1 - 2t\;\\2 = t\end{array} \right.}\end{array}$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = 1\;\\t = 2\\t = 2\end{array} \right.}\end{array}$ (luôn đúng). Vậy điểm $A$ thuộc đường thẳng $d$.

c) Sai. Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;6\,; - 6} \right),\overrightarrow {{u_d}} = \left( {0\,; - 2\,;1} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 6; - 1; - 2} \right)$.

d) Đúng. Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là

$- 6\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y - 3} \right) - 2\left( {z + 4} \right) = 0 \Rightarrow - 6x - y - 2z + 7 = 0.$

Khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$ là $d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{7}{{\sqrt {{6^2} + 1 + 4} }} \approx 1{,}09 > 1$.

a) Sai. Ta có $P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$.

b) Sai. Ta có $P\left( {AB} \right) = P\left( {A\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) = 0{,}3 \cdot 0{,}6 = 0{,}18$.

c) Đúng. Ta có $P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)$$\Rightarrow P\left( {A\bar B} \right) = P\left( A \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}2 - 0{,}18 = 0{,}02$.

d) Sai. Theo công thức xác suất điều kiện, ta có $P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {A\bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{0{,}02}}{{0{,}4}} = 0{,}05$.

Đáp án: 1,05.

Mặt cắt ngang của máng nước là hình thang cân $ABCD$ như hình vẽ.

Điều kiện: $0 < \alpha < \frac{\pi }{2}.$

Xét $\Delta AEB$ vuông tại $E$ có: $AE = 15 \cdot \cos \alpha ,BE = 15 \cdot \sin \alpha$.

Xét $\Delta DFC$ vuông tại $F$ có: $DF = 15 \cdot \cos \alpha$.

$\Rightarrow S\left( \alpha \right) = \frac{{\left( {BC + AD} \right) \cdot BE}}{2}$$= \frac{{\left( {30\cos \alpha + 15 + 15} \right) \cdot 15\sin \alpha }}{2}$$= 225 \cdot \left( {\sin \alpha + \frac{{\sin 2\alpha }}{2}} \right)$.

Xét hàm số $f\left( \alpha \right) = \sin \alpha + \frac{{\sin 2\alpha }}{2}$$\Rightarrow f'\left( \alpha \right) = \cos \alpha + \cos 2\alpha$.

Ta có $f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\alpha + \cos \alpha - 1 = 0$

$\Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2}$ (do $\cos \alpha \in \left( {0;1} \right)$)$\Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{3}$(do $0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$).

Bảng biến thiên

$\Rightarrow$ Diện tích $S$ đạt giá trị lớn nhất tại $\alpha = \frac{\pi }{3} \approx 1{,}05$.

Đáp án: 27,7.

Ta có đường cong $xy = 1 \Rightarrow y = \frac{1}{x} \Rightarrow y' = - \frac{1}{{{x^2}}}$.

Xét tại thời điểm đầu tiên quân địch phát hiện xe tăng ta có phương trình tiếp tuyến của đường cong $y = \frac{1}{x}$ có dạng:

$y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} \Rightarrow y = \left( { - \frac{1}{{x_0^2}}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{1}{{{x_0}}}$.

Ta có tiếp tuyến đi qua điểm $\left( {3\,;0} \right)$ điểm xe địch đứng

$\Rightarrow y\left( 3 \right) = \left( { - \frac{1}{{x_0^2}}} \right)\left( {3 - {x_0}} \right) + \frac{1}{{{x_0}}} = 0$

$\Leftrightarrow - \left( {3 - {x_0}} \right) + {x_0} = 0 \Leftrightarrow {x_0} = \frac{3}{2}$

$\Rightarrow y = - \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}}\left( {x - \frac{3}{2}} \right) + \frac{2}{3} \Leftrightarrow y = - \frac{4}{9}\left( {x - \frac{3}{2}} \right) + \frac{2}{3}$$= - \frac{4}{9}x + \frac{4}{3}$.

Tọa độ vị trí xe tăng ta lúc địch thấy tại điểm $\left( {0;\frac{4}{3}} \right)$.

Tại thời điểm $t = 0$ xe cách gốc tọa độ 4 km, và 10 phút sau xe cách gốc tọa độ 2 km.

Tốc độ của xe (km/h) tỉ lệ nghịch với khoảng cách của xe (km) đến gốc tọa độ nên ta có:

$x = {x_0} + {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2}$$\Leftrightarrow 2 = 0 + 0 \cdot t + \frac{1}{2}a{\left( {\frac{{10}}{{60}}} \right)^2} \Rightarrow a = 144\,\,{\rm{(km/h)}}$.

Tại vị trí địch thấy xe ta, ta có:

$x = {x_0} + {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2} \Rightarrow \left( {4 - \frac{4}{3}} \right) = 0 + 0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 144 \cdot {t^2} \Leftrightarrow \frac{8}{3} = 72 \cdot {t^2}$$\Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt {27} }}$.

Vậy tại thời điểm đầu tiên quân địch phát hiện xe tăng, tốc độ của xe tăng X là

$v = {v_0} + at \Leftrightarrow v = 144 \cdot \frac{1}{{\sqrt {27} }} \approx 27{,}7$ (km/h).

Đáp án: 11,3.

Ta có $\left( {OAB} \right) \cap \left( {OCD} \right) = Ox{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$.

Ta có các tam giác $OAB,OCD$ cân tại $O$ nên $OM \bot AB$, $ON \bot CD \Rightarrow OM \bot Ox,ON \bot Ox$

$\Rightarrow \left( {\left( {OAB} \right),\left( {OCD} \right)} \right) = \left( {OM,ON} \right) = \widehat {MON} = 90^\circ$.

Suy ra tam giác $OMN$ vuông cân tại $O$.

Gọi $H$ là tâm của hình vuông $ABCD \Rightarrow H$ là trung điểm của $MN$$\Rightarrow OH \bot MN$, lại có $AB \bot OH$ suy ra $OH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do $ABCD$ là hình vuông và $AC = 4a$ nên $AB = 2\sqrt 2 a$.

Vậy thể tích của khối lăng trụ $ABCD.A'B'C'D'$ bằng: $V = OH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{MN}}{2} \cdot A{B^2} = 8\sqrt 2 {a^3}.$

$\Rightarrow k = 8\sqrt 2 \approx 11{,}3$.

Đáp án: 13.

Ký hiệu $A$ là tập hợp những ngày có mưa, $B$ là tập hợp những ngày có gió to, $C$ là tập hợp những ngày lạnh.

Theo giả thiết ta có: $n\left( A \right) = 10,n\left( B \right) = 8,n\left( C \right) = 6,n\left( {A \cap B} \right) = 5,n\left( {A \cap C} \right) = 4,n\left( {B \cap C} \right) = 3,$$n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 1$.

Để tìm số những ngày có thời tiết xấu ta tính $n\left( {A \cup B \cup C} \right)$, ta có:

$n\left( {A \cup B \cup C} \right)$$= n\left( A \right) + n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {A \cap B} \right) - n\left( {A \cap C} \right) - n\left( {B \cap C} \right) + n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 13$.

Vậy số ngày thời tiết xấu là 13 ngày.

Đáp án: 0,08.

Xác suất để khách hàng mua sơn mủ là $x\,\,\left( {0 < x < 1} \right)$.

Gọi $A$ là biến cố: “Người đó mua con lăn”; $B$ là biến cố: “Người đó mua sơn mủ”.

Khi đó $\bar B$ là biến cố: “Người đó mua sơn nước”.

Cần tính $P\left( B \right)$.

Giả sử $P\left( B \right) = x \Rightarrow P\left( {\bar B} \right) = 1 - x$; $P\left( {A\mid B} \right) = 60\% = 0{,}6;\,\,P\left( {A\mid \bar B} \right) = 30\% = 0{,}3$;

$P\left( {B\mid A} \right) = 14\% = 0{,}14$.

Ta có sơ đồ cây sau:

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có xác suất người đó mua con lăn là

$P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = x \cdot 0{,}6 + \left( {1 - x} \right) \cdot 0{,}3$.

Suy ra $P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{0{,}6x}}{{x \cdot 0{,}6 + \left( {1 - x} \right) \cdot 0{,}3}} = 0{,}14$$\Leftrightarrow 0{,}6x = 0{,}14\left( {0{,}6x + 0{,}3 - 0{,}3x} \right)$

$\Leftrightarrow 0{,}6x = 0{,}084x + 0{,}042 - 0{,}042x$$\Leftrightarrow 0{,}558x = 0{,}042$$\Rightarrow x \approx 0{,}08$$\Rightarrow P\left( B \right) = 0{,}08$.

Vậy xác suất người đó mua sơn mủ bằng 0,08.

Đáp án: 2.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có: $I\left( {1\,;0\,; - 2} \right),\,\,R = 5$.

Gọi $O$ là hình chiếu của $I$ xuống mặt phẳng $\left( P \right)$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ giao với mặt cầu $\left( S \right)$ theo đường tròn tâm $O$, đường thẳng $d$ cắt đường tròn tâm $O$ theo dây cung BC.

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $O$ xuống $BC$.

Phương trình đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ và đi qua điểm $I$ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + t}\\{y = - 2t}\\{z = - 2 + 2t.}\end{array}} \right.$

Thay $x;y;z$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ ta được:

$1 + t - 2 \cdot \left( { - 2t} \right) + 2 \cdot \left( { - 2 + 2t} \right) + 2 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{9}$

$\Rightarrow O\left( {\frac{{10}}{9};\frac{{ - 2}}{9};\frac{{ - 16}}{9}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {\frac{8}{9};\frac{{20}}{9};\frac{{16}}{9}} \right)$.

Khoảng cách từ điểm $I$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$ là $IO = \frac{{\left| {1 - 4 + 2} \right|}}{{\sqrt 9 }} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow O{B^2} = {R^2} - I{O^2} = \frac{{224}}{9}$.

Ta có: $BC = 2BH = 2\sqrt {O{B^2} - O{H^2}} = 2\sqrt {\frac{{224}}{9} - O{H^2}} .$

Mà $OH \le OA \Rightarrow BC \ge 2\sqrt {\frac{{224}}{9} - O{A^2}} .$

Dấu “=” xảy ra khi $A \equiv H$$\Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \overrightarrow {{u_{OA}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow 8a + 20b - 16 = 0$ (1).

Ta có $\overrightarrow {IA} = \left( {1\,;\,2\,;\,2} \right)$, $IO \bot d,OA \bot d \Rightarrow d \bot \left( {IOA} \right) \Rightarrow d \bot IA$$\Rightarrow \overrightarrow {{u_{IA}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow a + 2b - 2 = 0$ (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 2}\\{b = 0}\end{array} \Rightarrow a + b = 2} \right.$.