Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 7)

Trong không gian $Oxyz$, trục tọa độ $Oy$ có một vectơ chỉ phương là ${\vec u_2} = \left( {0\,;1\,;0} \right)$.

Chọn B.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ có dạng $x - 2y - z + a = 0.$

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua $A$ nên $- 4 - 2 \cdot 0 - 1 + a = 0 \Leftrightarrow a = 5$.

Vậy phương trình mặt phẳng $\left( Q \right):x - 2y - z + 5 = 0$. Chọn D.

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ là

$d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$. Chọn B.

Ta có ${2^{x - 1}} = {5^{{x^2} - x}}$$\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){\log _5}2 = {x^2} - x \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){\log _5}2 = x\left( {x - 1} \right)$

$\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{{\log }_5}2 - x} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 1 = 0}\\{ {{\log }_5}2 - x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{x = {{\log }_5}2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^{{x_1}}} = 5\\{5^{{x_2}}} = {5^{{{\log }_5}2}}\end{array} \right.} \right.} \right.$

$\Leftrightarrow {5^{{x_1}}} + {5^{{x_2}}} = 5 + 2 = 7$. Chọn A.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'}$ (theo quy tắc hình bình hành).

b) Sai. Ta có $\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = AB';\left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = BC'.$

Lại có $A'B'BA = B'C'CB$ (do lăng trụ đã cho là lăng trụ tam giác đều). Suy ra $AB' = BC'.$

Xét tam giác vuông $AA'B$, ta có $A{B'^2} = A'{B'^2} + A'{A^2}$ (Áp dụng định lý Pytago).

$\Rightarrow AB' = \sqrt {A'{{B'}^2} + A'{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = \sqrt {3{a^2}} = a\sqrt 3$.

c) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BB'} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CC'} } \right)$$= \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {CC'}$

$= \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) + \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CC'} } \right)$

$+ \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BB',} \overrightarrow {BC} } \right) + \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {CC'} } \right)$

$= AB \cdot BC \cdot \cos \left( {180^\circ - \widehat {ABC}} \right) + AB \cdot CC' \cdot \cos \widehat {ABB'} + BB' \cdot BC \cdot \cos \widehat {CBB'} + \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| \cdot \cos 0^\circ$

$= a \cdot a \cdot \cos 120^\circ + a \cdot a\sqrt 2 \cdot \cos 90^\circ + a\sqrt 2 \cdot a \cdot \cos 90^\circ + a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 2 \cdot 1$$= {a^2} \cdot \frac{{ - 1}}{2} + 0 + 0 + 2{a^2}$$= \frac{3}{2}{a^2}$.

d) Đúng. Áp dụng công thức tích vô hướng của 2 vectơ, ta có

$\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} = \left| {\overrightarrow {AB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC'} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right)$$\Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC'} } \right|}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{2}}}{{a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right) = 60^\circ$.

a) Sai. Xác suất chọn hộp loại I là $P\left( A \right) = \frac{2}{5}$ và xác suất chọn hộp loại II là $P\left( B \right) = \frac{3}{5}.$

b) Sai. $C\mid A$ là biến cố: “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt biết 2 sản phẩm đó lấy ra từ hộp loại I”.

Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp loại I là $P\left( {C\mid A} \right) = \frac{{C_{13}^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{26}}{{35}}$.

c) Đúng. Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp II là $P\left( {C\mid B} \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{3}$.

Vậy xác suất hai sản phẩm lấy ra từ một hộp trong thùng đều tốt là

$P\left( C \right) = P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {C\mid B} \right) \cdot P\left( B \right)$$= \frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{{87}}{{175}}$.

d) Sai. Xác suất lấy ra hai sản phẩm đều tốt thuộc hộp loại I là

$P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( C \right)}}$$= \frac{{\frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5}}}{{\frac{{87}}{{125}}}} = \frac{{260}}{{609}}.$

a) Đúng. Ta có: $h\left( {10} \right) = - 0{,}01 \cdot {10^3} + 1{,}1 \cdot {10^2} - 30 \cdot 10 + 250 = 50$.

b) Đúng. Ta có: $v\left( t \right) = h'\left( t \right) = - 0{,}03{t^2} + 2{,}2t - 30$.

$\Rightarrow v\left( {25} \right) = - 0{,}03 \cdot {25^2} + 2{,}2 \cdot 25 - 30 = 6{,}25$.

c) Sai. Ta có: $h\left( {20} \right) = 10,\,\,h\left( {30} \right) = 70$.

$\Rightarrow$ Con tàu ngày càng tiến ra xa Mặt trăng.

d) Sai. Xét hàm số $h\left( t \right) = - 0{,}01{t^3} + 1{,}1{t^2} - 30t + 250$

$\Rightarrow h'\left( t \right) = - 0{,}03{t^2} + 2{,}2t - 30 = 0$$\Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t \approx 55{,}226}\\{t \approx 18{,}107}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên ta thấy khoảng cách con tàu gần với Mặt trăng nhất là $8{,}074\;\,{\rm{km}}{\rm{.}}$

a) Sai. Đường thẳng $BC$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)$.

b) Đúng. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $BC$. Khi đó $\left( P \right)$ nhận $\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)$ làm một vectơ pháp tuyến.

Do đó $\left( P \right)$ có phương trình là $- \left( {x - 6} \right) + \left( {y - 3} \right) + 2\left( {z - 5} \right) = 0$$\Leftrightarrow - x + y + 2z - 7 = 0$.

Tọa độ điểm $H$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2 + t\\z = 2t\\ - x + y + 2z - 7 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2 + t\\z = 2t\\ - 1 + t + 2 + t + 4t - 7 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\\z = 2\\t = 1\end{array} \right.$.

Vậy $H\left( {0;3;2} \right)$.

Do $\Delta ABC$ đều nên $H$là trung điểm của $BC$.

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $BC$ đi qua $H\left( {0;3;2} \right)$ và vuông góc với $BC$ nên nhận $\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là

$- x + \left( {y - 3} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow x - y - 2z + 7 = 0$.

c) Sai. Vì $G\left( {x;y;z} \right)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AH}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = \frac{2}{3} \cdot \left( { - 6} \right)\\y - 3 = \frac{2}{3} \cdot 0\\z - 5 = \frac{2}{3} \cdot \left( { - 3} \right)\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 3\end{array} \right.$. Suy ra $G\left( {2;3;3} \right)$.

d) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AH} = \left( { - 6;0; - 3} \right)$ và $\overrightarrow {{u_{BC}}} = \left( { - 1;1;2} \right)$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {{u_{BC}}} } \right] = \left( {3;15; - 6} \right) = 3\left( {1;5; - 2} \right)$.

Vì $\Delta \bot AH,\Delta \bot BC$ nên $\Delta$ nhận $\overrightarrow n = \left( {1;5; - 2} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Mà $\Delta$ đi qua $G$ nên $\Delta$ có dạng $\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 3}}{5} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}$.

Thay tọa độ điểm $Q\left( {1; - 2;5} \right)$ vào phương trình đường thẳng $\Delta$: $\frac{{1 - 2}}{1} = \frac{{ - 2 - 3}}{5} = \frac{{5 - 3}}{{ - 2}} = - 1$.

Vậy điểm $Q\left( {1; - 2;5} \right)$ thuộc đường thẳng $\Delta$.

Đáp án: 1,3.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có $AB = 2$$\Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$.

Kẻ $AH \bot MD$, ta có $BM \bot AH$ $\left( {{\rm{do}}\,\,BM \bot \left( {DAC} \right)} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {BDM} \right)$.

Ta có $\sin \alpha = \frac{{d\left( {C,\left( {BDM} \right)} \right)}}{{CD}} = \frac{{d\left( {A,\left( {BDM} \right)} \right)}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CD}} = \frac{1}{3}$ (1).

Ta có $AH = \frac{{AD \cdot AM}}{{\sqrt {A{D^2} + A{M^2}} }} = \frac{{AD \cdot \sqrt 2 }}{{\sqrt {A{D^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} }}$ (2).

$CD = \sqrt {A{D^2} + A{C^2}} = \sqrt {A{D^2} + 8}$ (3).

Từ $(1)$, (2) và (3) $\Rightarrow AD = 2.$

Khi đó thể tích của khối tứ diện $ABCD$ là ${V_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot AD \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 2 = \frac{4}{3} \approx 1{,}3$.

Đáp án: 0,36.

Gọi $A$ là biến cố: “Ông Tuấn là 1 trong hai tên cướp”;

$B$ là biến cố: “Máy phát hiện nói dối báo động”.

Từ dữ kiện đề bài, ta có $P\left( A \right) = \frac{2}{{40}} = 0{,}05;\,\,P\left( {\bar A} \right) = 0{,}95$; $P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}85;\,\,P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}08$.

Suy ra $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right)P\left( {B\mid \bar A} \right)$$= 0{,}05 \cdot 0{,}85 + 0{,}95 \cdot 0{,}08 = 0{,}1185$.

Áp dụng công thức Bayes, ta có xác suất ông Tuấn là 1 trong 2 tên cướp, biết rằng ông Tuấn bị máy phát hiện nói dối báo động là $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}05 \cdot 0{,}85}}{{0{,}1185}} \approx 0{,}36$.

Đáp án: 79.

Ta có $R\left( \alpha \right) = C \cdot \left( {\frac{{a - b\cot \alpha }}{{r_1^4}} + \frac{b}{{r_2^4 \cdot \sin \alpha }}} \right)$$= C \cdot \left( {\frac{a}{{r_1^4}} - \frac{b}{{r_1^4}} \cdot \cot \alpha + \frac{b}{{r_2^4}} \cdot \frac{1}{{\sin \alpha }}} \right)$

$R'\left( \alpha \right) = C \cdot {\left( {\frac{a}{{r_1^4}} - \frac{b}{{r_1^4}} \cdot \cot \alpha + \frac{b}{{r_2^4}} \cdot \frac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^\prime }$$= C \cdot \left( { - \frac{b}{{r_1^4}} \cdot \frac{{ - 1}}{{{{\sin }^2}\alpha }} + \frac{b}{{r_2^4}} \cdot \frac{{ - \cos \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }}} \right)$

$= C \cdot \left( {\frac{b}{{r_1^4 \cdot {{\sin }^2}\alpha }} - \frac{{b \cdot \cos \alpha }}{{r_2^4 \cdot {{\sin }^2}\alpha }}} \right) = C \cdot b\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\left( {\frac{1}{{r_1^4}} - \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}}} \right).$

$R'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow C \cdot b\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\left( {\frac{1}{{r_1^4}} - \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{r_1^4}} - \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}} = 0$$\Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{r_2^4}}{{r_1^4}} \cdot$

$\left( {R'\left( \alpha \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{r_1^4}} > \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}} \Leftrightarrow \frac{{r_2^4}}{{r_1^4}} > \cos \alpha ;\,\,R'\left( \alpha \right) < 0} \right.$$\left. { \Leftrightarrow \frac{{r_1^4}}{{r_2^4}} < \cos \alpha } \right)$

$\Rightarrow R{\left( \alpha \right)_{\min }}{\rm{ khi }}\cos \alpha = \frac{{r_2^4}}{{r_4^4}}$. Do đó khi ${r_2} = \frac{2}{3}{r_1} \Rightarrow \cos \alpha = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^4} \Leftrightarrow \alpha = 79^\circ .$

Đáp án: 13.

Ta có thể mô tả cách chọn đường đi của bạn Bắc như sơ đồ dưới đây:

Vậy Bắc có 13 cách chọn đường đi.

Đáp án: 18,7.

Ta có $\widehat {ANB} = 90^\circ$ nên $N$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ có đường kính $AB = 6$, bán kính $R = 3$, tâm $I\left( {0\,;0\,;1} \right)$.

Lại có $N \in MA \Rightarrow N \in \left( {A\,;d} \right)$, tức $N$ chạy trên mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $A$ và d.

Chọn điểm $K\left( { - 1\,;1\,;1} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {AK} } \right] = \left( {10\,;5\,; - 10} \right) = 5\left( {2\,;1\,; - 2} \right) = 5\overrightarrow n$.

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $A\left( {2\,; - 1\,;3} \right)$ có $\overrightarrow n = \left( {2\,;1\,; - 2} \right)$ là:

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

Ta có: $d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 0 + 0 - 2 \cdot 1 + 3} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = \frac{1}{3}$.

$N$ vừa thuộc $\left( S \right)$ vừa thuộc $\left( P \right)$ nên $N$ thuộc đường tròn giao tuyến của $\left( S \right)$ và $\left( P \right)$.

Bán kính đường tròn giao tuyến là $r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 5 }}{3}$.

Vậy độ dài đường cong là: $2\pi r = \frac{{8\pi \sqrt 5 }}{3} \approx 18{,}7.$

Đáp án: 0,6.

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $Ox$, $H$ là hình chiếu của $B$ lên $Ox$.

Tam giác $AOQ$ vuông tại $Q$ có $QB$ là đường cao $\Rightarrow OB \cdot OA = O{Q^2}$$\Rightarrow OB = \frac{{O{Q^2}}}{{OA}} = \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}$.

Ta có $OA = \sqrt {O{K^2} + A{K^2}} = \sqrt {{x^2} + 4} .$

$\frac{{BH}}{{AK}} = \frac{{OB}}{{OA}} \Rightarrow BH = \frac{{AK \cdot OB}}{{OA}} \Rightarrow y = \frac{{2 \cdot \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = \frac{8}{{{x^2} + 4}}$.

$\Rightarrow y' = \frac{{ - 8 \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}} = - \frac{{16x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}.$

$y'' = - 16 \cdot \frac{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 4} \right) \cdot 2x \cdot x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}}$

$= - 16 \cdot \frac{{\left( {{x^2} + 4} \right)\left( {{x^2} + 4 - 4{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}} = - 16 \cdot \frac{{\left( {{x^2} + 4} \right)\left( { - 3{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}}$$= - 16 \cdot \frac{{\left( { - 3{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^3}}}$.

$y'' = 0 \Leftrightarrow - 16 \cdot \frac{{ - 3{x^2} + 4}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^3}}} = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{3}$$\Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Bảng biến thiên hàm số $y'$:

Dựa vào BBT ta có: ${y'_{\max }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0{,}6.$