Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 8)

Ta có $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy cấp số cộng. Có ${u_2} = 10 = {u_1} + d \Leftrightarrow {u_1} = 10 - d{\rm{. }}$

Khi đó, ${u_4} = 6 = {u_1} + 3d$$\Rightarrow 6 = 10 - d + 3d \Leftrightarrow 2d = - 4 \Leftrightarrow d = - 2$. Chọn B.

Ta có ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 2x - 1\\2x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x < 2}\\{x > \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 2} \right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)$. Chọn A.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đi qua ba điểm $A\left( { - 1\,;0\,;0} \right),\,B\left( {0\,;3\,;0} \right),C\left( {0\,;0\,;4} \right)$.

$\Rightarrow \left( {ABC} \right):\frac{x}{{ - 1}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{1} - \frac{y}{3} - \frac{z}{4} = - 1$. Chọn D.

Ta có vectơ $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;3\,;0} \right)$.

Đường thẳng AB nhận $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;3\,;0} \right)$ làm vectơ chỉ phương và đi qua điểm $A\left( { - 1\,;0\,;0} \right)$ nên có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 1 + t}\\{y = 3t}\\{z = 0}\end{array}\quad (t \in \mathbb{R})} \right.$. Chọn D.

Xét $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {D'O} + \overrightarrow {OC'}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AC'}$ (Đúng).

Xét $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AD'}$ (Sai)

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC'} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {D'A} = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {C'D'} + \overrightarrow {D'A}$

$= \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {D'A} = \overrightarrow {AA} = \vec 0$ (Đúng).

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} .$ (Đúng). Chọn B.

a) Đúng. Xét các biến cố:

$\bar A$ : “Chọn được học sinh không lựa chọn khối A00”.

$\bar B$ : “Chọn được học sinh không đỗ đại học”.

Có $70\%$ học sinh lựa chọn tổ hợp ${\rm{A}}00 \Rightarrow P\left( A \right) = 0{,}7$$\Rightarrow$$P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 0{,}3$.

b) Sai. Nếu một học sinh chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,55

$\Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}55$$\Rightarrow P\left( {\bar B\mid A} \right) = 1 - P\left( {B\mid A} \right) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45$.

Nếu học sinh không chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là$0{,}6 \Rightarrow P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}6.$

Khi đó, $P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$.

Từ đó, ta có sơ đồ cây sau:

c) Sai. Xác suất để học sinh đó chọn tổ hợp A00, biết học sinh không đỗ đại học là

$P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}$$= \frac{{0{,}7 \cdot 0{,}45}}{{0{,}7 \cdot 0{,}45 + 0{,}3 \cdot 0{,}4}} = \frac{{21}}{{29}}$.

d) Sai. Xác suất để học sinh đó không chọn tổ hợp A00, biết học sinh không đỗ đại học là

$P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 1 - P\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - \frac{{21}}{{29}} = \frac{8}{{29}}$.

a) Sai. Tại thời điểm ban đầu hai chất điểm cách nhau một khoảng bằng

$\left| {{s_2} - {s_1}} \right| = \left| {\sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right) - \sin 0} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\,\,{\rm{(m)}} = 50\sqrt 3 \,\,{\rm{(cm)}}$$\approx 86{,}6\,\,{\rm{(cm)}}$.

b) Sai. Khoảng cách giữa hai chất điểm được xác định bởi hàm số $d = \left| {{s_1} - {s_2}} \right|$ (mét).

c) Đúng. Ta có ${s_1} = \sin t \Rightarrow {v_1} = \cos t,{s_2} = \sin \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right)$$\Rightarrow {v_2} = \cos \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right)$.

${v_1} = {v_2} \Leftrightarrow \cos t = \cos \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = t + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{ - t = t + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow - 2t = \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow t = - \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Mà $t \in \left[ {0\,;6} \right] \Rightarrow t \in \left\{ {\frac{{5\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6}} \right\}$.

d) Đúng. Khoảng cách giữa hai chất điểm được xác định bởi hàm số $d = \left| {{s_1} - {s_2}} \right|$ (mét).

Ta có $d = \left| {{s_1} - {s_2}} \right| = \left| {\sin t - \sin \left( {t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right|$$= \left| {2\cos \frac{{2t + \frac{\pi }{3}}}{2}\sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)} \right| = \left| {\cos \frac{{6t + \pi }}{6}} \right| \le 1,\forall t \in \left[ {0\,;6} \right]$.

Vậy trong 6 giây đầu tiên, khoảng cách xa nhất của hai chất điểm là 1 m hay 100 cm.

a) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = {\left[ {\ln y\left( x \right)} \right]^\prime } = \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} = - 7 \cdot {10^{ - 4}}$.

b) Đúng. Ta có $f\left( x \right) = \int {f'} \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( { - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}} \right)} \,{\rm{d}}x = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C$.

Theo giả thiết $y\left( 0 \right) = 0{,}05$ nên $f\left( 0 \right) = \ln y\left( 0 \right) = \ln \left( {0{,}05} \right)$. Khi đó $C = \ln \left( {0{,}05} \right)$.

Vậy $f\left( x \right) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln \,\left( {0{,}05} \right)$.

c) Sai. Từ $f\left( x \right) = \ln y\left( x \right)$$\Rightarrow y\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x\, + \,\ln \left( {0{,}05} \right)}} = \frac{1}{{20}}{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x}}$.

Do đó $y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right) = \frac{1}{{20}}\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 30}} - {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 15}}} \right) \approx - 5{,}2 \cdot {10^{ - 4}}$.

d) Đúng. Nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây là:

$\frac{1}{{30 - 15}}\int\limits_{15}^{30} {y\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{{15}}\int\limits_{15}^{30} {\left( { - \frac{1}{{7 \cdot {{10}^{ - 4}}}}} \right)} \,y'\left( x \right){\rm{d}}x$$= - \left. {\frac{{{{10}^4}}}{{105}}y\left( x \right)} \right|_{15}^{30} = - \frac{{{{10}^4}}}{{105}}\left[ {y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right)} \right] \approx 0{,}05$.

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

b) Đúng. Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có 2 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,; - 3\,; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( {2\,;3\,;3} \right)$

$\Rightarrow {\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {3\,; - 5\,;3} \right)$.

Do đó vectơ $2{\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left( {6\,; - 10\,;6} \right)$ cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

c) Đúng. Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đi qua $A\left( {1\,; - 1\,;3} \right)$ và nhận ${\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left( {3\,; - 5\,;3} \right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là $3\left( {x - 1} \right) - 5\left( {y + 1} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0$$\Leftrightarrow 3x - 5y + 3z - 17 = 0$.

d) Sai. Thay tọa độ điểm $D\left( {3\,; - 1\,; - 8} \right)$ vào phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ ta thấy $D \notin \left( {ABC} \right)$ nên 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng.

Đáp án: 1.

Ta xét $\left( {{S_1}} \right):\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{I_1}\left( {1\,;2\,;0} \right)}\\{{R_1} = 2}\end{array}} \right.$ và $\left( {{S_2}} \right):\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{I_2}\left( {3\,;0\,;1} \right)}\\{{R_2} = 5}\end{array}} \right.$, ${I_1}{I_2} = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = 3$.

$\Rightarrow \left( {{S_1}} \right)$ tiếp xúc với $\left( {{S_2}} \right)$ vì tâm ${I_1}$ nằm trong mặt cầu $\left( {{S_2}} \right)$$\Rightarrow \left( {{S_1}} \right)$ nằm trong $\left( {{S_2}} \right).$

Gọi $M$ là tiếp điểm của hai mặt cầu.

$\Rightarrow$ Các tiếp tuyến $d$ của 2 mặt cầu $\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $M$ và có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{I_1}{I_2}}$.

Ta có ${I_1},{I_2},M$ thẳng hàng $\Rightarrow \overrightarrow {{I_2}M} = \frac{5}{3}\overrightarrow {{I_2}{I_1}} \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{3};\frac{{10}}{3}; - \frac{2}{3}} \right).$

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):2x - 2y + z + 8 = 0$.

Ta có: $\widehat {AHM} = 90^\circ$ nên $H$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ đường kính AM.

$\Rightarrow \left( C \right)$ là giao tuyến của $\left( S \right)$ và $\left( P \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm $AM \Rightarrow I\left( {\frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{2}{3}} \right).$

Ta có: $h = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{2}{3} - \frac{{10}}{3} + \frac{2}{3} + 8} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} }} = 2;\,\,R = IA = \sqrt 5$$\Rightarrow$ Bán kính $\left( C \right)$ là $r = \sqrt {{R^2} - {h^2}} = 1$.

Đáp án: 19.

Đặt $\widehat {QOH} = \alpha \,\,\left( {0 \le \alpha \le \pi } \right)$.

Xét $\Delta POQ$ có:

$P{Q^2} = O{P^2} + O{Q^2} - 2OP \cdot OQ \cdot \cos \widehat {POQ}$$= 32 - 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot \cos \left( {\pi - \alpha } \right) = 32 + 32 \cdot \cos \alpha$.

$\Rightarrow PQ = 4\sqrt 2 \cdot \sqrt {1 + \cos \alpha } = 4\sqrt 2 \cdot \sqrt {2{{\cos }^2}\left( {\frac{\alpha }{2}} \right)} = 8\cos \frac{\alpha }{2}.$

Độ dài cung tròn QR là $\frac{\alpha }{\pi } \cdot 4\pi = 4\alpha .$

Thời gian anh Tuấn di chuyển từ P đến R là $f\left( \alpha \right) = \frac{{8\cos \frac{\alpha }{2}}}{{20}} + \frac{{4\alpha }}{{40}} = \frac{2}{5} \cdot \cos \frac{\alpha }{2} + \frac{\alpha }{{10}}$ (giờ).

Xét hàm số $f\left( \alpha \right) = \frac{2}{5} \cdot \cos \frac{\alpha }{2} + \frac{\alpha }{{10}}$$\Rightarrow f'\left( \alpha \right) = \frac{{ - 1}}{5}\sin \frac{\alpha }{2} + \frac{1}{{10}}$.

$\Rightarrow f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{\alpha }{2} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow \frac{\alpha }{2} = \frac{\pi }{6} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{3}$.

Ta có $f\left( 0 \right) = \frac{2}{5};f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) \approx 0{,}45;f\left( \pi \right) = 0{,}31$.

$\Rightarrow$ Thời gian ngắn nhất cần tìm là $60 \cdot f\left( \pi \right) = 60 \cdot 0{,}31 \approx 19$ phút.

Đáp án: 0,27.

Số cách bốc 2 số có tích chẵn là $C_5^1 \cdot C_5^1 + C_5^2 = 35$ (vì có 2 TH xảy ra: chọn được 2 quả bóng có số chẵn hoặc bốc được 1 quả mang số chẵn và 1 quả mang số lẻ).

Số cách bốc 2 số có tổng là số lẻ (tích chẵn) là $C_5^1 \cdot C_5^1 = 25$ (xảy ra khi bốc được 1 quả bóng mang số lẻ và 1 quả bóng mang số chẵn).

Số cách bốc 2 số có tích chẵn và tổng chẵn là $C_5^2 = 10$ (xảy ra khi bốc được 2 quả bóng mang số chẵn).

Do Nhâm đã thắng nên Nhâm đã bốc được 2 quả có tích chẵn.

Gọi $A$ là biến cố: “Nhâm bốc tổng chẵn” $\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{10}}{{35}} = \frac{2}{7}$.

Gọi $B$ là biến cố: “Hưng thắng”.

Cần tính $P\left( {A\mid B} \right)$.

Xác suất Hưng thắng khi Nhâm bốc được tổng lẻ (tức Nhâm bốc được 1 chẵn và 1 lẻ nên còn lại 4 bi chẵn, 4 bi lẻ) là $P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_4^1 \cdot C_4^1}}{{C_8^2}} = \frac{4}{7}$.

Tương tự, xác suất Hưng thắng khi Nhâm bốc được tổng chẵn (còn lại 3 chẵn, 5 lẻ) là $P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_3^1 \cdot C_5^1}}{{C_8^2}} = \frac{{15}}{{28}}$.

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)$$= \frac{2}{7} \cdot \frac{{15}}{{28}} + \frac{5}{7} \cdot \frac{4}{7} = \frac{{55}}{{98}}$.

Suy ra $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{2}{7} \cdot \frac{{15}}{{28}}}}{{\frac{{55}}{{98}}}} \approx 0{,}27$.

Đáp án: 43.

Ta sử dụng thuật toán láng giềng gần nhất.

Vậy số thử thách nhỏ nhất là 43.

Đáp án: 333.

Lợi nhuận của doanh nghiệp khi sản xuất $x$ sản phẩm là:

$y = L\left( x \right) = F\left( x \right) - xG\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1\,001\,000x + 250\,000 - x\left( {x + 1\,000 + \frac{{250\,000}}{x}} \right)$

$= {x^3} - 2\,000{x^2} + 1\,000\,000x$.

$L'\left( x \right) = 3{x^2} - 4\,000x + 1\,000\,000$

$L'\left( x \right) = 3{x^2} - 4000x + 1\,000\,000 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1000\\x = \frac{{1000}}{3}\end{array} \right.$ (Vì $x = 1000 \notin \left[ {0\,;\,500} \right]$ nên loại).

Lập bảng biến thiên của hàm số $y = L\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0\,;\,500} \right]$:

Do số sản phẩm là số nguyên, nên ta xét giá trị của hàm số tại hai điểm nguyên trước và sau giá trị $\frac{{1000}}{3}$ là 333 và 334.

Ta có $L\left( {333} \right) = 148\,148\,037;L\left( {334} \right) = 148\,147\,704$$\Rightarrow L\left( {333} \right) > L\left( {334} \right)$.

Do đó, doanh nghiệp nên sản xuất 333 sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Đáp án: 3467.

Xét hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ ta có:

$AO = OC = OD = OB = \frac{{AC}}{2} = \frac{{120}}{2} = 60\;{\rm{m}}$

$\Rightarrow AD = 60\sqrt 2 \;{\rm{m}}.$

Ta có ${S_{OAB}} = \frac{1}{4} \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{4} \cdot {\left( {60\sqrt 2 } \right)^2} = 1\,800\,\,({{\rm{m}}^2})$.

Lại có $A\left( {0\,;\,60} \right),\,B\left( {60\,;\,0} \right),M\left( {x\,;y} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {60\,; - 60} \right) = 3\overrightarrow {AM} = 3\left( {x;y - 60} \right)$.

(Do bài cho $AM = MN = NB$) $\Rightarrow M\left( {20\,;40} \right)$.

Ta xét phần hình trắng có dạng parabol như hình vẽ có $M \in \left( P \right):y = a{x^2} + 20$.

$\Rightarrow 40 = {20^2} \cdot a + 20 \Rightarrow a = \frac{1}{{20}}.$

Diện tích một phần trắng là diện tích được chặn bởi $y$ và đường thẳng $AB:y = 60 - x$ là:

${S_{1T}} = \,\int\limits_0^{20} {\left( {60 - x - \frac{{{x^2}}}{{20}} - 20} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{1400}}{3}$.

Diện tích một phần tư của sân chơi là: ${S_{1{\rm{ }}}} = {S_{OAB}} - 2{S_{1T}} = 1800 - 2 \cdot \frac{{1400}}{3} = \frac{{2600}}{3}$.

Vậy diện tích sân chơi cần tính là: $\frac{{2600}}{3} \cdot 4 = \frac{{10400}}{3} \approx 3467\,\,({{\rm{m}}^2})$.