Đề thi tốt nghiệp THPT năm 2026 của Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Tĩnh (lần 2) có nhiều câu hình học mang tính phân loại, yêu cầu học sinh không chỉ nắm chắc kiến thức nền tảng mà còn biết vận dụng linh hoạt các định lý và kỹ năng suy luận. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng giải chi tiết các câu hình học trong đề theo hướng trình bày rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh theo dõi từng bước biến đổi và rút ra phương pháp làm bài hiệu quả cho kỳ thi tốt nghiệp THPT.
Câu 1. Cho hình chóp ${S.ABCD}$ có đáy ${ABCD}$ là hình vuông cạnh bằng 2, cạnh bên ${SA}$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=3$. Thể tích của khối chóp ${S.ABCD}$ bằng
A. 4.
B. 12.
C. 8.
D. 6.
Vì $SA\perp(ABCD)$ nên chiều cao của khối chóp là: $h=SA=3$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot4\cdot3=4$.
Chọn A.
Câu 2. Trong không gian ${Oxyz}$, cho mặt cầu ${(S)}$ có tâm $I(0;-2;1)$ và bán kính $R=5$. Phương trình của ${(S)}$ là
A. $x^2+(y+2)^2+(z-1)^2=5$.
B. $x^2+(y-2)^2+(z+1)^2=5$.
C. $x^2+(y-2)^2+(z+1)^2=25$.
D. $x^2+(y+2)^2+(z-1)^2=25$.
Ở đây $I(0;-2;1)$ và $R=5$, nên: $x^2+(y+2)^2+(z-1)^2=25$.
Chọn D.
Câu 3. Trong không gian ${Oxyz}$, cho mặt phẳng $(P):3x-y-z+2=0$. Một vectơ pháp tuyến của ${(P)}$ là
A. $\vec n=(-1;-1;2)$.
B. $\vec n=(3;-1;2)$.
C. $\vec n=(3;-1;-1)$.
D. $\vec n=(3;1;1)$.
Chọn C.
Câu 4. Cho hình chóp ${S.ABCD}$ có đáy ${ABCD}$ là hình bình hành tâm ${O}$, ${M}$ là trung điểm ${SA}$ (xem hình dưới).
Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. $OM\parallel(SAD)$.
B. $OM\parallel(SBD)$.
C. $OM\parallel(SCD)$.
D. $OM\parallel(SAB)$.
Lại có ${M}$ là trung điểm của ${SA}$.
Xét tam giác ${SAC}$, ${M}$ là trung điểm của ${SA}$, ${O}$ là trung điểm của ${AC}$ nên ${MO}$ là đường trung bình của tam giác ${SAC}$.
Suy ra: $MO\parallel SC$.
Mà $SC\subset(SCD)$ nên: $OM\parallel(SCD)$.
Chọn C.
Câu 5. Cho hình hộp ${ABCD.A’B’C’D’}$ (xem hình dưới).
Phát biểu nào sau đây là sai?
A. $\overrightarrow{CC’}=\overrightarrow{DD’}$.
B. $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA’}=\overrightarrow{AC’}$.
C. $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$.
D. $\overrightarrow{AB’}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AC’}$.
Khi đó: $\overrightarrow{CC’}=\vec c,\ \overrightarrow{DD’}=\vec c$, nên A đúng.
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA’}=\vec a+\vec b+\vec c=\overrightarrow{AC’}$, nên B đúng.
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\vec a+\vec b=\overrightarrow{AC}$, nên C đúng.
Xét D: $\overrightarrow{AB’}=\vec a+\vec c$.$\overrightarrow{CB}=-\vec b$.
Do đó: $\overrightarrow{AB’}+\overrightarrow{CB}=\vec a+\vec c-\vec b$.
Trong khi đó: $\overrightarrow{AC’}=\vec a+\vec b+\vec c$.
Hai vectơ này không bằng nhau.
Vậy phát biểu sai là D.
Chọn D.
Câu 6. Một radar phòng không được đặt tại vị trí gốc tọa độ $O(0;0;0)$ trong không gian ${Oxyz}$, mỗi đơn vị trên các trục tọa độ ứng với 1 km. Radar có bán kính phủ sóng 250 km, tức là các mục tiêu bay cách radar không quá 250 km sẽ bị theo dõi và xuất hiện trên màn hình radar. Một máy bay không người lái (UAV) xuất phát từ vị trí điểm $A(1000;-450;0)$, bay theo đường thẳng và đi qua vị trí điểm $B(968;-435;1)$ với tốc độ không đổi bằng 800 km/h. UAV mang thiết bị gây nhiễu có tầm hoạt động hiệu quả 50 km, tức là nếu UAV bay cách radar không quá 50 km thì sẽ gây nhiễu được radar (không bị theo dõi bởi radar), trong trường hợp không gây nhiễu được thì UAV vẫn bị theo dõi nếu nằm trong tầm phủ sóng của radar.
a) Phương trình đường thẳng ${AB}$ là $\left\{ {\begin{array}{l} x=1000-32t\\ y=-450+15t\\ z=t \end{array}} \right.\quad \left( t\in\mathbb{R} \right)$..
b) Vị trí đầu tiên UAV bị phát hiện bởi radar là vị trí có tọa độ $(232;-90;24)$.
c) Gọi ${P}$ là vị trí đầu tiên mà UAV gây nhiễu được radar. Khi đó $AP>1061$ (km).
d) Tổng thời gian radar theo dõi được UAV lớn hơn 32 phút.
UAV xuất phát từ: $A(1000;-450;0)$, đi qua: $B(968;-435;1)$.
Ta có: $\overrightarrow{AB}=(-32;15;1)$.
Độ dài vectơ chỉ phương: $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{(-32)^2+15^2+1^2}$
$=\sqrt{1250}=25\sqrt2$ km.
a) Phương trình đường thẳng ${AB}$ là $\left\{ {\begin{array}{l} x=1000-32t\\ y=-450+15t\\ z=t \end{array}} \right.\quad \left( t\in\mathbb{R} \right)$.
Vì đường thẳng đi qua $A(1000;-450;0)$ và có vectơ chỉ phương $(-32;15;1)$ nên phương trình là:
$\left\{ {\begin{array}{l} x=1000-32t\\ y=-450+15t\\ z=t \end{array}} \right.\quad \left( t\in\mathbb{R} \right)$.
Mệnh đề đúng.
b) Vị trí đầu tiên UAV bị phát hiện bởi radar là vị trí có tọa độ $(232;-90;24)$.
Khoảng cách từ UAV đến radar tại thời điểm tham số ${t}$ là: $d^2(t)=(1000-32t)^2+(-450+15t)^2+t^2$.
Rút gọn: $d^2(t)=1250t^2-77500t+1202500$.
UAV bắt đầu bị radar phát hiện khi đi vào vùng phủ sóng bán kính ${250}$ km: $d(t)=250$.
Suy ra: $1250t^2-77500t+1202500=250^2$
$\Leftrightarrow t^2-62t+912=0$$\Leftrightarrow t=24$ hoặc $t=38$.
Vì UAV bay từ xa tiến vào vùng phủ sóng nên vị trí đầu tiên ứng với $t=24$.
Khi đó: $x=1000-32\cdot24=232$,
$y=-450+15\cdot24=-90$, $z=24$.
Vậy vị trí đầu tiên là $(232;-90;24)$.
Mệnh đề đúng.
c) Gọi ${P}$ là vị trí đầu tiên mà UAV gây nhiễu được radar. Khi đó $AP>1061$ km.
UAV gây nhiễu được radar khi cách radar không quá ${50}$ km.
Tìm vị trí đầu tiên bằng cách giải: $d(t)=50$.
Suy ra: $1250t^2-77500t+1202500=50^2$
$\Leftrightarrow t^2-62t+960=0$$\Leftrightarrow t=30$ hoặc $t=32$.
Vị trí đầu tiên gây nhiễu ứng với $t=30$.
Khi đó: $AP=30\cdot|\overrightarrow{AB}|$$=30\cdot25\sqrt2$
$=750\sqrt2\approx1060,66$ km.
Vì $1060,66<1061$ nên $AP>1061$ là sai.
Mệnh đề sai.
d) Tổng thời gian radar theo dõi được UAV lớn hơn 32 phút.
Radar theo dõi được UAV khi UAV nằm trong vùng phủ sóng ${250}$ km nhưng chưa vào vùng gây nhiễu ${50}$ km.
Từ trên ta có:
UAV vào vùng phủ sóng tại $t=24$, ra khỏi vùng phủ sóng tại $t=38$.
UAV vào vùng gây nhiễu tại $t=30$, ra khỏi vùng gây nhiễu tại $t=32$.
Vậy radar theo dõi UAV trên hai khoảng tham số:
$24\le t<30$ và $32<t\le38$.
Tổng độ dài tham số:
$(30-24)+(38-32)=12$.
Quãng đường tương ứng:
$12\cdot25\sqrt2=300\sqrt2$ km.
Vì UAV bay với tốc độ ${800}$ km/h nên thời gian radar theo dõi là: $\frac{300\sqrt2}{800}$ giờ$=\frac{3\sqrt2}{8}$ giờ$=\frac{3\sqrt2}{8}\cdot60$ phút
$=22,5\sqrt2\approx31,82$ phút.
Vì $31,82<32$ nên tổng thời gian radar theo dõi không lớn hơn 32 phút.
Mệnh đề sai.
Câu 7. Cho hình chóp ${S.ABCD}$ có đáy là hình vuông, tam giác ${SAB}$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ ${A}$ đến mặt phẳng ${(SCD)}$ bằng $\frac{3\sqrt{7}}{7}$. Tính thể tích của khối chóp ${S.ABCD}$.
Gọi cạnh hình vuông đáy là ${a}$.
Đặt hệ trục tọa độ sao cho: $A(0;0;0),\ B(a;0;0),\ D(0;a;0),\ C(a;a;0)$.
Vì tam giác ${SAB}$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên có thể chọn: $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt3}{2}\right)$.
Mặt phẳng ${(SCD)}$ đi qua ${S,C,D}$. Tính được một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng này là: $\vec n=\left(0;\frac{a^2\sqrt3}{2};a^2\right)$.
Do đó phương trình mặt phẳng ${(SCD)}$ có dạng: $\frac{\sqrt3}{2}(y-a)+z=0$ hay $\sqrt3 y+2z-a\sqrt3=0$.
Khoảng cách từ $A(0;0;0)$ đến mặt phẳng ${(SCD)}$ là: $d\left(A,(SCD)\right)=\frac{\left| -a\sqrt3 \right|}{\sqrt{3+4}}=\frac{a\sqrt3}{\sqrt7}$.
Theo đề: $\frac{a\sqrt3}{\sqrt7}=\frac{3\sqrt7}{7}$.
Suy ra: $a\sqrt3=3$, nên $a=\sqrt3$.
Chiều cao khối chóp là: $h=\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt3\cdot\sqrt3}{2}=\frac32$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac13\cdot a^2\cdot h=\frac13\cdot3\cdot\frac32=\frac32=1,5$.
Đáp án: 1,5.
Câu 8. Nhà thầy Hùng và chợ hải sản cách nhau 1 km, khoảng cách từ nhà thầy Hùng đến bờ biển bằng 1 km còn khoảng cách từ chợ hải sản đến bờ biển bằng 400 m (bờ biển xem như 1 đường thẳng). Mỗi buổi sáng thầy Hùng chạy thể dục từ nhà ra bờ biển, sau đó chạy dọc bờ biển 500 m, rồi thầy chạy qua chợ hải sản để lấy thức ăn trong ngày, cuối cùng thầy chạy thẳng về nhà (tham khảo hình vẽ). Tổng quãng đường ngắn nhất mà thầy Hùng chạy trong mỗi buổi sáng là bao nhiêu mét (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng đơn vị)?
Giả sử chân đường vuông góc từ nhà thầy Hùng xuống bờ biển là $M(0;0)$, khi đó nhà thầy Hùng có tọa độ: $N(0;1000)$.
Chợ hải sản cách bờ biển ${400}$ m nên có tọa độ dạng: $C(x;400)$.
Vì $NC=1000$ m nên: $x^2+(1000-400)^2=1000^2$
$x^2+600^2=1000^2$
$x^2=640000$
$x=800$.
Vậy có thể lấy: $C(800;400)$.
Thầy Hùng chạy từ nhà đến một điểm ${P}$ trên bờ biển, chạy dọc bờ biển ${500}$ m đến điểm ${Q}$, rồi chạy đến chợ, sau đó chạy thẳng về nhà.
Quãng đường $CN=1000$ m là cố định.
Để tổng quãng đường nhỏ nhất, đoạn chạy dọc bờ biển ${500}$ m nên theo hướng về phía chợ.
Giả sử $P(p;0)$, khi đó $Q(p+500;0)$.
Ta có: $QC=\sqrt{(800-p-500)^2+400^2}=\sqrt{(300-p)^2+400^2}$.
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của: $NP+QC$.
Dịch điểm ${C}$ sang trái ${500}$ m được điểm: $C'(300;400)$.
Khi đó: $NP+QC=NP+PC’$.
Phản xạ ${C’}$ qua bờ biển được: $C”(300;-400)$.
Khi đó giá trị nhỏ nhất của $NP+PC’$ bằng: $NC”=\sqrt{300^2+(1000+400)^2}$$=\sqrt{300^2+1400^2}$
$=\sqrt{2050000}=100\sqrt{205}$.
Tổng quãng đường ngắn nhất là: $100\sqrt{205}+500+1000=100\sqrt{205}+1500$.
Tính gần đúng: $100\sqrt{205}+1500\approx2931,78$ m.
Làm tròn đến hàng đơn vị được: 2932 m.
Câu 9. Một vật trang trí có dạng một khối tròn xoay được tạo thành khi quay miền ${(H)}$ (phần màu xám trong hình vẽ) quanh trục ${AB}$.
Miền ${(H)}$ được giới hạn bởi đường tròn đường kính ${AB}$ và các cung tròn tâm ${A}$, ${B}$ có cùng bán kính. Biết $AB=10$ cm, $AH=BK=2$ cm. Thể tích vật trang trí đó bằng bao nhiêu cm³ (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng đơn vị)?
Khi đó: $A(-5;0),\ B(5;0)$.
Đường tròn đường kính ${AB}$ có phương trình: $x^2+y^2=25$.
Vì $AH=2$ nên $H(-3;0)$.
Tại điểm có hoành độ $x=-3$ trên đường tròn lớn, ta có: $y^2=25-(-3)^2=16$, nên $y=4$.
Bán kính cung tròn tâm ${A}$ là: $r=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5$.
Do đó đường tròn tâm ${A}$ có phương trình: $(x+5)^2+y^2=20$.
Tương tự, đường tròn tâm ${B}$ có phương trình: $(x-5)^2+y^2=20$.
Đặt: $\alpha=5-2\sqrt5$.
Khi quay quanh trục ${AB}$, ta tính thể tích theo phương pháp hình vành khăn.
Với phần giữa, $x\in[-\alpha;\alpha]$, bán kính tiết diện là: $R^2=25-x^2$.
Với hai phần hai bên, do đối xứng, ta chỉ cần tính bên trái rồi nhân đôi.
Ở bên trái, $x\in[-3;-\alpha]$.
Bán kính ngoài: $R^2=25-x^2$.
Bán kính trong: $r^2=20-(x+5)^2$.
Do đó: $R^2-r^2=25-x^2-\left[20-(x+5)^2\right]$$=10x+30$.
Thể tích khối tròn xoay là: $V=2\pi {\int\limits_{-3}^{-\alpha} {\left( {10x+30} \right)dx}}+\pi {\int\limits_{-\alpha}^{\alpha} {\left( {25-x^2} \right)dx}}$.
Thay $\alpha=5-2\sqrt5$, tính được: $V=\frac{20\pi(31-8\sqrt5)}{3}$.
Suy ra: $V\approx274,606\ \text{cm}^3$.
Làm tròn đến hàng đơn vị:
$V\approx275\ \text{cm}^3$.
Đáp án: 275.
Skip to PDF content