Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 cụm trường THPT Đà Nẵng

Quan sát bảng biến thiên.

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là -1.

Lập bảng xét dấu f’(x), xác định tính đơn điệu của hàm số và kết luận.

Hàm số y = f(x) nghịch biến trên $( - \infty;0)$ nên f(-1) > f(0).

Bước 1: Tìm tập xác định (trong trường hợp xét trên đoạn [a; b], tập xác định đang xét chính là đoạn đó).

Bước 2: Tính đạo hàm f’(x). Tìm các giá trị $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ thuộc đoạn [a; b] mà tại đó f’(x) = 0 hoặc f’(x) không tồn tại. (Các điểm này còn được gọi là điểm cực trị hoặc điểm dừng nếu đạo hàm bằng 0, hoặc điểm kì dị nếu đạo hàm không tồn tại).

Bước 3: Tính giá trị của hàm số tại các điểm vừa tìm được ở Bước 2 và tại hai đầu mút của đoạn [a; b]. Tức là tính các giá trị $f(a),f(x_{1}),f(x_{2}),...,f(x_{n}),f(b)$.

Giá trị lớn nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTLN của hàm số trên đoạn [a; b].

$\left. f'(x) = 2 - 2e^{x} = 0\Leftrightarrow x = 0 \right.$.

$f(0) = 2024$; $f(2) = 2030 - 2e^{2} \approx 2015,2$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 2024.

Đường thẳng $x = {x_0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$.

Đường thẳng $y = {y_0}$ gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}$.

Quan sát bảng biến thiên:

$\left. \lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty}f(x) = 1\Rightarrow \right.$ Tiệm cận ngang là y = 1.

$\lim\limits_{x\rightarrow 2^{-}}f(x) = - \infty$; $\left. \lim\limits_{x\rightarrow 2^{+}}f(x) = + \infty\Rightarrow \right.$ Tiệm cận đứng là x = 2.

Dựa vào hình dạng đồ thị và các điểm đồ thị đi qua để xác định hàm số.

Hàm số cần tìm có dạng $y = ax^{3} + bx^{2} + cx + d$ $(a \neq 0)$.

Quan sát đồ thị, thấy $\left. \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}y = + \infty\Rightarrow a > 0 \right.$. Loại đáp án C, D.

Điểm có tọa độ (2; 3) thuộc đồ thị, thay tọa độ lần lượt vào phương trình ở đáp án A, B:

$3 = 2^{3} - 3.2 + 1$ (thỏa mãn); $3 = 2.2^{3} - 6.2 + 1$ (vô lí).

Vậy hàm số cần tìm là $y = x^{3} - 3x + 1$.

Áp dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau và quy tắc ba điểm.

$\overset{\rightarrow}{AB^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{BC} = \overset{\rightarrow}{AB^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{B'C'} = \overset{\rightarrow}{AC'} \neq \overset{\rightarrow}{AC}$. Mệnh đề A sai.

$\overset{\rightarrow}{AC} + \overset{\rightarrow}{DD^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AC} + \overset{\rightarrow}{CC'} = \overset{\rightarrow}{AC'}$. Mệnh đề B đúng.

$\overset{\rightarrow}{A'B'} + \overset{\rightarrow}{AD} = \overset{\rightarrow}{A'B'} + \overset{\rightarrow}{B'C'} = \overset{\rightarrow}{A'C'} = \overset{\rightarrow}{AC}$. Mệnh đề C đúng.

$\overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{CC'} = \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{DD'} = \overset{\rightarrow}{AD'}$. Mệnh đề D đúng.

$\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {{x_a}^2 + {y_a}^2 + {z_a}^2}$.

$\left| \overset{\rightarrow}{a} \right| = \sqrt{3^{2} + {( - 1)}^{2} + 2^{2}} = \sqrt{14}$.

+ $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right)$.

+ $\overrightarrow a - \overrightarrow b = ({x_a} - {x_b};{y_a} - {y_b};{z_a} - {z_b})$.

+ $k\overrightarrow a = (k{x_a};k{y_a};k{z_a})$.

$\left. \overset{\rightarrow}{MN} = ( - 1 - 2;2 - 3;3 - 4) = ( - 3; - 1; - 1)\Rightarrow 2\overset{\rightarrow}{MN} = ( - 6; - 2; - 2) \right.$.

$\overset{\rightarrow}{NP} = (3 + 1;2 - 2; - 3 - 3) = (4;0; - 6)$.

$\overset{\rightarrow}{u} = 2\overset{\rightarrow}{MN} - \overset{\rightarrow}{NP} = ( - 6 - 4; - 2 - 0; - 2 + 6) = ( - 10; - 2;4)$.

Điểm đối xứng của $M({x_0};{y_0};{z_0})$ qua mặt phẳng (Oyz) có toạ độ $( - {x_0};{y_0};{z_0})$.

B(-3; 2; -5).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu $\overline x$, được tính như sau:

$\overline x = \frac{{{n_1}{x_1} + {n_2}{x_2} + ... + {n_m}{x_m}}}{n}$,

trong đó $n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_m}$.

Thời gian trung bình sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh lớp 10B là:

$\overline{x} = \dfrac{15.5 + 25.7 + 35.15 + 45.6 + 55.5 + 65.4}{5 + 7 + 15 + 6 + 5 + 4} = \dfrac{790}{21} \approx 37,6$.

$\left. \log_{a}f(x) = \log_{a}g(x)\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {f(x) > 0} \\ {f(x) = g(x)} \end{array} \right.$ \right..

$\left. \log_{2}\left( {x - 4} \right) = \log_{2}\left( {x^{2} - 5x + 4} \right)\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x - 4 > 0} \\ {x - 4 = x^{2} - 5x + 4} \end{array} \right.$ \right.

$\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x > 4} \\ {x^{2} - 6x + 8 = 0} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {x > 4} \\ {x^{2} - 6x + 8 = 0} \end{array} \right.$Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x > 4} \\ \left\lbrack \begin{array}{l} {x = 4} \\ {x = 2} \end{array} \right. \end{array} \right.\Rightarrow \right. Vô nghiệm.

Liệt kê các cặp số thỏa mãn, áp dụng quy tắc nhân.

Số cách lấy lần lượt 2 tấm thẻ: 10.9 = 90 (cách).

Các cặp số có tổng bằng 12 là: (2; 10), (3; 9), (4; 8), (5; 7).

Số cách lấy ra tấm thẻ đầu tiên là 8 cách (tương ứng với 8 số bất kì trong các cặp trên).

Số cách lấy ra tấm thẻ thứ hai là 1 cách (tấm thẻ ghi số còn lại của cặp số).

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng các số trên 2 tấm thẻ bằng 12” là 8.1 = 8 (kết quả).

Xác suất của biến cố trên là $\dfrac{8}{90} = \dfrac{4}{45}$.

Xét trên tập xác định của hàm số:

a) Hàm số đồng biến trên khoảng f’(x) > 0.

b) Hàm số đạt cực trị tại điểm mà qua đó f’(x) đổi dấu.

c) Tìm công thức hàm số f’(x) từ đồ thị, sau đó tính f’(2).

d) Tìm số nghiệm lớn hơn hoặc bằng 0 của phương trình $f'(x) + 2 = 0$.

a) Đúng. Vì từ đồ thị của hàm số y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 $\forall x > 1$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty} \right)$.

b) Sai. Vì từ đồ thị của hàm số y = f’(x) ta thấy f’(x) chỉ đổi dấu một lần qua x = 1 nên hàm số có một điểm cực trị.

c) Đúng. Vì từ đồ thị ta có hàm số f’(x) có dạng: $f'(x) = a\left( {x + 2} \right)^{2}\left( {x - 1} \right)$.

Đồ thị hàm số y = f’(x) đi qua (0; -4) nên: $\left. - 4 = a\left( {0 + 2} \right)^{2}\left( {0 - 1} \right)\Leftrightarrow a = 1 \right.$.

Vậy $\left. f'(x) = \left( {x + 2} \right)^{2}\left( {x - 1} \right)\Rightarrow f'(2) = \left( {2 + 2} \right)^{2}\left( {2 - 1} \right) = 16 \right.$.

d) Sai. ĐK: $x \geq 0$.

$\left. f'(x) + 2 = 0\Leftrightarrow f'(x) = - 2\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = a < - 2} \\ {x = - 1} \\ {x = b > 0} \end{array}$ \right. \right..

Đối chiếu với ĐK chỉ chọn nghiệm x = b. Vậy đồ thị hàm số g(x) chỉ có 1 đường tiệm cận đứng.

Biểu diễn độ dài cạnh đáy, thể tích hộp theo x. Áp dụng đạo hàm, lập bảng biến thiên tìm x để thể tích đạt GTLN.

a) Đúng. Độ dài cạnh đáy của cái hộp là 12 – 2x.

b) Sai. $V = S.h = \left( {12 - 2x} \right)^{2}.x = 4x^{3} - 48x^{2} + 144x$.

c) Đúng. $V'(x) = 12x^{2} - 96x + 144$.

d) Đúng. Ta có $V' = 12x^{2} - 96x + 144$.

Do đó $\left. V' = 0\Leftrightarrow 12x^{2} - 96x + 144 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 2} \\ {x = 6} \end{array}$ \right. \right..

Lập bảng biến thiên, ta được $V_{max}$ khi x = 2. Vậy để thể tích hộp lớn nhất thì x = 2 cm.

Áp dụng các phép toán vecto trong không gian.

a) Sai. Vì có 3 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện là $\overset{\rightarrow}{AB},^{}\overset{\rightarrow}{AC},^{}\overset{\rightarrow}{AD}.$

b) Sai. Vì M là trung điểm của cạnh BC nên $\overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AC} = 2\overset{\rightarrow}{AM}$.

c) Đúng. Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên với điểm I, ta có $\overset{\rightarrow}{IB} + \overset{\rightarrow}{IC} + \overset{\rightarrow}{ID} = 3\overset{\rightarrow}{IG}$.

Do đó $\overset{\rightarrow}{IA} + \overset{\rightarrow}{IB} + \overset{\rightarrow}{IC} + \overset{\rightarrow}{ID} = \overset{\rightarrow}{IA} + 3\overset{\rightarrow}{IG}$.

Vì I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\overset{\rightarrow}{AI} = 3\overset{\rightarrow}{IG}$ nên $\overset{\rightarrow}{IA},\overset{\rightarrow}{IG}$ là hai vectơ ngược hướng và IA = 3IG. Do đó $\left. \overset{\rightarrow}{IA} = - 3\overset{\rightarrow}{IG}\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{IA} + 3\overset{\rightarrow}{IG} = \overset{\rightarrow}{0} \right.$.

d) Đúng. Giả sử cạnh của tứ diện đã cho bằng a.

Ta có AB = a, $DM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, $AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, $\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AM}} \right) = 30^{o}$, $\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AD}} \right) = 60^{o}$.

Khi đó $\overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{DM} = \overset{\rightarrow}{AB} \cdot \left( {\overset{\rightarrow}{AM} - \overset{\rightarrow}{AD}} \right) = \overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AM} - \overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AD}$

$= \left| \overset{\rightarrow}{AB} \right| \cdot \left| \overset{\rightarrow}{AM} \right| \cdot \cos\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AM}} \right) - \left| \overset{\rightarrow}{AB} \right| \cdot \left| \overset{\rightarrow}{AD} \right| \cdot \cos\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AD}} \right)$

$= a \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos 30{^\circ} - a \cdot a \cdot \cos 60{^\circ} = \dfrac{a^{2}}{4}$.

Do đó $\cos\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{DM}} \right) = \dfrac{\overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{DM}}{\left| \overset{\rightarrow}{AB} \right| \cdot \left| \overset{\rightarrow}{DM} \right|} = \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4}}{a \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{6} > 0$.

Suy ra $\cos\left( {AB,DM} \right) = \cos\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{DM}} \right) = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$.

Áp dụng công thức tính khoảng biến thiên, khoảng tứ phân vị, phương sai và độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm.

a) Đúng. Khoảng biến thiên: R = 90 – 65 = 25.

b) Sai. Trường X:

Cỡ mẫu: 7 + 10 + 15 + 30 + 45 = 107.

$Q_{1} = 75 + \dfrac{\dfrac{107}{4} - (7 + 10)}{15}(80 - 75) = 78,25$.

$Q_{3} = 85 + \dfrac{\dfrac{3.107}{4} - (7 + 10 + 15 + 30)}{45}(90 - 85) = \dfrac{3133}{36}$.

$\Delta_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = \dfrac{3133}{36} - 78,25 = \dfrac{79}{9} \approx 8,778$.

Trường Y:

Cỡ mẫu: 5 + 13 + 18 + 35 + 31 = 102.

$Q_{1}' = 75 + \dfrac{\dfrac{102}{4} - (5 + 13)}{18}(80 - 75) = \dfrac{925}{12}$.

$Q_{3}' = 85 + \dfrac{\dfrac{3.102}{4} - (5 + 13 + 18 + 35)}{31}(90 - 85) = \dfrac{5325}{62}$.

$\Delta_{Q}' = Q_{3} - Q_{1} = \dfrac{5325}{62} - \dfrac{925}{12} = \dfrac{3275}{372} \approx 8,804$.

Vì $\Delta_{Q} < \Delta_{Q}'$ nên học sinh trường X có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Đúng. Trường X:

$\overline{x} = \dfrac{67,5.7 + 72,5.10 + 77,5.15 + 82,5.30 + 87,5.45}{107} = \dfrac{17545}{214}$.

$s_{X}{}^{2} = \dfrac{1}{107}\left\lbrack {7.{(67,5 - \overline{x})}^{2} + ... + 45.{(87,5 - \overline{x})}^{2}} \right\rbrack \approx 37,8$.

d) Sai. Trường Y:

$\overline{y} = \dfrac{67,5.5 + 72,5.13 + 77,5.18 + 82,5.35 + 87,5.31}{102} = \dfrac{8275}{102}$.

$s_{Y}{}^{2} = \dfrac{1}{102}\left\lbrack {5.{(67,5 - \overline{y})}^{2} + ... + 31.{(87,5 - \overline{y})}^{2}} \right\rbrack \approx 33,9$.

$s_{Y} \approx \sqrt{33,9} \approx 5,8$.

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng là khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó lên mặt phẳng.

Gọi K là hình chiếu của O lên CD, H là hình chiếu của O lên SK.

$\left.$$\begin{array}{l}OK \bot CD\\SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot CD\end{array}$ \right\} \Rightarrow CD \bot (SOK) \Rightarrow CD \bot OH.

$\left.$$\begin{array}{l}OH \bot SK\\OH \bot CD\end{array}$ \right\} \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {O,SCD)} \right) = OH.

$AC = 2OC \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH$.

$\Delta ABC$ đều cạnh a, suy ra $OC = \frac{a}{2}$, $OB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = OD$.

$\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}$;

$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{{52}}{{9{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{3\sqrt {13} a}}{{26}}$.

Vậy $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{3{\sqrt {13} }a}}{13}$.

Vậy m + n = 3 + 13 = 16.

Chứng minh phần lương tăng mỗi tháng của Hùng lập thành một cấp số nhân. Tìm số hạng đầu, công bội và áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Lương tháng thứ 1: ${u_1} = 3$ (triệu đồng).

Lương tháng thứ 2: ${u_2} = {u_1} + r.{u_1} = \left( {1 + r} \right).{u_1}$.

Lương tháng thứ 3: ${u_3} = {u_2} + r.{u_2} = \left( {1 + r} \right).{u_2}$….

Như vậy tiền lương mỗi tháng bạn Hùng nhận được lập thành cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có ${u_1} = 3$ và công bội $q = 1 + r$, với $r = 7\% = 0,07$.

Bạn Hùng chỉ cất phần lương tăng, nên số tiền bạn Hùng tiết kiệm là:

$T = r.{u_1} + r.{u_2} + ... + r.{u_{35}}$

$= r\left( {{u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_{35}}} \right) = r.\left( {{u_1}.\frac{{{q^{35}} - 1}}{{q - 1}}} \right)$

$= 0,07.\left( {3.\frac{{1,{{07}^{35}} - 1}}{{1,07 - 1}}} \right) = 29,0297 \approx 29$.

Gọi thời điểm 1 giây trước khi đầy bể là ${t_1}$ giây, thời điểm đầy bể là ${t_2}$ giây (kể từ khi vòi bắt đầu chảy).

Sử dụng định nghĩa đạo hàm, tính $\frac{{\Delta V}}{{\Delta t}} = \frac{{V({t_2}) - V({t_1})}}{{{t_2} - {t_1}}}$.

Gọi h(t) (cm) là chiều cao mực nước tại thời điểm t bất kỳ, r(t) (cm) là bán kính mặt nước, ta có

$\frac{{r\left( t \right)}}{{h\left( t \right)}} = \frac{{50}}{{51}} \Rightarrow r\left( t \right) = \frac{{50}}{{51}}.h\left( t \right)$.

Thể tích khối nước là $V\left( t \right) = \frac{1}{3}\pi .{r^2}\left( t \right).h\left( t \right)$

$= \frac{1}{3}\pi .\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}.{h^2}\left( t \right).h\left( t \right) = \frac{1}{3}\pi .\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}.{h^3}\left( t \right)$.

Gọi thời điểm 1 giây trước khi đầy bể là ${t_1}$ giây, thời điểm đầy bể là ${t_2}$ giây (kể từ khi vòi bắt đầu chảy).

Ta có ${t_2} - {t_1} = 1$, $h({t_1}) = 49$, $h({t_2}) = 51$.

Tốc độ tăng thể tích $\left( {{m^3}/s} \right)$ của nước trong khoảng thời gian một giây cuối cùng trước khi bể nước vừa đầy bằng:

$\frac{{\Delta V}}{{\Delta t}} = \frac{{V({t_2}) - V({t_1})}}{{{t_2} - {t_1}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}{{.51}^3} - \frac{1}{3}\pi .\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}{{.49}^3}}}{1}$

$\approx 15100,01698$ $c{m^3}/s$ $\approx 0,02$ ${m^3}/s$.

Ta có $f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x$.

Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số song song với mặt đường tại tiếp điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ $\left( {{x_0} > 0} \right)$.

Khi đó $f'\left( {{x_0}} \right) = - 9 \Leftrightarrow - 3x_0^2 + 6{x_0} = - 9$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} = - 1\,\,(l)\end{array}$ \right. \Rightarrow M\left( {3;2} \right).

Độ dài cây cầu ngắn nhất bằng khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng $\left( \Delta \right):9x + y - 60 = 0$.

$h = \frac{{\left| {9.3 + 2 - 60} \right|}}{{\sqrt {{9^2} + {1^2}} }} \approx 3,423$.

Vì đơn vị của hệ trục là 100 m nên độ dài ngắn nhất của cây cầu là 342 m.

Tính góc giữa hai vecto $\overrightarrow k$ và $\overrightarrow {MN}$.

$\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$, $\overrightarrow {MN} = \left( {52; - 27; - 10} \right)$,

$cos\left( {\overrightarrow k ;\overrightarrow {MN} } \right) = \frac{{\overrightarrow k .\overrightarrow {MN} }}{{\left| {\overrightarrow k } \right|.\left| {\overrightarrow {MN} } \right|}} = \frac{{ - 10}}{{\sqrt {3533} }}$

$\Rightarrow \left( {\overrightarrow k ;\overrightarrow {MN} } \right) \approx 99^o 41'7,73''$.

Suy ra góc giữa đường bay của máy bay và phương thẳng đứng bằng $180^o - 99^o 41'7,73'' \approx 80^o$.

Từ giả thiết diện tích hình thang vuông, biểu diễn $\overrightarrow {AD}$ theo $\overrightarrow {BC}$ rồi tìm tọa độ điểm D.

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

Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng $6\sqrt 2$ nên:

$\frac{1}{2}AB\left( {AD + BC} \right) = 6\sqrt 2$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.3.\left( {AD + 3\sqrt 2 } \right) = 12\sqrt 2$

$\Rightarrow AD = 5\sqrt 2 \Rightarrow AD = \frac{5}{3}BC$.

Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên $\overrightarrow {AD} = \frac{5}{3}\overrightarrow {BC}$.

Giả sử D(a; b; c) khi đó ta có $\{\begin{array}{l}a-1=\frac{20}{3}\\ b-2=\frac{5}{3}\\ c-1=\frac{-5}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{23}{3}\\ b=\frac{11}{3}\\ c=\frac{-2}{3}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}a - 1 = \frac{{20}}{3}\\b - 2 = \frac{5}{3}\\c - 1 = \frac{{ - 5}}{3}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{23}}{3}\\b = \frac{{11}}{3}\\c = \frac{{ - 2}}{3}\end{array} \right.$

$\Rightarrow a + b + c \approx 10,7$.