Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Huế lần 1 có đáp án

Chọn A.

Ta có \[n\left( \Omega  \right) = 6;\,\,A = \left\{ {3;6} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 2 \Rightarrow p\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\].

Chọn B.

Giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) của hàm số \(y = f(x)\) có đồ thị trên là \( - 4\) đạt tại \(x =  - 1\). 

Chọn D.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng \(7 - 2 = 5\).

Chọn a) Đúng | b)Đúng  | c) Đúng | d) Sai.

a) \[f(x) = \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{x - 5}} = \frac{{x(x - 5) + 4}}{{x - 5}} = x + \frac{4}{{x - 5}}\] nên \[f'(x) = (x)' + {\left( {\frac{4}{{x - 5}}} \right)^\prime } = 1 - \frac{4}{{{{(x - 5)}^2}}}\]

Vậy a) Đúng

b) \[f(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{x - 5}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0{\rm{ }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.(N)\]. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

Vậy b)Đúng.

c)

Vậy c) Đúng

d) Giá trị cực tiểu bằng \[9\].

Vậy d) Sai.

Chọn a) Đúng | b)Sai  | c) Đúng | d) Sai.

a) Trong hộp có tổng cộng 12 viên bi, trong đó chỉ có 1 viên bi vàng.

Xác suất để trọng tài bốc được bi vàng trong lần bốc đầu tiên là \(\frac{1}{{12}}\).

Vậy a) Đúng

b) Nếu trọng tài bốc được bi xanh ở lần 1 \( \to \) Trọng tài dừng lại.

Viên cuối trọng tài bốc là Xanh \( \to \)Bạn Xanh được bốc bi. Lúc này trong hộp còn lại: 11 viên (4 Xanh, 6 Đỏ, 1 Vàng).

Để bạn Xanh thắng, bạn đó phải bốc được 1 trong 4 viên bi xanh còn lại.

Xác suất Xanh thắng là: \(P = \frac{4}{{11}}\).

Vậy b)Sai.

c) Sau khi trọng tài bốc 1 Vàng và 1 Đỏ, trong hộp còn lại: 5 bi Xanh và 5 bi Đỏ.

Bạn Đỏ thực hiện bốc 1 viên từ 10 viên này.

Để bạn Xanh thắng, thì bạn Đỏ phải bốc hụt (tức là bốc trúng bi Xanh).

Xác suất bạn Đỏ bốc trúng bi Xanh là: \(P = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).

Vậy c) Đúng

d)

Ta hiểu ý của bài toán như sau: Xanh thua tương đương với Đỏ thắng

Để bạn Đỏ thắng, bi cuối cùng bốc là màu Đỏ (bất kể người bốc là bạn Đỏ hay Xanh) hoặc bạn Xanh bốc lần 2 ra bi vàng

P(đỏ thắng) = P(bi đỏ bốc được cuối hoặc bạn Xanh bốc ra bi vàng)

= \(\frac{1}{{12}}.\frac{6}{{11}}.\frac{1}{2} + \frac{1}{{12}}.\frac{5}{{11}}.\frac{3}{5} + \frac{1}{2}.\frac{5}{{11}} + \frac{1}{{12}}.\frac{6}{{11}} + \frac{5}{{12}}.\frac{1}{{11}} = \frac{{71}}{{132}}\) 

Vậy d) Sai.

a) Ta có đạo hàm hàm số \(y = \log x\) là \(y' = \frac{1}{{x\ln 10}}\).

Chọn Đúng.

b) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ là điểm \(O\). Khi đó hoành độ điểm \(B\) là \(0,1\).

Chọn Đúng.

c) Ta có tung độ điểm \(B\) là \({y_B} = \log 0,1 =  - 1\) suy ra tọa độ điểm \(B\left( {0,1; - 1} \right)\).

Do khoảng cách \(AM = 1,4\,m\) suy ra tung độ điểm \(N\) là \({y_N} = 1,4 - 1 = 0,4\).

Chọn Sai.

d) Ta có \({y_N} = \log {x_N} \Leftrightarrow {x_N} = {10^{{y_N}}} = {10^{0,4}}\)

Độ dài giá đỡ bằng \(L = \int\limits_{0,1}^{{{10}^{0,4}}} {\sqrt {1 + {{\left( {\frac{1}{{x\ln 10}}} \right)}^2}} dx \approx 2,97\,m} \).

Chọn Đúng.

Đáp số: Đ-S-S-Đ

a) \(\overrightarrow {AB}  = (1;1;1)\)

\(\overrightarrow {AB}  = (2 - 1;3 - 2;4 - 3) = (1;1;1)\).

Kết luận: Ý (a) Đúng.

b) Hoành độ của điểm \(M\) bằng \( - 1\).

Phương trình đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\end{array} \right..\)

\(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\) với mặt phẳng \((Oxy)\). Mặt phẳng \((Oxy)\) có phương trình \(z = 0\).

Thay vào phương trình đường thẳng \(AB:\)\(3 + t = 0 \Rightarrow t =  - 3\).

Toạ độ điểm \(M\):

\({x_M} = 1 + ( - 3) =  - 2\)

\({y_M} = 2 + ( - 3) =  - 1\)

\({z_M} = 0\)

Vậy \(M( - 2; - 1;0)\).

Hoành độ của \(M\) là \( - 2\), không phải \( - 1\).

Kết luận: Ý (b) Sai.

c)\(MA > 0,AB > 0\) nên \(MA \ne  - 3AB.\)

Kết luận: Ý (c) Sai.

d) \(\tan \widehat {NMB} = \frac{{\sqrt {42} }}{9}\)

Tìm tọa độ \(N\): \(N\) thuộc trục \(Oz\) nên \(N(0;0;{z_N})\).

\(\overrightarrow {AN}  = ( - 1; - 2;{z_N} - 3)\).

Vì \(AN \bot AB\) nên \(\overrightarrow {AN}  \cdot \overrightarrow {AB}  = 0\):

\(( - 1) \cdot 1 + ( - 2) \cdot 1 + ({z_N} - 3) \cdot 1 = 0 \Rightarrow  - 3 + {z_N} - 3 = 0 \Rightarrow {z_N} = 6\).

Vậy \(N(0;0;6)\).

Tính góc \(\widehat {NMB}\):

\(\overrightarrow {MN}  = (0 - ( - 2);0 - ( - 1);6 - 0) = (2;1;6)\). Độ dài \(MN = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {6^2}}  = \sqrt {41} \).

\(\overrightarrow {MB}  = (2 - ( - 2);3 - ( - 1);4 - 0) = (4;4;4)\). Độ dài \(MB = \sqrt {{4^2} + {4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 3 \).

\(\cos \widehat {NMB} = \frac{{\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {MB} }}{{MN \cdot MB}} = \frac{{2 \cdot 4 + 1 \cdot 4 + 6 \cdot 4}}{{\sqrt {41}  \cdot 4\sqrt 3 }} = \frac{{36}}{{4\sqrt {123} }} = \frac{9}{{\sqrt {123} }}\).

Tính \(\tan \):

Sử dụng công thức \(1 + {\tan ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\):

\({\tan ^2}\widehat {NMB} = \frac{{123}}{{81}} - 1 = \frac{{42}}{{81}} \Rightarrow \tan \widehat {NMB} = \frac{{\sqrt {42} }}{9}\) (vì \(\cos \widehat {NMB} > 0\) nên \(\tan \widehat {NMB} > 0\)).

Kết luận: Ý (d) Đúng.

Đáp án: 0,38.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 6.4 = 24\).

Ta có:\(I = \int_0^a {{x^b}} dx = \frac{{{x^{b + 1}}}}{{b + 1}}|_0^a = \frac{{{a^{b + 1}}}}{{b + 1}}\)

Để An thắng cuộc thì \(I\) phải là một số nguyên, tương đương với \({a^{b + 1}}\) chia hết cho \(b + 1\).

Vì hộp thứ hai có các thẻ từ \(1\) đến \(4\) nên \(b \in \{ 1;2;3;4\} \). Ta xét lần lượt các trường hợp của \(b\):

Trường hợp 1: Với \(b = 1 \Rightarrow b + 1 = 2\). Ta cần \(\frac{{{a^2}}}{2} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^2} \vdots 2 \Rightarrow a \vdots 2\).

Vì \(a \in \{ 1;2;3;4;5;6\} \) nên \(a \in \{ 2;4;6\} \) (có \(3\) cách chọn).

Trường hợp 2: Với \(b = 2 \Rightarrow b + 1 = 3\). Ta cần \(\frac{{{a^3}}}{3} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^3} \vdots 3 \Rightarrow a \vdots 3\).

Suy ra \(a \in \{ 3;6\} \) (có \(2\) cách chọn).

Trường hợp 3: Với \(b = 3 \Rightarrow b + 1 = 4\). Ta cần \(\frac{{{a^4}}}{4} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^4} \vdots 4 \Rightarrow a \vdots 2\).

Suy ra \(a \in \{ 2;4;6\} \) (có \(3\) cách chọn).

Trường hợp 4: Với \(b = 4 \Rightarrow b + 1 = 5\). Ta cần \(\frac{{{a^5}}}{5} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^5} \vdots 5 \Rightarrow a \vdots 5\).

Suy ra \(a \in \{ 5\} \) (có \(1\) cách chọn).

Gọi \(A\) là biến cố "An thắng cuộc". Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n(A) = 3 + 2 + 3 + 1 = 9\).

Xác suất để An thắng cuộc là:\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{24}} = 0,375\).

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm theo yêu cầu bài toán, ta được xác suất là 0,38.

Đáp án: 1080.

Kẻ \(HK\) vuông góc với hai bờ sông tại \(I,K.\) Hai học sinh cách nhau xa nhất khi và chỉ khi \(AB\)

lớn nhất. Khi đó \(A,B\) nằm về 2 phía của \(HK\)và \(AB = \sqrt {A{C^2} + C{B^2}}  = \sqrt {{{(AI + IC)}^2} + C{B^2}} \).

Theo đề bài, ta có \(HI = 200{\rm{ (m);}}HK = 200 + 400 = 600{\rm{ (m);}}BC = 400{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)

Các tam giác \(SHA,SHB\) vuông tại \(H,\) ta có:

\(\tan \alpha  = \frac{{SH}}{{HA}} \Rightarrow HA = \frac{{SH}}{{\tan \alpha }} = \frac{{54,5}}{{0,1}} = 545{\rm{ (m); tan}}\beta {\rm{ = }}\frac{{SH}}{{HB}} \Rightarrow HB = \frac{{SH}}{{\tan \alpha }} = \frac{{54,5}}{{0,07}} = \frac{{5450}}{7}{\rm{(m)}}\).

Các tam giác \(HIA,HKB\) là tam giác vuông tại \(I,K.\) Ta có:

\(\begin{array}{l}AI = \sqrt {H{A^2} - H{I^2}}  = \sqrt {{{545}^2} - {{200}^2}}  = 5\sqrt {10281} ;\\CI = BK = \sqrt {H{B^2} - H{K^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{5450}}{7}} \right)}^2} - {{(200 + 400)}^2}}  = \frac{{250\sqrt {193} }}{7}\end{array}\)

Thay vào trên ta được:

\(AB = \sqrt {{{\left( {5\sqrt {10281}  + \frac{{250\sqrt {193} }}{7}} \right)}^2} + {{400}^2}}  \approx 1079,9 \approx 1080.\)

Đáp án: \[1272\].

Do khối lập phương đặc ban đầu có thể tích \[1\,000\;c{m^3}\] nên có cạnh là \[{A_0} = 1\,0\;cm\].

Khối hộp chữ nhật thứ nhất được tạo ra có đáy là hình vuông, cạnh \({a_1} = {A_0} - 2.\frac{1}{{10}}{A_0} = {A_0}.\frac{8}{{10}}\)

và có chiều cao là \({h_1} = {A_0} - \frac{1}{{10}}{A_0} = {A_0}.\frac{9}{{10}}\).

Thể tích phần đất sét khoét ra lần thứ nhất là \(a_1^2.{h_1} = {A_0}^2.{\left( {\frac{8}{{10}}} \right)^2}.{A_0}.\frac{9}{{10}} = A_0^3{\left( {\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}} \right)^3}\),

suy ra khối lập phương mới thứ hai có cạnh là \({A_1} = {A_0}.\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}\), và thể tích của nó chính là thể tích của chậu thứ nhất.

Hoàn toàn tương tự, ta có khối lập phương mới thứ ba có cạnh là \({A_2} = {A_1}.\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}\), và thể tích của nó chính là thể tích của chậu thứ hai.

Vậy thể tích của các chậu chính là thể tích của các khối lập phương có cạnh \({A_1},{A_2},{A_3},{A_4},{A_5}\) tạo thành một cấp số nhân có số hạng đầu là \({A_1}\) và công bội \(q = \frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}\).

Do đó, thể tích \({V_1},{V_2},{V_3},{V_4},{V_5}\) là một cấp số nhân với \({V_1} = A_1^3 = A_0^3.{\left( {\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}} \right)^3} = A_0^3.\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}\);

và công bội \(q' = {q^3} = \frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}\).

Vậy \({V_1} + {V_2} + {V_3} + {V_4} + {V_5} = {S_5} = {V_1}.\frac{{1 - {{q'}^5}}}{{1 - q'}} = A_0^3.\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}} \right)}^5}}}{{1 - \frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}}} = {10^3}.\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}.\frac{{{{10}^{15}} - {8^{10}}{{.9}^5}}}{{\left( {{{10}^3} - {8^2}.9} \right){{10}^{12}}}}\)

\( = {8^2}.9.\frac{{{{10}^{15}} - {8^{10}}{{.9}^5}}}{{\left( {{{10}^3} - {8^2}.9} \right){{10}^{12}}}} \approx 1272,357671\;\left( {c{m^3}} \right)\).

Đáp án: \[7200\].

Để có một “cách xếp lỗi”, ta chỉ cần xếp nam nữ đứng xen kẽ rồi đổi chỗ một cặp nam-nữ bất kì.

Chẳng hạn như:

$\boxed{B}-G-B-\boxed{G}-B-G-B-G-B-G$, đổi chỗ 2 bạn được khoanh, ta được một cách xếp lỗi:

 $\boxed{G}-G-B-\boxed{B}-B-G-B-G-B-G$

Số cách xếp 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đứng xen kẽ là: \[5!.2.5! = 28800\] cách.

Số cách chọn 1 cặp nam-nữ để đổi chỗ là: \[5.5 = 25\] cách.

Vậy, số cách xếp lỗi là: \[D = 28800.25 = 720000\] cách.

Suy ra \[\frac{D}{{100}} = 7200\].

Đáp án: \[14,1\].                                                         

Để lợi nhuận đạt \[15\] triệu đồng thì \[3x - \frac{{2{x^2} + x}}{{x + 1}} = 15 \Leftrightarrow x \approx 14,1\;\left( {do\;x > 0} \right)\].

Đáp án: 4,77.

Gọi \(K\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(H,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(NP,\,BC\).

Ta có \(GK \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot GK\\BC \bot AI\end{array} \right.\) suy ra \(BC \bot \left( {AGI} \right)\)

Suy ra \(BC \bot AG\).

Kẻ \(IR \bot AG\), \(R \in AG\)

Ta có \[IR\] cắt và vuông góc với cả hai đường thẳng \(AG\) và \(BC\) nên \(IR\) là đoạn vuông góc chung của \(AG\) và \(BC\). Suy ra \(d\left( {AG,\,BC} \right) = IR\).

Ta có \(\Delta AKG\) đồng dạng với tam giác \(\Delta ARI\) suy ra \(\frac{{AG}}{{KG}} = \frac{{AI}}{{RI}}\)(1)

\(AI = 3\sqrt 3 \), \(AK = 2\sqrt 3 \), \(KG = 8\),

\(AG = \sqrt {A{K^2} + K{G^2}}  = \sqrt {12 + 64}  = \sqrt {76} \).

Thay vào (1) ta được: \(RI = \frac{{AI.KG}}{{AG}} = \frac{{3\sqrt 3 .8}}{{\sqrt {76} }} \approx 4,77\).