Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Quảng Ninh

Mặt phẳng vuông góc với \(Oz\) nên có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\).

Mặt phẳng đi qua \(M\left( {1;2; - 4} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) có phương trình là: \(1\left( {z + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow z = - 4\). Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(A\) và đi qua điểm \(B\) nên có bán kính\(R = AB = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {30} \).

Khi đó \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 30\). Chọn A.

b) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;1;1} \right)\] là VTPT mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] và \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {0;0;1} \right)\] là VTPT mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\].

Do đó \[\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].

c) Sai. Gọi \[D\left( {x;y;z} \right)\], \[\overrightarrow {AD} = \left( {x + 2;y;z} \right),\overrightarrow {BD} = \left( {x;y + 2;z} \right),\overrightarrow {CD} = \left( {x;y;z + 2} \right)\].

Vì \[DA,DB,DC\] đôi một vuông góc nên $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BD}=0\\ \overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CD}=0\\ \overrightarrow{BD}\cdot \overrightarrow{CD}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2+2x+2y=0\left(1\right)\\ x^2+y^2+z^2+2x+2z=0\left(2\right)\\ x^2+y^2+z^2+2y+2z=0\left(3\right)\end{array}\right.$

Lấy \[\left( 1 \right) - \left( 2 \right)\] ta được \[y = z\], Lấy \[\left( 2 \right) - \left( 3 \right)\] ta được \[x = y\], Lấy \[\left( 1 \right) - \left( 3 \right)\] ta được \[x = z\]

Do đó \[3{x^2} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {KTM} \right)\\x = - \frac{4}{3}\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]. Vậy \[D\left( { - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3}} \right)\].

d) Sai. Ta có \[\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {a^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} + {c^2} \Leftrightarrow a = b\]

Chứng minh tương tự, ta được \[\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \left| {\overrightarrow {IC} } \right| \Leftrightarrow a = b = c\]

Khi đó \[\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {ID} } \right| \Leftrightarrow {\left( { - 2 - a} \right)^2} + {a^2} + {a^2} = 3{\left( {a + \frac{4}{3}} \right)^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{3}\]. Do đó \[I\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)\].

Vậy \[a + b + c = 1\].

a) Đúng. Phương trình chính tắc của parabol có dạng \[{y^2} = 2px\].

Do parabol đi qua điểm \[M\left( {2;1} \right)\] nên \[{1^2} = 2p \cdot 2 \Rightarrow p = \frac{1}{4}\].

Vậy phương trình của parabol là \[{y^2} = \frac{1}{2}x\].

b) Sai. Tổng diện tích hai nửa hình tròn đường kính \[AB,\,\,CD\] là \[{S_1} = \pi \cdot {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{9\pi }}{4}\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}.\]

Diện tích hình vuông \[ABCD\] là \[{S_2} = {3^2} = 9\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}.\]

Diện tích phần giới hạn bởi parabol và đường thẳng \[MN\] là \[{S_3} = 2\int\limits_0^2 {\sqrt {\frac{1}{2}x} } = \frac{8}{3}\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}.\]

Vậy diện tích mặt cắt (làm tròn tới hàng đơn vị) là \[S = {S_1} + {S_2} - {S_3} = \frac{{9\pi }}{4}\, + 9 - \frac{8}{3} \approx 13{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}.\]

c) Đúng. Thể tích phần lõm của giá để bút được tính bằng công thức \[\pi \int\limits_0^2 {{y^2}dx = } \pi \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}xdx} \].

d) Sai. Phương trình đường tròn đường kính AB là \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{9}{4}\].

Suy ra Phương trình nửa đường tròn đường kính AB là \[y = \frac{3}{2} + \sqrt {\frac{9}{4} - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}} \].

Thể tích của toàn bộ giá để bút là \[V = \pi {\int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\frac{3}{2} + \sqrt {\frac{9}{4} - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}} } \right)} ^2}dx - \pi \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}xdx} \approx 65,5\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\].

Gọi M là biến cố xác suất để học sinh được chọn thuộc trường A, N là biến cố xác suất để học sinh được chọn đạt huy chương vàng.

a) Đúng. \(n\left( \Omega \right) = 51 + 24 = 75\).

Trường THPT A có \(51\) học sinh nên \(P\left( M \right) = \frac{{51}}{{75}} = \frac{{17}}{{25}}\).

b) Sai. \(P\left( {\overline N \left| {\overline M } \right.} \right) = 1 - P\left( {N\left| {\overline M } \right.} \right) = 1 - 0,06 = 0,94\).

c) Sai. \(P\left( N \right) = P\left( M \right)P\left( {N\left| M \right.} \right) + P\left( {\overline M } \right)P\left( {N\left| {\overline M } \right.} \right) = \frac{{17}}{{25}} \cdot 0,08 + \frac{8}{{25}} \cdot 0,06 = \frac{{46}}{{625}}\).

d) Đúng. \(P\left( {M\left| N \right.} \right) = \frac{{P\left( {N\left| M \right.} \right)P\left( M \right)}}{{P\left( N \right)}} = \frac{{0,08 \cdot \frac{{17}}{{25}}}}{{\frac{{46}}{{625}}}} = \frac{{17}}{{23}}\).

b) Đúng. Tiệm cận xiên của đồ thị có dạng \(y = ax + b\) đi qua hai điểm có tọa độ \(\left( {2;4} \right);\left( {0;2} \right)\).

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 2\).

c) Sai. Dựa vào đồ thị hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) là \(4\).

d) Đúng. Hàm số có tiệm cận đứng \(x = 2\). Hàm số có tiệm cận xiên \(y = x + 2\).

Hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x - d}} = x + 2 + \frac{\alpha }{{x - 2}}\) đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1;4} \right)\)

\( \Rightarrow y = x + 2 - \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{{x^2} - 5}}{{x - 2}}\).

Suy ra \(a = 1;b = 0;c = - 5;d = 2\). Vậy \({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = 30\).

Đáp án: 5,19

Ta có 1000 Gray \( = 1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000\) milliGray.

Thay hàm số khoảng cách \(R\left( T \right) = 7000 + 3000T\) vào công thức tính suất liều bức xạ, ta được hàm số \(D\) theo biến thời gian \(T\): \(D\left( {R\left( T \right)} \right) = 60{\left( {\frac{{7000 + 3000T}}{{25{\mkern 1mu} 000}}} \right)^2} = 60{\left( {\frac{{3T + 7}}{{25}}} \right)^2}\)

Tổng liều bức xạ vệ tinh nhận được trong một vòng bay (10 giờ) là: \(L = 2\int\limits_0^5 {60{{\left( {\frac{{3T + 7}}{{25}}} \right)}^2}{\rm{d}}T} \)

\( = \frac{{120}}{{625}}\int\limits_0^5 {{{\left( {3T + 7} \right)}^2}dT} = \left. {\frac{{24}}{{125}}\left[ {\frac{{{{\left( {3T + 7} \right)}^3}}}{9}} \right]} \right|_0^5\)\( = \frac{8}{{375}}\left( {{{22}^3} - {7^3}} \right) = \frac{8}{{375}} \cdot 10{\mkern 1mu} 305 = 219,84{\rm{ (milliGray)}}\)

Số vòng bay tối đa vệ tinh có thể thực hiện trước khi hỏng hoàn toàn là: \(N = \frac{{1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84}}{\rm{ (v\`o ng)}}\)

Do mỗi vòng bay kéo dài 10 giờ, tổng thời gian hoạt động của vệ tinh là:

\(t = 10 \cdot \frac{{1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84}} = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84}}{\rm{ }}\)(giờ)

Đổi thời gian hoạt động sang đơn vị năm (với 1 năm có 365 ngày, 1 ngày có 24 giờ):

Số năm \( = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84 \cdot 365 \cdot 24}} = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{1{\mkern 1mu} 925{\mkern 1mu} 798,4}} \approx 5,1926...{\rm{ }}\)(năm)

Làm tròn kết quả tới hai chữ số thập phân sau dấu phẩy, ta được 5,19 năm.

Đáp án: 632

Bước 1: Thiết lập hàm chi phí trung bình mỗi ngày

Thời gian của một chu kỳ đặt hàng và tiêu thụ hết hàng là \(\frac{Q}{d}\) (ngày).

Gọi \(g\left( Q \right)\) là hàm chi phí trung bình mỗi ngày. Ta có công thức chi phí trung bình bằng tổng chi phí chia cho thời gian chu kỳ: \(g\left( Q \right) = \frac{f}{{\frac{Q}{d}}} = \frac{{K + cQ + \frac{{h{Q^2}}}{{2d}}}}{{\frac{Q}{d}}}\)

\( = \frac{d}{Q}\left( {K + cQ + \frac{{h{Q^2}}}{{2d}}} \right) = \frac{{Kd}}{Q} + cd + \frac{{hQ}}{2}\)

Bước 2: Tìm giá trị của lượng hàng \(Q\) để chi phí nhỏ nhất

Để \(g\left( Q \right)\)nhỏ nhất thì \(\frac{{Kd}}{Q} + \frac{{hQ}}{2}\) nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \(\frac{{Kd}}{Q} + \frac{{hQ}}{2} \ge 2\sqrt {\frac{{Kd}}{Q} \cdot \frac{{hQ}}{2}} = \sqrt {2Kdh} \).

Dấu “=’ xảy ra khi \(Q = \sqrt {\frac{{2Kd}}{h}} \).

Bước 3: Thay số và tính toán

Thay các số liệu đã cho từ đề bài: \(d = 100\), \(K = 1000000\), \(h = 500\) vào công thức vừa tìm được: \(Q = \sqrt {\frac{{2 \cdot 1000000 \cdot 100}}{{500}}} \)\( = \sqrt {\frac{{200000000}}{{500}}} \)\( = \sqrt {400000} \)\( \approx 632,4555... \approx 632\).

Cửa hàng nên nhập 632 hộp trong mỗi lần đặt hàng để chi phí trung bình mỗi ngày là nhỏ nhất.

Đáp án: 126.

Áp dụng công thức tô \(k\) màu cho \(n\) đỉnh trên 1 vòng tròn \({\left( {k - 1} \right)^n} + {\left( { - 1} \right)^n}\left( {k - 1} \right)\).

Vậy số cách phát đề cho các thí sinh ngồi quanh bàn tròn là \({\left( {3 - 1} \right)^7} + {\left( { - 1} \right)^7}\left( {3 - 1} \right) = 126\).

Đặt \(f\left( {x\,;y\,;z} \right) = x + y + 5{\rm{z}} + 1\).

Ta có \(f\left( A \right) = 6 + 0 + 5 \cdot 4 + 1 = 27 > 0\); \(f\left( B \right) = - 3 - 2 + 5 \cdot 1 + 1 = 1 > 0\).

Suy ra hai điểm \(A,\,B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Gọi \(C\) là điểm đối xứng với \(B\) qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có \(MA + MB = MA + MC \ge AC\).

\(MA + MB\) nhỏ nhất bẳng \(AC\) khi \(A,\,M,\,C\) thẳng hàng.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Phương trình đường phẳng \(BH\): \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\end{array} \right.\).

Tọa độ \(H\) là nghiệm \(\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)\) của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\\x + y + 5z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\\\left( { - 3 + t} \right) + \left( { - 2 + t} \right) + 5\left( {1 + 5t} \right) + 1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\\27t + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{{82}}{{27}}\\y = - \frac{{55}}{{27}}\\z = \frac{{22}}{{27}}\\t = - \frac{1}{{27}}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow H\left( { - \frac{{82}}{{27}}\,;\, - \frac{{55}}{{27}}\,;\,\frac{{22}}{{27}}} \right)\).

\(H\) là trung điểm của \(BC\), tọa độ \(C\left( { - \frac{{83}}{{27}}\,;\, - \frac{{56}}{{27}}\,;\,\frac{{17}}{{27}}} \right)\).

Điểm \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AC\) và mặt phẳng \((P)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AC\): \(\overrightarrow {AC} = \left( { - \frac{{83}}{{27}} - 6;{\mkern 1mu} - \frac{{56}}{{27}} - 0;{\mkern 1mu} \frac{{17}}{{27}} - 4} \right) = \left( { - \frac{{245}}{{27}};{\mkern 1mu} - \frac{{56}}{{27}};{\mkern 1mu} - \frac{{91}}{{27}}} \right)\)

Ta chọn vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AC\) là: \(\vec u = - \frac{{27}}{7} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( {35\,;{\mkern 1mu} \,8\,;{\mkern 1mu} \,13} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AC\):\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 35t}\\{y = 8t}\\{z = 4 + 13t}\end{array}} \right.\)

Thay \(x,y,z\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + 5z + 1 = 0\):

\(\left( {6 + 35t} \right) + 8t + 5\left( {4 + 13t} \right) + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow 6 + 35t + 8t + 20 + 65t + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow 108t + 27 = 0 \Rightarrow t = - \frac{{27}}{{108}} = - \frac{1}{4}\). Suy ra \(M\left( { - \frac{{11}}{4}\,;\, - 2\,;\,\,\frac{3}{4}} \right)\)

\(OM = \sqrt {{{\left( { - \frac{{11}}{4}} \right)}^2} + {{( - 2)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{121}}{{16}} + 4 + \frac{9}{{16}}} \)\( = \frac{{\sqrt {194} }}{4} \approx 3,48\).

Gọi \(I = AB' \cap A'M\) và \(D = A'N \cap AC\).

Ta có \(\frac{{IA}}{{IB'}} = \frac{1}{2}\) nên suy ra \({\rm{d}}\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = 2{\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MN} \right)} \right)\).

Mặt khác, theo giả thiết

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{A'M \bot \left( {ABC} \right)}\\{A'M \subset \left( {A'MD} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {A'MD} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

Kẻ \(AE \bot MD\) mà \(\left( {A'MD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MD\). Suy ra \(AE = {\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right)\).

Xét tam giác \(A'AD\), có \(\frac{{CD}}{{AD}} = \frac{{CN}}{{AA'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow CD = \frac{1}{2}AD\).

Do đó \(AC = CD = 2\).

Mặt khác \(M{D^2} = A{M^2} + A{D^2} - 2AM \cdot AD \cdot \cos \widehat {MAD} = 13\)\( \Rightarrow MD = \sqrt {13} \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta A'MD}} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot AD \cdot \sin \widehat {MAD} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).

Suy ra \({\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right) = AE = \frac{{2 \cdot {S_{\Delta AMD}}}}{{MD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}\)\( \Rightarrow {\rm{d}}\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \approx 1,92\).

Theo đề bài, nốt La (A4) có tần số \({f_{A4}} = 440\;{\rm{Hz}}\)

Nốt Mi (E4) đứng trước nốt La (A4) trong dãy âm cơ bản. Ta đếm số nửa cung (\(n\)) từ Mi (E4) đến La (A4) dựa trên dãy nốt đã cho:

Mi \( \to \) Pha (1) \( \to \) Pha (2) \( \to \) Sol (3) \( \to \) Sol (4) \( \to \) La (5).

Vậy nốt La cao hơn nốt Mi là \(n = 5\) nửa cung.

Áp dụng công thức: \(\frac{{{f_{A4}}}}{{{f_{E4}}}} = {2^{\frac{5}{{12}}}} \Rightarrow {f_{E4}} = \frac{{{f_{A4}}}}{{{2^{\frac{5}{{12}}}}}} = \frac{{440}}{{{2^{\frac{5}{{12}}}}}}{\rm{Hz}}\).

Tần số hiện tại của dây số 1 (đang bị chùng) là \({f_{ht}} = 300\;{\rm{Hz}}\).

Gọi \(x\) là số nửa cung cần tăng thêm để từ \(300\;{\rm{Hz}}\) đạt đến tần số chuẩn \({f_{E4}}\).

Ta có phương trình: \(\frac{{{f_{E4}}}}{{{f_{ht}}}} = {2^{\frac{x}{{12}}}} \Leftrightarrow \frac{{440}}{{300 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}} = {2^{\frac{x}{{12}}}}\)\( \Leftrightarrow {2^{\frac{x}{{12}}}} = \frac{{44}}{{30 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}} \Leftrightarrow \frac{x}{{12}} = {\log _2}\left( {\frac{{44}}{{30 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = 12 \cdot {\log _2}\left( {\frac{{44}}{{30}} \cdot {2^{ - \frac{5}{{12}}}}} \right) = 12 \cdot \left( {{{\log }_2}\frac{{44}}{{30}} - \frac{5}{{12}}} \right) = 12 \cdot {\log _2}\frac{{22}}{{15}} - 5\)

Theo quy tắc: xoay \(90^\circ \) thì tăng \(1\) nửa cung. Vậy để tăng \(x\) nửa cung, cần xoay một góc \(\alpha \) là: \(\alpha = x \cdot 90^\circ = \left( {12 \cdot {{\log }_2}\frac{{22}}{{15}} - 5} \right) \cdot 90^\circ \approx 147^\circ \).