Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Sơn La - Lần 3

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{1}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1;1} \right)\). Chọn C.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là \(R = 20 - 0 = 20\). Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\) có bán kính là \(R = \sqrt 9 = 3\). Chọn B.

a) Đúng. Đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(O\left( {0;0} \right)\), bán kính đường tròn bằng 3 có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 9\).

b) Sai. Phương trình Elip là \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\).

c) Sai. Nửa trên trục hoành của Elip là đồ thị hàm số \({y_E} = \sqrt {9\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \right)} \) với \(x \in \left[ { - 5;5} \right]\).

Nửa trên trục hoành của đường tròn là đồ thị hàm số \({y_C} = \sqrt {9 - {x^2}} \), từ đó suy ra công thức diện tích phần tô đậm là \(S = 2\left( {\int\limits_{ - 5}^5 {\sqrt {9\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \right)} dx} - \int\limits_{ - 3}^3 {\sqrt {9 - {x^2}} dx} } \right)\).

d) Đúng. Từ các hàm số ở phần c) thể tích khối trang trí được tính bằng công thức

\[V = \pi \left( {\int\limits_{ - 5}^5 {9\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \right)dx} - \int\limits_{ - 3}^3 {\left( {9 - {x^2}} \right)dx} } \right) = 24\pi \approx 75,4.\]

a) Đúng. Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm là \(I\left( {3;0;0} \right)\) và mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có bán kính là \(R = \sqrt {{6^2} - 12} = \sqrt {24} \).

b) Sai. \(\left( P \right)\)có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {0;0;1} \right)\).

c) Đúng. Ta có \(I\left( {3;0;0} \right)\);\(I'\left( {0;6;0} \right)\); \(\overrightarrow {II'} = \left( { - 3;6;0} \right)\); \(II' = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {6^2}} = 3\sqrt 5 \).

d) Sai. Ta có \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x = 0\) \(\left( 1 \right)\); \(\left( {S'} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 12y = - 12\)\(\left( 2 \right)\).

Gọi \(\left( Q \right)\)là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của \(\left( S \right)\) và \(\left( {S'} \right)\)

Trừ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) vế theo vế suy ra \(\left( Q \right)\): \( - 6x + 12y = 12\) hay \(x - 2y + 2 = 0\).

Có \({\overrightarrow n _{_Q}} = \left( {1; - 2;0} \right)\); \({\overrightarrow n _{_P}} = \left( {0;0;1} \right)\) \( \Rightarrow {\overrightarrow n _{_Q}} \cdot {\overrightarrow n _{_P}} = 0\) \( \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)\).

Để trên \(\left( P \right)\)dựng được một tiếp tuyến đến \(\left( C \right)\) thì \(d\left( {E,\left( P \right)} \right) = r\). Với \(E,r\)lần lượt là tâm và bán kính của \(\left( C \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {II'} = \left( { - 3;6;0} \right)\).

Phương trình đường thẳng\(II':\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - 3t\\y = 6t\\z = 0\end{array} \right.\).

Xét \(3 - 3t - 2 \cdot 6t + 2 = 0\) \( \Rightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow E\left( {2;2;0} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {IE} = \left( { - 1;2;0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IE} } \right| = \sqrt 5 \)\( \Rightarrow r = \sqrt {{R^2} - I{E^2}} = \sqrt {{3^2} - 5} = 2\).

Suy ra \(\left| m \right| = 2 \Leftrightarrow m = \pm 2\)\( \Rightarrow T = \left\{ {2; - 2} \right\} \Rightarrow \)tổng bình phương \({2^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = 8\).

a) Sai. Tập xác định của hàm số là \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\].

Ta có \[y' = \frac{{ - 2{x^2} + 4x}}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}}\]. \[y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2{x^2} + 4x}}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - 2{x^2} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { - \infty ;0} \right)\] và \[\left( {2; + \infty } \right)\].

b) Đúng. Hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 0\].

c) Sai. Ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2{x^2} + 4x}}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - 2{x^2} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \notin \left[ {\frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right]\\x = 2 \in \left[ {\frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right]\end{array} \right.\]

Mặt khác ta cũng có \[y\left( {\frac{3}{2}} \right) = - 7,y\left( {\frac{7}{2}} \right) = - \frac{{39}}{5},y\left( 2 \right) = - 6\].

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \[\left[ {\frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right]\] bằng \[ - \frac{{39}}{5}\].

d) Đúng

Gọi \[A\left( {0;2} \right),B\left( {2; - 6} \right)\] là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA} = \left( {1;2} \right) \Rightarrow MA = \sqrt {{1^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \\\overrightarrow {MB} = \left( {3; - 6} \right) \Rightarrow MB = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = 3\sqrt 5 \end{array} \right.\].

Vì \[D\left( {a;b} \right)\] là chân đường phân giác trong góc \[M\] của tam giác \[MAB\] nên \[\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}} = \frac{1}{3}\].

Do \[D\] thuộc cạnh \[AB\] nên \[\overrightarrow {DA} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {DB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a = - \frac{1}{3}\left( {2 - a} \right)\\2 - b = - \frac{1}{3}\left( { - 6 - b} \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a = 2 - a\\6 - 3b = 6 + b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = 0\end{array} \right.\].

Khi đó \[a + b = \frac{1}{2}\].

Gọi biến cố \(A:\) “An rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực tự nhiên”.

                \(B:\) “Bình rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội”.

\( \Rightarrow \overline A \): “An rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội”.

a) Đúng. Xác suất An rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực tự nhiên là: \(P\left( A \right) = \frac{{10}}{{10 + 20}} = \frac{1}{3}\).

b) Sai. Biết An rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội, trong hộp còn \(29\) câu hỏi trong đó có 10 câu hỏi thuộc lĩnh vực tự nhiên và 19 câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội. Khi đó, xác suất Bình rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội là: \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{19}}{{29}}\).

c) Đúng. Ta có: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{20}}{{29}}\); \(P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{{19}}{{29}}\); \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\).

Xác suất Bình rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{20}}{{29}} + \frac{2}{3} \cdot \frac{{19}}{{29}} = \frac{2}{3}\).

d) Sai. Biết rằng Bình rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực xã hội, xác suất để An rút được câu hỏi thuộc lĩnh vực tự nhiên là: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot \frac{{20}}{{29}}}}{{\frac{2}{3}}} = \frac{{10}}{{29}}\).

Đáp án: 560

Ta mô hình sơ đồ thành các khu vực nối với nhau bằng các cửa có trọng số.

Một hành trình rẻ nhất đi từ Trung tâm, qua đủ các khu vực rồi quay lại Trung tâm là:

Trung tâm \( \to \) khu bên trái \( \to \) khu dưới \( \to \) khu bên phải \( \to \) khu giữa dưới \( \to \) Trung tâm.

Chi phí tương ứng:

\(170000 + 120000 + 100000 + 90000 + 80000 = 560000\) đồng \( = 560\) nghìn đồng.

Đáp án: 30

Ta có: \({\log _3}\left( {{a_1}} \right) + {\log _3}\left( {{a_2}} \right) + {\log _3}\left( {{a_3}} \right) = {\log _3}\left( {{a_1}{a_2}{a_3}} \right)\) là số nguyên nên \({a_1}{a_2}{a_3} = {3^k}\), với \(k \in \mathbb{Z}\).

Vì \({a_1}\), \({a_2}\), \({a_3}\) thuộc \(S\) và phân biệt nên \({a_1}\), \({a_2}\), \({a_3}\) phải là các lũy thừa của \(3\) trong \(S\).

Do đó, \(\left\{ {{a_1};{a_2};{a_3}} \right\} = \left\{ {1;3;9} \right\}\). Số cách sắp xếp ba số này vào \({a_1}\), \({a_2}\), \({a_3}\) là \(3! = 6\).

Đặt \({a_1} + {a_6} = {a_2} + {a_5} = {a_3} + {a_4} = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_6} = t - {a_1}\\{a_5} = t - {a_2}\\{a_4} = t - {a_3}\end{array} \right.\).

Do đó, \(\left\{ {{a_4};{a_5};{a_6}} \right\} = \left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\}\). Các số này phải thuộc \(S\), phân biệt và khác \(1,3,9\).

Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}1 \le t - 9\\t - 1 \le 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge 10\\t \le 16\end{array} \right. \Rightarrow t \in \left\{ {10;11; \ldots ;16} \right\}\).

+ Với \(t = 10\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {1;7;9} \right\}\) (loại).

+ Với \(t = 11\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {2;8;10} \right\}\) (nhận).

+ Với \(t = 12\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {3;9;11} \right\}\) (loại).

+ Với \(t = 13\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {4;10;12} \right\}\) (nhận).

+ Với \(t = 14\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {5;11;13} \right\}\) (nhận).

+ Với \(t = 15\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {6;12;14} \right\}\) (nhận).

+ Với \(t = 16\): \(\left\{ {t - 9;t - 3;t - 1} \right\} = \left\{ {7;13;15} \right\}\) (nhận).

Vậy số dãy thỏa mãn là \(5 \cdot 3! = 30\) (cách).

Đáp án: 41

Gọi kết quả của mỗi ván đấu lần lượt là \({\rm{T}}\) (Thắng), \({\rm{H}}\) (Hòa), \({\rm{B}}\) (Thua).

Theo giả thiết ta có: \(P\left( {\rm{T}} \right) = \frac{1}{4},P\left( {\rm{H}} \right) = \frac{1}{4},P\left( {\rm{B}} \right) = \frac{1}{2}\).

Trận đấu kết thúc ở ván thứ \(6\) và kỳ thủ thắng \( \Rightarrow \) ván thứ \(6\) phải thắng

Điểm số sau ván thứ \(5\) phải bằng \(2\). Trong \(5\) ván đầu kỳ thủ không được đạt \(3\) điểm hay \(0\) điểm.

Gọi số ván thắng, hòa, thua trong \(5\) ván đầu lần lượt là \(x,y,z\) (\(x,y,z \in \mathbb{N}\)).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 5}\\{2 + x - z = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 5}\\{x = z}\end{array}} \right.\)

Trường hợp 1: \(x = z = 0 \Rightarrow y = 5\) ( tức \(5\) ván đầu hòa)

Xác suất là: \({p_1} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^5} \cdot \frac{1}{4} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^6} = \frac{1}{{4096}}\).

Trường hợp 2: \(x = z = 1 \Rightarrow y = 3\)

Tức gồm \(1\) ván thắng, \(1\) ván thua, \(3\) ván hòa và thua trước thắng có: \(C_5^2 \cdot 1\) cách

Xác suất là: \({p_2} = C_5^2 \cdot 1 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}.\frac{1}{4} = 10 \cdot \frac{1}{{64}} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}.\frac{1}{4} = \frac{5}{{1024}} = \frac{{20}}{{4096}}\).

Trường hợp 3: \(x = z = 2 \Rightarrow y = 1\)

Tức gồm \(2\) ván thắng, \(2\) ván thua, \(1\) ván hòa, và mỗi ván thua phải đứng trước 1 ván thắng

(ta có dãy BTBT, dãy này tạo ra 5 khoảng trống, ta xếp H vào 1 trong 5 khoảng trống trên) nên có 5 cách

Xác suất là: \({p_3} = 5 \cdot \frac{1}{4} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot \frac{1}{4} = 5 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{{16}} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5}{{1024}} = \frac{{20}}{{4096}}\).

Xác suất của biến cố là: \(p = {p_1} + {p_2} + {p_3} = \frac{1}{{4096}} + \frac{{20}}{{4096}} + \frac{{20}}{{4096}} = \frac{{41}}{{4096}}\).

Vậy \(4096p = 41\).

Đáp án: 178

Gọi các điểm như hình vẽ. Ta có

\({S_{ABCD}} = {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta ACD}} = 2{S_{\Delta ABC}} = AB \cdot BC \cdot \sin \widehat {ABC} = 40 \cdot 96 \cdot \sin \widehat {ABC}\)

Diện tích cánh diều lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin \widehat {ABC} = 1 \Leftrightarrow \widehat {ABC} = 90^\circ .\)

Khi đó \(AC + BD = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} + 2 \cdot \frac{{AB \cdot BC}}{{AC}} = \sqrt {{{40}^2} + {{96}^2}} + 2 \cdot \frac{{40 \cdot 96}}{{\sqrt {{{40}^2} + {{96}^2}} }} \approx 178.\)

Đáp án: 42

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho:\(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {a;0;0} \right),C\left( {a;a;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right)\).

\(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(CD\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}} \right),N\left( {\frac{a}{2};\frac{{3a}}{2};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow u = \overrightarrow {MN} = \left( {0;\frac{{3a}}{2};\frac{{ - a}}{2}} \right)\).\(\overrightarrow {SA} = \left( {0;0;a} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {a;a;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - {a^2};{a^2};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow n = \left( { - 1;1;0} \right)\).

Gọi \(\alpha \) góc giữa \(MN\) và \(\left( {SAC} \right) \Rightarrow \sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow u \cdot \overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{3}{{\sqrt {20} }} \Rightarrow \alpha \approx 42^\circ \).

Đáp án: 3,74

Gắn hệ trục toạ độ \[Oxy\] như hình vẽ.

Khi đó điểm \(A\left( {2;4} \right)\) thuộc vào parabol \(\left( P \right)\).

Vì \(\left( P \right)\) có đỉnh tại \(O\) nên \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a{x^2}\).

Thay toạ độ điểm \(A\) vào \(\left( P \right)\) ta có \(4 = a \cdot {2^2} \Leftrightarrow a = 1\). Suy ra \(\left( P \right):y = {x^2}\).

Nửa đường tròn tâm \(O\) có bán kính là \(OA = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5 \).

Phương trình nửa đường tròn đó là \(y = \sqrt {20 - {x^2}} \).

Diện tích phần được tô màu là: \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {20 - {x^2}} - {x^2}} \right)dx} \).

Diện tích của nửa đường tròn đó là: \(S = \frac{1}{2}\pi {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} = 10\pi \).

Diện tích phần không được tô màu là: \({S_2} = S - {S_1} = 10\pi - {S_1}\).

Số tiền để trồng hoa và cỏ là: \({S_2} \cdot 0,1 + {S_1} \cdot 0,15 = \left( {10\pi - {S_1}} \right) \cdot 0,1 + {S_1} \cdot 0,15\)\( = \pi + 0,05 \cdot {S_1}\)\( = \pi + 0,05 \cdot \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {20 - {x^2}} - {x^2}} \right)dx} \approx 3,74\) (triệu đồng).