Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Sơn La lần 1 có đáp án

Chọn A

Ta có: \(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn B

Do \(BB'{\rm{//}}AA'{\rm{//}}CC'\) và \[BB' \not\subset \left( {ACC'A'} \right)\] nên \(BB'{\rm{//}}\left( {ACC'A'} \right)\).

Chọn C

Ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{6}.3.4.4 = 8\).

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

a) Đúng.

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

b) Sai.

Tập xác định của hàm số: \(D = \mathbb{R}\).

Xét \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\, \Rightarrow y =  - 4.\\x =  - 2 \Rightarrow y = 0.\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số:

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right);\left( {0; + \infty } \right)\).

c) Đúng.

Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 2\).

d) Đúng.

Tập xác định của hàm số: \(D = \mathbb{R}\)

Bảng biến thiên của hàm số:

Xét \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 1\end{array} \right.\) suy ra đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có hai điểm chung với trục \(Ox\)là \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {1;0} \right)\).

Với \(x = 0\) thì \(y =  - 4\) suy ra đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) điểm chung với trục \(Oy\)là \(\left( {0; - 4} \right)\).

Vậy đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\):

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

Gọi các biến cố:

A: “Người có thể lực tốt”

B: Người thường xuyên chơi thể thao”

Từ giả thiết, ta có sơ đồ hình cây như sau:

a) Đúng.

Áp dụng công thức xác suất có điều kiện, ta có:

\(P\left( {A \cap B} \right) = P(B).P(A|B) = 0,2.0,7 = 0,14\).

b) Đúng.

Theo sơ đồ hình cây, ta có: \[P\left( {A|\overline B } \right) = 0,15\].

c) Sai.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0,2.0,7 + 0,8.0,15 = 0,26\).

Vậy \(P\left( A \right) = 26\% \).

d) Sai.

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,2.0,7}}{{0,26}} = \frac{7}{{13}}\).

a) Sai.

Hàm lợi nhuận \(P(x)\) là một nguyên hàm của hàm lợi nhuận biên \(P'(x)\).

Ta có: \(P(x) = \int {P'} (x)dx = \int {( - 0,0008x + 10,4)} dx =  - 0,0004{x^2} + 10,4x + C\).

Vì khi không bán được sản phẩm nào thì lợi nhuận bằng \(0\) nên \(P(0) = 0 \Rightarrow C = 0\).

Suy ra \(P(x) =  - 0,0004{x^2} + 10,4x\).

b) Đúng. Lợi nhuận khi bán được 50 sản phẩm đầu tiên là:

\(\int_0^{50} {P'} (x)dx = P(50) - P(0) =  - {0,0004.50^2} + 10,4.50 =  - 1 + 520 = 519\) (triệu đồng).

c) Sai. Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 50 lên 55 đơn vị sản phẩm là:

\(\int_{50}^{55} {P'} (x)dx = P(55) - P(50) = ( - {0,0004.55^2} + 10,4.55) - 519 = 570,79 - 519 = 51,79\) (triệu đồng).

d) Sai. Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 50 lên \(a\) đơn vị sản phẩm (với \(a \in {\mathbb{N}^*},a > 50\)) là:

\(P(a) - P(50) =  - 0,0004{a^2} + 10,4a - 519\).

Theo giả thiết, sự thay đổi này lớn hơn 517 triệu đồng, ta có bất phương trình:

\( - 0,0004{a^2} + 10,4a - 519 > 517\)

\( \Leftrightarrow  - 0,0004{a^2} + 10,4a - 1036 > 0\)

\( \Leftrightarrow {a^2} - 26000a + 2590000 < 0\)

\( \Leftrightarrow 100 < a < 25900\).

Vì \(a\) là số lượng đơn vị sản phẩm nên \(a\) phải là số nguyên. Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(a\) thỏa mãn điều kiện lớn hơn 100 là \(a = 101\).

a) [NB] Ta có:\[O\left( {0;0;0} \right)\], \[C\left( {20;{\rm{ }}0;{\rm{ }}0} \right)\], \[B\left( {0,{\rm{ }}16,{\rm{ }}0} \right)\], \[D\left( {20,{\rm{ }}0,{\rm{ }}9} \right)\], \[E\left( {0,{\rm{ }}16,{\rm{ }}12} \right)\]

\(OD = \sqrt {{{20}^2} + {0^2} + {9^2}}  = \sqrt {400 + 81} \)

\(OD \approx 21,93\left( {km} \right)\)

Đổi ra mét và làm tròn: \(OD \approx 21{\rm{ }}930\left( m \right) = 22{\rm{ }}000\left( m \right)\). Chọn: SAI.

b) [TH].

Gọi tọa độ của \(I(x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z)\)

Theo đầu bài ta có: \(\overrightarrow {DI}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {DE} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 20 =  - 5}\\{y - 0 = 4}\\{z - 9 = \frac{3}{4}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 15}\\{y = 4}\\{z = \frac{{39}}{4}}\end{array}} \right.\).

Vậy: Độ cao của điểm \(I\) là \(\frac{{39}}{4} = 9,75\) nên máy bay cách mặt đất \(9,75\left( {km} \right){\rm{  =  }}9750{\mkern 1mu} \left( m \right)\).

Chọn: ĐÚNG.

c) [TH] Ta có: \(\overrightarrow {DP}  = ( - 4;3,2;0,6)\) mà

Vậy: \(\overrightarrow {DE}  = 5\overrightarrow {DP} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {DE} \) và \(\overrightarrow {DP} \) là hai vectơ cùng phương.

Vậy: \(P \in DE\). Chọn: ĐÚNG.

d) [VD]Rađa theo dõi trong bán kính: \(R = 20\left( {km} \right) = 20{\rm{ 000 }}\left( m \right)\).

Xét phương trình mặt cầu tâm \(O\): \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 400\) \(\left( S \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(DE:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20 - 20t}\\{y = 16t}\\{z = 9 + 3t}\end{array}} \right.\)

Tìm giao điểm của mặt cầu \(\left( S \right)\)và đường thẳng \(DE\):

\({(20 - 20t)^2} + {(16t)^2} + {(9 + 3t)^2} = 400\)

\( \Leftrightarrow 400 - 800t + 400{t^2} + 256{t^2} + 81 + 54t + 9{t^2} = 400\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = 1}\\{{t_2} = 0,12}\end{array}} \right.\).

Vậy: Đường thẳng \(DE\)cắt mặt cầu \((S)\) tại \(2\) điểm: \(M(0{\rm{ }};{\rm{ }}16{\rm{ }};{\rm{ }}12)\) và điểm

\(N(17,6{\rm{ }};{\rm{ }}1,92{\rm{ }};{\rm{ }}9,36)\)

Khoảng cách giữa hai điểm \(M\) và \(N\): \(MN = \sqrt {514,976}  \approx 22,693(km)\)

Hay: \(MN = 22693(m)\)

Làm tròn đến hàng trăm: \(MN = 22{\rm{ }}700(m)\). Chọn: SAI.

Đáp án: \(0,42\).

Quan sát hình vẽ, để đi từ điểm \(A\) đến điểm \(B\), robot luôn phải thực hiện 6 bước đi ngang và 4 bước đi xuống, tổng cộng 10 bước di chuyển.

Mỗi đường đi từ \(A\) đến \(B\) tương ứng với một cách sắp xếp vị trí cho 4 bước dọc trong tổng số 10 bước di chuyển.

Vậy tổng số đường đi có thể có từ \(A\) đến \(B\) là: \(n\left( \Omega  \right) = C_{10}^4 = 210\) đường đi.

Quan sát hình vẽ, ta thấy:

- Điểm \(M\) nằm ở vị trí cách \(A\) 2 bước ngang và 2 bước dọc.

- Điểm \(N\) nằm ở vị trí cách \(A\) 3 bước ngang và 3 bước dọc.

Gọi \(H\) là biến cố “Không đi qua cả \(M\) và \(N\)”. Khi đó \(\overline H \) là biến cố “Đi qua \(M\) hoặc \(N\)”.

TH1: Số đường đi qua \(M\)

Từ \(A\) đến \(M\) (cần 2 ngang, 2 dọc): Số cách đi là \(C_4^2 = 6\).

Từ \(M\) đến \(B\) (còn lại 4 ngang, 2 dọc): Số cách đi là \(C_6^2 = 15\).

Tổng số đường đi qua \(M\) là: \(6\,.\,15 = 90\) đường đi.

TH2: Số đường đi qua \(N\)

Từ \(A\) đến \(N\) (cần 3 ngang, 3 dọc): Số cách đi là \(C_6^3 = 20\).

Từ \(N\) đến \(B\) (còn lại 3 ngang, 1 dọc): Số cách đi là \(C_4^1 = 4\).

Tổng số đường đi qua \(N\) là: \(20\,.\,4 = 80\) đường đi.

TH3: Số đường đi qua cả \(M\) và \(N\)

Từ \(A\) đến \(M\): Có 6 cách.

Từ \(M\) đến \(N\) (cần 1 ngang, 1 dọc): Có \(C_2^1 = 2\) cách.

Từ \(N\) đến \(B\): Có 4 cách.

Tổng số đường đi qua cả \(M\) và \(N\) là: \(6\,.\,2\,.\,4 = 48\) đường đi.

Vậy, số đường đi qua \(M\) hoặc qua \(N\) là:

\(n\left( {M \cup N} \right) = n\left( M \right) + n\left( N \right) - n\left( {M \cap N} \right) = 90 + 80 - 48 = 122\) đường đi.

Số đường đi từ \(A\) đến \(B\) mà không đi qua cả \(M\) và \(N\) là: \(210 - 122 = 88\) đường đi.

Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{88}}{{210}} \approx 0,42\).

Đáp án: \(0,83\).

Đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\), cạnh bằng \(1\), góc \(ABC = 60^\circ \) nên \(\Delta ACD\) và \(\Delta ABC\) đều.

Trong \(\Delta ACD\) vẽ trung tuyến \(AM \bot CD\).

Xét tam giác \(ACM\) vẽ đường trung bình \(ON\), suy ra \(ON \bot CD\).

Vẽ \(OH \bot SN\).

T a có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot ON}\\{CD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH\).

Vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OH \bot CD}\\{OH \bot SN}\end{array}} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

\(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH\).

\(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow ON = \frac{1}{2}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

Xét tam giác \(SON\) vuông tại \(O\) có \(OH = \frac{{SO.ON}}{{\sqrt {S{O^2} + O{N^2}} }} = \frac{{\frac{3}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{26}}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = 2.\frac{{3\sqrt {13} }}{{26}} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}} \approx 0,83\).

Đáp án: 116.

Để tiết kiệm thời gian, nhà địa chất sẽ di chuyển theo các đoạn \(AC \to CD \to DB\).

Vì có thể đi nhanh hơn trên \(CD\), ta cần xác định độ dài ngắn nhất của quãng đường \(AC + DB\).

Dễ thấy \(\left( {AC + DB} \right) \to \min \) khi \(AC = BD \Rightarrow CC' = DD'\).

Đặt \(CC' = x\)\(\left( {0 < x < 35} \right)\), tổng thời gian di chuyển là \(f\left( x \right) = \frac{{2\sqrt {{x^2} + 100} }}{{30}} + \frac{{70 - 2x}}{{50}}\) (giờ).

Đạo hàm: \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{15\sqrt {{x^2} + 100} }} - \frac{2}{{50}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 5x = 3\sqrt {{x^2} + 100}  \Rightarrow x = 7,5 \in \left( {0;35} \right)\).

Bảng biến thiên:

Vậy thời gian ngắn nhất để nhà địa chất di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là \(\frac{{29}}{{15}} \times 60 = 116\) phút.

Trả lời: 760.

Gọi \(x\) là số lượng bánh loại I được làm ra và \(y\) là số lượng bánh loại II được làm ra.

Điều kiện: \(x \ge 0\), \(y \ge 0\).

Tổng lượng bột mì sử dụng là \(0,06x + 0,08y\). Lượng bột mì tối đa là \(6kg\).

Ta có bất phương trình: \(0,06x + 0,08y \le 6\)\( \Leftrightarrow 3x + 4y \le 300\) (1).

Tổng lượng đậu sử dụng là \(0,08x + 0,04y\). Lượng đậu tối đa là \(4kg\).

Ta có bất phương trình: \(0,08x + 0,04y \le 4\)\( \Leftrightarrow 2x + y \le 100\) (2).

Số điểm mà đội đó đạt được là \(P = 8x + 10y\).

Chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(P\) thỏa mãn các điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 4y \le 300}\\{2x + y \le 100}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.\)

Xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).

Vẽ các đường thẳng thẳng (bờ):

(L1): \(3x + 4y = 300\)

(L2): \(2x + y = 100\)

(L3): \(x = 0\) (trục \(Oy\))

(L4): \(y = 0\) (trục \(Ox\))

Miền nghiệm là tứ giác \(OABC\) (như hình vẽ).

Xác định các đỉnh của miền nghiệm:

1. Đỉnh \(O\): Giao điểm của \(x = 0\) và \(y = 0\) là \((0\,;0)\).

2. Đỉnh\(A\): Giao điểm của \(y = 0\) và (L2) (\(2x + y = 100\)). Vậy \(A(50\,;0)\).

3. Đỉnh\(C\): Giao điểm của \(x = 0\) và (L1) (\(3x + 4y = 300\)). Vậy \(C(0\,;75)\).

4. Đỉnh\(B\): Giao điểm của (L1) (\(3x + 4y = 300\)) và (L2) (\(2x + y = 100\)). Vậy \(B(20\,;60)\).

Các đỉnh của miền nghiệm là \(O(0\,;\,0)\), \(A(50\,;0)\), \(B(20\,;\,60)\) và \(C(0\,;75)\).

Tính giá trị của hàm mục tiêu \(P = 8x + 10y\) tại các đỉnh:

Tại \(O(0\,;0)\)thì \(P = 8(0) + 10(0) = 0\).

Tại \(A(50\,;0)\)thì \(P = 8(50) + 10(0) = 400\).

Tại \(C(20\,;60)\)thì \(P = 8(20) + 10(60) = 160 + 600 = 760\).

Tại \(B(0\,;75)\)thì\(P = 8(0) + 10(75) = 750\).

Giá trị lớn nhất của \(P\) là \(760\), đạt được khi \(x = 20\) và \(y = 60\).

Vậy số điểm tối đa mà mỗi đội có thể đạt được là \(760\) điểm.

Đáp án: 2,72.

Gọi \(O\) là tâm quả cầu

Gọi \(I\) là tâm đường tròn \(\left( C \right)\) giao giữa hình trụ và hình cầu, \(M\) là một điểm trên đường tròn \(\left( C \right)\)

Ta có \(OM = R = 1\,{\rm{dm}}\), \(IM = \frac{1}{2}\,{\rm{dm}}\) do đó \(OI = \sqrt {O{M^2} - I{M^2}}  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\,\,\left( {{\rm{dm}}} \right)\).

Ta suy ra chiều cao chỏm cầu đỉnh \(A\) là \(h = IA = OA - OI = 1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}\).

Ta có thể tích hình trụ bán kính \(OH = IM = \frac{1}{2}\,{\rm{dm}}\) là

\({V_1} = \pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.2OI = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{4}\) \(\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)

Thể tích chỏm cầu đỉnh \(A\), chiều cao \(h = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}\) là \(\pi .{h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right) = \pi .{\left( {\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\left( {1 - \frac{{2 - \sqrt 3 }}{6}} \right)\)

Thể tích vật thể lõi là \({V_2} = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{4} + 2.\pi .{\left( {\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}} \right)^2}.\left( {1 - \frac{{2 - \sqrt 3 }}{6}} \right)\)\( \approx 1,49\) \[\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]

Thể tích khối cầu là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi \) \[\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]

Thể tích còn lại của khối cầu là \(V = {V_c} - {V_2} \approx 2,72\) \(\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Đáp án: \(3360\)

Đầu tiên, ta khẳng định: một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0; 1; 4. Thật vậy, sau đây là bảng số dư khi chia cho 5 của \(n\) và \({n^2}\) tương ứng:

Như vậy, tổng 3 bình phương chia hết cho 5, chỉ có thể rơi vào một trong hai trường hợp: \[5 = 0 + 0 + 0 = 0 + 1 + 4\]

TH1: Cả ba bình phương đều chia 5 dư 0, khi đó mỗi số cũng đã phải chia 5 dư 0 rồi. Từ 1 tới 26 có 5 số chia hết cho 5 là 5;10;15;20;25, nên số cách xếp ở trường hợp này là \(A_5^3 = 60\)cách, trong đó đã có \(3! = 6\) cách hoán vị 3 số được chọn vào 3 tam giác.

TH2: Có một số chia hết cho 5, một số chia 5 dư 1, một số chia 5 dư 4.

- \({n^2} \vdots 5\) thì \[n \vdots 5\], từ 1 tới 26 có 5 số

- \({n^2}\) chia 5 dư 1, thì \(n\)chia 5 dư 1 hoặc 4, từ 1 tới 26 có 11 số.

- \({n^2}\) chia 5 dư 4, thì \(n\)chia 5 dư 2 hoặc 3, từ 1 tới 26 có 10 số.

nên trường hợp này có \(5.11.10.3! = 3300\) cách.

Như vậy, kết hợp 2 trường hợp, số cách xếp thỏa mãn đề bài là \(3360\) cách.