Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường THPT Bắc Ninh mã 1001 có đáp án

Chọn A

Theo tính chất trọng tâm của tam giác thì $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG}$.

Chọn A

Phương án A là phương trình đường tròn tâm $I\left( { - 2;0} \right)$, bán kính bằng 3.

Chọn B

Khối lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có chiều cao $AA'$ và đáy là tam giác vuông $ABC$ tại $A$ nên thể tích khối lăng trụ là: $V = AA'.\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}2a.3a.4a = 12{a^3}$.

$f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 2;2} \right]\\x = 3 \notin \left[ { - 2;2} \right]\end{array} \right.$

Ta có: $f\left( { - 2} \right) = 8;{\rm{ }}f\left( { - 1} \right) = 15;{\rm{ }}f\left( 2 \right) = - 12$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 10$ trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$ bằng $15$ khi $x = - 1$

Chọn D

$\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a$

Chọn D

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{OM \not\subset \left( {SCD} \right)}\\{OM\parallel SC \subset \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow OM\parallel \left( {SCD} \right)$.

Chọn A

$\overrightarrow {BC} = \left( {4; - 2} \right)$$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 5$

Chọn B

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_3} = 6}\\{{u_7} = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_1} + 2d = 6}\\{{u_1} + 6d = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_1} = 10}\\{d = - 2}\end{array}} \right.$.

Vậy ${u_1} = 10$.

Ta có: Mốt thuộc nhóm $\left[ {10{,}5;20{,}5} \right)$.

Suy ra: ${M_o} = 10{,}5 + \frac{{10 - 2}}{{2.10 - 2 - 6}}.10 \approx 17{,}17$.

Chọn B

Theo định lí sin ta có $\frac{b}{{\sin B}} = 2R$. Vậy B sai.

Chọn D

Ta có $\left| \emptyset \right| = 2 \Rightarrow P = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Chọn A

Đổi: $102g = 0{,}102kg$.

Ta có $P = m.g = 0{,}102.9{,}8 = 0{,}9996\left( N \right)$.

a) Đúng.

Chi phí cài đặt và bảo dưỡng cho đợt hàng là $48x$ nghìn đồng.

b) Đúng.

Số lượng ấn phẩm in được trong một giờ là $12x$ ấn phẩm.

c) Đúng.

Thời gian để in xong 2280 ấn phẩm là $\frac{{2280}}{{12x}} = \frac{{190}}{x}$ giờ.

d) Sai.

Chi phí cần để in $2280$ ấn phẩm: $C\left( x \right) = 28 \times \frac{{190}}{x} + 48x = \frac{{5320}}{x} + 48x$ (nghìn đồng, $1 \le x \le 13$).

Xét trên đoạn $\left[ {1;13} \right]$: $C'\left( x \right) = - \frac{{5320}}{{{x^2}}} + 48 = 0 \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {3990} }}{6}$.

Bảng biến thiên:

Vậy chi phí nhỏ nhất là $\frac{{11128}}{{11}} \approx 1011,\left( {63} \right)$ nghìn đồng khi sử dụng $11$ máy in.

a) Chọn Đúng.

Ta có: $f\left( x \right) = {x^3} - 27x + 8 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 27$.

b) Chọn Sai.

Ta có: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 27$ .

$$\Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 3\end{array} \right.$$

Vậy tập nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$ là $S = \left\{ { - 3;3} \right\}$.

c) Chọn Đúng.

$f\left( x \right) = {x^3} - 27x + 8 \Rightarrow f\left( 3 \right) = {3^3} - 27.3 + 8 = - 46$.

d) Chọn Sai.

Ta có:

$f\left( 3 \right) = - 46$.

$f\left( { - 3} \right) = 62$.

$f\left( 4 \right) = - 36$.

$f\left( { - 4} \right) = 52$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 4;4} \right]$ là $62$ tại $x = - 3$.

a) Sai.

Điều kiện xác định của $\ln x$ là $x > 0$ . Vậy, tập xác định của hàm số là $D = (0; + \infty )$.

b) Sai.

Ta áp dụng công thức đạo hàm của tích $(u \cdot v)' = u'v + uv'$, với $u = {3^x}$ và $v = \ln x$.

+) $u' = {({3^x})^\prime } = {3^x} \cdot \ln 3$

+) $v' = {(\ln x)^\prime } = \frac{1}{x}$

Đạo hàm $f'(x)$ là: $f'(x) = {({3^x})^\prime } \cdot \ln x + {3^x} \cdot {(\ln x)^\prime } = ({3^x} \cdot \ln 3) \cdot \ln x + {3^x} \cdot \frac{1}{x}$$= {3^x}\left( {\ln 3 \cdot \ln x + \frac{1}{x}} \right)$

c) Đúng.

Để xét tính đơn điệu, ta cần xét dấu của đạo hàm $f'(x) = {3^x}\left( {\ln 3 \cdot \ln x + \frac{1}{x}} \right)$ trên $(3; + \infty )$:

+) ${3^x} > 0$ với mọi $x \in (3; + \infty )$.

+) $\frac{1}{x} > 0$ với mọi $x \in (3; + \infty )$.

+) $\ln 3 > 0$ (vì $3 > 1$).

+) Trên $(3; + \infty )$, ta có $x > 3 > e$. Do đó $\ln x > \ln 3 > 1 > 0$ .

Vì tất cả các thừa số và số hạng trong ngoặc đều dương trên $(3; + \infty )$, ta có:

$f'(x) = {3^x}\left( {\ln 3 \cdot \ln x + \frac{1}{x}} \right) > 0\,,\forall x \in (3; + \infty )$

Do đó, hàm số đồng biến trên $(3; + \infty )$.

d) Sai.

$${3^{{y^2} - \frac{{|x|}}{x}}} \le {\log _{{y^2} + 3}}\left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right) \Leftrightarrow \frac{{{3^{{y^2} + 3}}}}{{{3^{\frac{{|x|}}{3} + 3}}}} \le \frac{{\ln \left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)}}{{\ln \left( {{y^2} + 3} \right)}} \Leftrightarrow {3^{{y^2} + 3}}\ln \left( {{y^2} + 3} \right) \le {3^{\frac{{|x|}}{3} + 3}}\ln \left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)\,\,\,\left( * \right)$$

Do hàm $f(x) = {3^x} \cdot \ln x$ đồng biến trên $(3; + \infty )$ nên $\left( * \right) \Leftrightarrow {y^2} + 3 \le \frac{{|x|}}{3} + 3 \Leftrightarrow {y^2} \le \frac{{\left| x \right|}}{3}$ .

Ta thấy chỉ có 3 trường hợp đó là ${y^2} \le 1$,${y^2} \le 2$,${y^2} \le 3$ mã mỗi trường hợp có đúng $3$ số ngyên $y$ thỏa mãn.

Trường hợp 1 ứng với $\frac{{\left| x \right|}}{3} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 3$.

Trường hợp 2 ứng với $\frac{{\left| x \right|}}{3} = 2 \Leftrightarrow x = \pm 6$.

Trường hợp 2 ứng với $\frac{{\left| x \right|}}{3} = 3 \Leftrightarrow x = \pm 9$.

Vậy có $6$ số nguyên $x$ sao cho ứng với mỗi số nguyên $x$ có đúng 3 số nguyên $y$ thỏa mãn bất phương trình: ${3^{{y^2} - \frac{{|x|}}{x}}} \le {\log _{{y^2} + 3}}\left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)$.

a) Sai.

$\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;1; - 2} \right).$

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2 - 1; - 4 + 3;5 - 2} \right) = (1; - 1;2). \Rightarrow$a) Sai

b) Đúng

Điểm $G\left( {a;b;c} \right)$ là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC$ thì $a + b + c = 2$.

Điểm $G\left( {a;b;c} \right)$ là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC$ thì $\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2\\b = \frac{{ - 3 - 4 - 2}}{3} = - 3\\c = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right.$

$\Rightarrow a + b + c = 2$ $\Rightarrow$b)

c) Đúng

Điểm $I\left( {x;y;z} \right)$thỏa mãn $2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0,$ khi đó $2x + y + z = 4.$

Điểm $I\left( {x;y;z} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {IA} = (1 - x; - 3 - y;3 - z)$

$\overrightarrow {IB} = (2 - x; - 4 - y; - 2 - z)$

$\overrightarrow {IC} = (3 - x; - 2 - y;1 - z)$

Ta có:

$2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = (13 - 6x; - 16 - 6y;7 - 6z)$

$2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}13 - 6x = 0\\ - 16 - 6y = 0\\14 - 6z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{6}\\y = - \frac{8}{3}\\z = \frac{7}{3}\end{array} \right.$

Khi đó: $2x + y + z = \frac{{13}}{3} - \frac{8}{3} + \frac{7}{3} = 4.$$\Rightarrow$c)

d) Sai

Gọi $M\left( {x;y;z} \right)$ là điểm trên mặt phẳng tọa độ $\left( {Oyz} \right)$sao cho biểu thức$P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}$ đạt giá trị lớn nhất. Khi đó $x + y - z < - 5$.

Ta có: $M\left( {x;y;z} \right) \in (Oyz) \Rightarrow M(0;y;z)$

Khi đó:

$M{A^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} = 1 + {( - 3 - y)^2} + {(3 - z)^2} = 19 + 6y - 6z + {y^2} + {z^2}$

$M{B^2} = {\overrightarrow {MB} ^2} = 4 + {( - 4 - y)^2} + {(5 - z)^2} = 45 + 8y - 10z + {y^2} + {z^2}$

$M{C^2} = {\overrightarrow {MC} ^2} = 9 + {( - 2 - y)^2} + {(1 - z)^2} = 14 + 4y - 2z + {y^2} + {z^2}$

$$\begin{array}{l}P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\\ = - 125 - 32y + 28z - 6{y^2} - 6{z^2}\\ = - 6{(y + \frac{8}{3})^2} - {(z - \frac{7}{3})^2} - \frac{{149}}{3}\end{array}$$

$P$ lớn nhất bằng $- \frac{{149}}{3}$khi $\left\{ \begin{array}{l}y + \frac{8}{3} = 0\\z - \frac{7}{3} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \frac{8}{3}\\z = \frac{7}{3}\end{array} \right.$

Khi đó $M(0; - \frac{8}{3};\frac{7}{3})$$\Rightarrow x + y - z = 0 - \frac{8}{3} - \frac{7}{3} = - 5$

Cách 2:

$$\begin{array}{l}P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2} = - 2{\overrightarrow {MA} ^2} - {\overrightarrow {MB} ^2} - 3{\overrightarrow {MC} ^2}\\ = - 2{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )^2} - {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )^2} - 3{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )^2}\end{array}$$

$\begin{array}{l} = - 6{\overrightarrow {MI} ^2} - 2{\overrightarrow {MI} ^2}(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} ) - (2{\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2})\\ = - 6M{I^2} - (2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2}) - 2{\overrightarrow {MI} ^2}(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} )\end{array}$

$P$ lớn nhất bằng$\begin{array}{l} - 6{\overrightarrow {MI} ^2} - (2{\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2}) = - 6M{I^2} - (2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2})\\\end{array}$

$\Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0 \Leftrightarrow I(\frac{{13}}{6}; - \frac{8}{3};\frac{7}{3})$

Khi đó $P$ lớn nhất thì $M{I^2} = 0 \Leftrightarrow M \equiv I$. Vì $M \in (Oyz) \Rightarrow M(0; - \frac{8}{3};\frac{7}{3})$

Do đó: $\Rightarrow x + y - z = 0 - \frac{8}{3} - \frac{7}{3} = - 5$

Đáp án: $1{,}5$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn $(R = 1)$; $K$ là điểm giữa đường tròn và đường thẳng; $H$ là hình chiếu của $P$ lên $OK$. Có $PH = 2\;km$; $OH = OK + KH = 1 + 0{,}5 = 1{,}5\;km$; $OP = \sqrt {{2^2} + 1,{5^2}} = 2{,}5\;km$.

Dễ thấy vị trí $Q$ để cho $PQ$ ngắn nhất là $P,Q,O$ thẳng hàng.

Khi đó $\min PQ = OP - R = 2{,}5 - 1 = 1{,}5\;km$.

Lời giải

Đáp án:$700$

Dựa vào thuật toán láng giềng gần nhât, ta xét các chu trình sau:

$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AEDCBA:{\rm{ }}8 + 9 + 10 + 12 + 17 = 56}\\{BCDEAB:{\rm{ }}12 + 10 + 9 + 8 + 17 = 56}\\{CDEABC:{\rm{ }}10 + 9 + 8 + 17 + 12 = 56}\\{DEABCD:{\rm{ }}9 + 8 + 17 + 12 + 10 = 56}\\{EABCDE:{\rm{ }}8 + 17 + 12 + 10 + 9 = 56}\end{array}$$

Như vậy chu trình có tổng số phút ít nhất là $56$ phút, do đó chi phí thuê xe thấp nhất là:

$\frac{{56}}{{60}}.750 = 700.$ (nghìn đồng).

Đáp án: $32$

Gọi $x$ là số sản phẩm $I$ được sản xuất ($x \ge 0$, $x \in \mathbb{N}$).

Gọi $y$ là số sản phẩm $II$ được sản xuất ($y \ge 0$, $y \in \mathbb{N}$).

Tổng tiền lãi (tính bằng nghìn đồng) là: $F\left( {x,y} \right) = 500x + 400y$

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của $F\left( {x,y} \right) = 500x + 400y$.

Thời gian làm việc của Chiến: $3x + 2y \le 180\quad \left( {\rm{1}} \right)$

Thời gian làm việc của Bình: $x + 6y \le 220\quad \left( {\rm{2}} \right)$

Ta thiết lập được hệ bất phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x + 2y \le 180}\\{x + 6y \le 220}\\{x \ge 0,y \ge 0}\end{array}} \right.$

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác $OABC$ với $O\left( {0;0} \right)$; $A\left( {60;0} \right)$; $B\left( {40;30} \right)$;$C\left( {0;\frac{{110}}{3}} \right)$

Ta có: $F\left( {0;0} \right) = 0;\,\,F\left( {60;0} \right) = 30\,000;\,F\left( {40;30} \right) = 32\,000;\,\,F\left( {0;\frac{{110}}{3}} \right) = \frac{{44\,000}}{3} \approx 14\,666{,}67$

Giá trị lớn nhất của $F$ là $32000$ nghìn đồng hay 32 triệu đồng.

Đáp án: 34.

Gọi các biến cố $A:$ “Học sinh giỏi Toán”; $B:$ “Học sinh giỏi Văn”;

$C:$ “$2$ học sinh được chọn có đúng $1$ học sinh giỏi cả Toán và Ngữ văn”.

Đặt $x = n(AB)(x \in {\mathbb{N}^*})$ là số học sinh giỏi cả hai môn.

Số học sinh giỏi của lớp là ${n_G} = n(A) + n(B) - n(AB) = 18 + 12 - x = 30 - x.$

$\begin{array}{l}P(C) = \frac{{x.(30 - 2x)}}{{C_{30 - x}^2}} = \frac{{2x(30 - 2x)}}{{(30 - x)(29 - x)}}\\P(C) = \frac{9}{{23}} \Leftrightarrow 101{x^2} - 1911x + 7830 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6 & \in \mathbb{N}\\x = \frac{{1305}}{{101}} \notin \mathbb{N}\end{array} \right. \Rightarrow x = 6.\end{array}$

Vậy số học sinh của lớp 11 này bằng $30 - 6 + 10 = 34$ học sinh.

Đáp án: $3969$.

Xếp 10 người thành một hàng ngang ta có $10!$ cách xếp.

Khi xếp 10 người thành 1 hàng, giữa 10 người có 9 vách ngăn. Để chia 10 người thành 4 nhóm ta cần chọn 3 vách ngăn trong 9 vách ngăn là $C_9^3$.

Xếp 4 nhóm vừa chia vào 4 ga ta có $4!$ cách xếp.

Vậy số cách 10 hành khách đang đứng đợi ở sân ga lên tàu QH15 là: $T = 10!.C_9^3.4!$.

Vậy $\frac{T}{{76800}} = \frac{{10!.C_9^3.4!}}{{76800}} = 3969$.

Lời giải

Đáp án: $0{,}65$.

Kẻ $AH \bot CD$ tại $H$, $AK \bot SH$ tại $K$

Vì $AH \bot CD$ và $AS \bot CD$ nên $CD \bot \left( {SAH} \right)$$\Rightarrow AK \bot CD$ mà $AK \bot SH$ nên $AK \bot \left( {SCD} \right)$

Vậy $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK$.$\widehat {ADH} = \widehat {BAD} = 60^\circ$ (so le trong).

$AH = AD.\sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2},AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \approx 0{,}65$.

Vậy $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) \approx 0{,}65.$ (vì $AB//\left( {SCD} \right)$).