Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Bắc Ninh có đáp án

Chọn D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x - 1}}{{1 - x}} = - 3 \Rightarrow y = - 3$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Bảng biến thiên

$x$	$- \infty$ $- 1$ $1$ $+ \infty$
$f'(x)$	+ 0 - 0 +
$f(x)$

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng $4$.

Chọn A

Ta có $\left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = a\sqrt 2$

Chọn D

Ta có $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f(x) = - 2$.

Chọn B

Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \sin x + 3{e^x}$ là $- \cos x + 3{e^x} + C$.

Chọn D

Ta có: ${\log _2}\left( {x - 1} \right) \le 3 \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le 8 \Leftrightarrow 1 < x \le 9$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S = \left( {1;9} \right]$.

Chọn D

Ta có $\int\limits_{ - 1}^2 {2f\left( x \right)} dx = 2\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)} dx = 2.5 = 10$.

Chọn A

Ta có: $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 3$.

Chọn B

Dựa vào đồ thị.

Ta có tiệm cận đứng $x = 2$, tiệm cận ngang $y = 3$.

Đồ thị hàm số đí qua điểm $A\left( {0;\frac{3}{2}} \right)$.

Chọn C

Dựa vào bảng xét dấu số điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là $1$.

Chọn C

Ta có $x = k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in Z} \right)$

Chọn C

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Suy ra $OC \bot BD$ và $SO \bot BD$

Suy ra $\widehat {SOC}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$

Xét tam giác $SOA$ vuông tại $A$, $\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{SA}}{{\sqrt 3 SA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$$\Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ$.

Vậy $\widehat {SOC} = 150^\circ$.

a) Hình chiếu vuông góc của điểm $A$ lên mặt phẳng $(Oxy)$ có tọa độ là $(3; - 4;0)$.

Suy ra câu a) Sai.

b) Tọa độ trọng tâm của tam giác $ABC$ là $(2; - 1; - 1)$.

Suy ra câu b) Sai.

c) $\overrightarrow {OI} = \frac{{\overrightarrow {OA} + 3\overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OC} }}{{1 + 3 - 2}} \Rightarrow I\left( {1; - \frac{1}{2};2} \right)$

Suy ra câu c) Đúng.
d) $S = {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )^2} + 3{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )^2} - 2{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )^2}$
$= M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IA} + I{A^2} + 3M{I^2} + 3 \cdot 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IB} + 3I{B^2} - 2M{I^2} - 2 \cdot 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IC} - 2I{C^2}$
$= 2M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} (\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} ) + (I{A^2} + 3I{B^2} - 2I{C^2})$
$\Leftrightarrow S = 2M{I^2} + \mathop {(I{A^2} + 3I{B^2} - 2I{C^2})}\limits_{}$
${S_{min}}$ khi $M{I_{min}} \Leftrightarrow M$ là hình chiếu của $I$ lên $(Oxy)$ hay $M\left( {1; - \frac{1}{2};0} \right)$

Khi đó: $M{I^2} = 4$, $I{A^2} = \frac{{69}}{4}$, $I{B^2} = \frac{{45}}{4}$, $I{C^2} = \frac{{105}}{4}$

Vậy ${S_{min}} = \frac{{13}}{2}$.

a) Số lượng vi khuẩn $P\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng $P'\left( t \right)$: Đúng theo định nghĩa nguyên hàm

b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm $t$ là $P\left( t \right) = \int {P'\left( t \right)dt\, = \,\int {kt\,dt\, = \,} } \frac{k}{2}{t^2} + C$.

Theo giả thiết ta có: $\left\{ \begin{array}{l}P\left( 0 \right) = 1000\\P\left( 2 \right) = 1400\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}C = 1000\\\frac{k}{2}.4 + 1000 = 1400\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = 1000\\k = 200\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,P\left( t \right) = 100{t^2} + 1000$

Do đó b) Sai

c) Sau $5$giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm so với thời điểm ban đầu là $\,P\left( 5 \right) - 1000 = 2500$

Vây c) Đúng

d) Sau $9$ giờ, số lượng vi khuẩn là $\,P(9) = 8100 + 1000 = 9100 < 10000$.

Vây d) Sai

a) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( {0;2} \right)$ và $\left( {2;4} \right)$.

b) Tích giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ bằng $- 6 \times 2 = - 12$.

c) Đường thẳng $x = 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$$\Rightarrow d = - 2$.

Điểm $\left( {0;2} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$$\Rightarrow \frac{c}{d} = 2 \Rightarrow c = 2 \times \left( { - 2} \right) = - 4$.

Khi đó: $f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx - 4}}{{x - 2}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{a{x^2} - 4ax - 2b + 4}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 0 \right) = 0\\f\left( 4 \right) = - 6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 2b + 4}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2}}} = 0\\\frac{{16a + 4}}{2} = - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 2x - 4}}{{x - 2}}$.

Giả sử $M\left( {m;\frac{{ - {m^2} + 2m - 4}}{{m - 2}}} \right)$$\left( {m > 2} \right)$$\Rightarrow d\left( {M,Ox} \right) + d\left( {M,Oy} \right) = \left| m \right| + \left| {\frac{{ - {m^2} + 2m - 4}}{{m - 2}}} \right|$

$\Rightarrow d\left( {M,Ox} \right) + d\left( {M,Oy} \right) = g\left( m \right) = m + \frac{{{m^2} - 2m + 4}}{{m - 2}} = \frac{{2{m^2} - 4m + 4}}{{m - 2}}$.

Xét $g'\left( m \right) = \frac{{2{m^2} - 8m + 4}}{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow m = 2 + \sqrt 2 \Rightarrow {g_{\min }} = {\left[ {d\left( {M,Ox} \right) + d\left( {M,Oy} \right)} \right]_{\min }} = 4 + 4\sqrt 2$.

d) Ta có: $a + b + c + d = - 1 + 2 - 4 - 2 = - 5$.

a) [VD] Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là $7{,}04$.

Ta có $\frac{{3.n}}{4} = \frac{{3.39}}{4} = 29{,}25 \Rightarrow {Q_3} \in \left[ {6;\,8} \right)$.

.${Q_3} = 6 + \frac{{29{,}25 - \left( {3 + 8 + 12} \right)}}{{12}}.2 = 6{,}25$.

b) [TH] Số trung bình cộng của mẫu số liệu

$\overline x = \frac{{1.3 + 3.8 + 5.12 + 7.12 + 9.4}}{{39}} = \frac{{69}}{{13}} \simeq 5{,}31$.

c) [NB] Bảng tần số ghép nhóm trên có $5$ nhóm.

d) [TH] Giá trị đại diện nhóm $\left[ {6;\,8} \right)$ là $7$.

Đáp án: 0,91

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = C_{36}^4 = 58{\mkern 1mu} 905$

Gọi $A$: “tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh liền kề (chung một cạnh của tứ giác) là 2 góc tù”

Gọi 4 đỉnh được chọn theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ là A, B, C, D. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện bằng ${180^\circ }$, ($\hat A + \hat C = {180^\circ }$ và $\hat B + \hat D = {180^\circ }$).

· Vì tổng hai góc đối diện là ${180^\circ }$, nên không thể có 2 góc đối diện cùng là góc tù (lớn hơn ${90^\circ }$).

· Do đó, một tứ giác nội tiếp chỉ có thể có tối đa 2 góc tù.

Ta có bảng các trường hợp sau

Số góc tù của tứ giác ABCD	Tính chất	Số tứ giác
2 góc tù	Nếu có 2 góc tù thì chúng bắt buộc phải nằm ở 2 đỉnh liền kề (ví dụ $\hat B$ và $\hat C$ cùng tù, khi đó $\hat A$ và $\hat D$ sẽ nhọn).
1 góc tù	Giả sử$\hat B$ tù thì $\hat D$ sẽ nhọn. Góc $\hat C$, $\hat A$ bắt buộc vuông	Giả sử góc A và C vuông thì BD phải là đường chéo qua tâm, sau đó ta chọn mỗi phía của đường BD một đỉnh A và C sao cho AC không tạo thành một đường chéo qua tâm. Bước 1: chọn 1 đường chéo qua tâm có 18 cách chọn Bước 2: mỗi phía của đường BD có 17 đỉnh, chọn đỉnh A có 17 cách chọn, chọn đỉnh C sao cho AC không qua tâm có 16 cách chọn Vậy có 18.17.16
0 góc tù	$\hat B$,$\hat D$, $\hat C$, $\hat A$ bắt buộc vuông	Đa giác đều có 36 đỉnh có 18 đường chéo qua tâm, chọn 2 đường chéo và nối lại ta được một tứ giác có 4 góc vuông. Vậy số tứ giác thỏa mãn trường hợp này là: $C_{18}^2 = 153$

Suy ra, $n\left( A \right) = C_{36}^4 - C_{18}^2 - 18.17.16 = 53856$

$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{53856}}{{58905}} \approx 0{,}91428$

Đáp án: 0,08

Gọi $M = AE \cap BF$.

Dễ thấy $\Delta MEF$ đồng dạng với $\Delta MAB$ nên $\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{EF}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow ME = \frac{1}{2}MA$.

Suy ra $E$ là trung điểm $MA$ $\Rightarrow ME = 4$.

Gọi $h = LE$ (đơn vị : mét) là chiều cao của mực nước $(h > 0)$.

$\frac{{ML}}{{MA}} = \frac{{LJ}}{{AB}} \Leftrightarrow LJ = \frac{{ML.AB}}{{MA}} = \frac{{\left( {ME + LE} \right).AB}}{{MA}} = \frac{{\left( {4 + h} \right).6}}{8} = \frac{3}{4}\left( {4 + h} \right) = 3 + \frac{3}{4}h$.

Thể tích nước: $V = {S_{LEFJ}}.AD = \frac{{LJ + EF}}{2}.LE.AD = \frac{{3 + \frac{3}{4}h + 3}}{2}.h.12 = \frac{9}{2}{h^2} + 36h\left( {{m^3}} \right)$

Thể tích nước đã bơm sau thời gian $t$(giờ): $V = P.t = 4t$

Suy ra :$\frac{9}{2}{h^2} + 36h = 4t$.

Đạo hàm hai vế theo $t$ ta được: $\left( {9h + 36} \right).h' = 4$.

Tốc độ nước dâng là: $h' = \frac{4}{{9h + 36}}$.

Thể tích nước đã bơm sau thời gian 18 (giờ): $\frac{9}{2}{h^2} + 36h = 4.18 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h = - 4 + 4\sqrt 2 \\h = - 4 - 4\sqrt 2 \end{array} \right.$.

Mà $h > 0$ nên $h = - 4 + 4\sqrt 2$.

Tốc độ tăng chiều cao của mực nước tại thời điểm $t = 18$giờ là $h' = \frac{4}{{9h + 36}} \approx 0{,}08\left( {m/h} \right)$.

Đáp số: 1,33.

Ta có phương trình đường thẳng $d$ đi qua điểm $P\left( {6;22;0} \right)$, vectơ chỉ phương $\overrightarrow v = \left( {15; - 11;1} \right)$ là: $d\left\{ \begin{array}{l}x = 6 + 15t\\y = 22 - 11t\\z = t\end{array} \right.$.

Quả bóng di chuyển theo đường thẳng $d$, khung thành là một phần của $\left( {Oxz} \right)$. Khi đó, gọi $M$ là giao điểm giữa đường thẳng $d$ và $\left( {Oxz} \right):y = 0$.

Do đó $M \in d \Rightarrow M\left( {6 + 15t;22 - 11t;t} \right)$.

$M \in \left( {Oxz} \right) \Rightarrow 22 - 11t = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Khi đó $M\left( {36;0;2} \right)$.

Ta có $PM = \sqrt {{{\left( {36 - 6} \right)}^2} + {{\left( { - 22} \right)}^2} + {2^2}} = 2\sqrt {347}$.

Thời gian quả bóng từ vị trí điểm $P$ đến khung thành là: $\frac{{PM}}{v} = \frac{{2\sqrt {347} }}{{28}} = \frac{{\sqrt {347} }}{{14}} \approx 1{,}33$ (giây).

Đáp án: 24.

Doanh thu khi doanh nghiệp bán $x$ sản phẩm là: $D\left( x \right) = x.p = x.\frac{{1500}}{{\sqrt x }} = 1500.\sqrt x$.

Lợi nhuận thu được là: $L\left( x \right) = D\left( x \right) - C\left( x \right) = 1500\sqrt x - \left( {12x + 500} \right) = - 12x + 1500\sqrt x - 500$.

Ta có: $L'\left( x \right) = - 12 + \frac{{750}}{{\sqrt x }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt x = \frac{{125}}{2}$.

$\Rightarrow x = \frac{{15625}}{4}$.

Bảng biến thiên:

Vậy mức giá để mang lại lợi nhuận tối đa là: $p = \frac{{1500}}{{\sqrt x }} = \frac{{1500}}{{\frac{{125}}{2}}} = 24$ (nghìn đồng)

Đáp án: 9,9.

Gọi $H$ là chiều cao của ly nước hình trụ, $H = 9{\rm{ cm}}$.
Gọi $a$ là độ dài cạnh của khối lập phương.
Khi khối lập phương được đặt vào miệng ly sao cho một đỉnh chạm mặt nước và đường chéo qua đỉnh đó trùng với trục đối xứng của ly, đồng thời khối lập phương tựa trên miệng ly, thì phần khối lập phương bị ngập nước là một hình chóp tam giác đều (một góc của hình lập phương).
Chiều cao của phần bị ngập nước này (tính từ đỉnh chạm nước đến mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề của khối lập phương) là $h = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$.
Mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề đó chính là mặt phẳng mà khối lập phương tựa vào miệng ly.
Trong trường hợp đầu tiên được mô tả:
Ly nước chứa lượng nước bằng $\frac{3}{4}$ thể tích của ly, nghĩa là chiều cao cột nước là $h = \frac{3}{4}H = \frac{{27}}{4}{\rm{ cm}}$.
Khối lập phương được đặt vào miệng ly và một đỉnh của nó chạm vào mặt nước. Điều này có nghĩa là đỉnh thấp nhất của khối lập phương nằm ở độ cao $h'$ so với đáy ly, và mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề nó nằm ở độ cao của miệng ly, tức là $H = 9{\rm{ cm}}$.
Như vậy, chiều cao của phần khối lập phương từ đỉnh thấp nhất đến mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề (là phần ngập trong nước) là $H - h' = 9 - \frac{{27}}{4} = \frac{9}{4}{\rm{ cm}}$.
Suy ra: $\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{9}{4} \Rightarrow a = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}{\rm{ cm}}$.
Nếu ban đầu đổ nước đầy ly, nghĩa là chiều cao cột nước là $H = 9{\rm{ cm}}$.
Khối lập phương "như trên" (với cạnh $a = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}{\rm{ cm}}$) được đặt vào ly.
Khối lập phương vẫn tựa trên miệng ly, vì vậy mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề của nó nằm ở độ cao $H = 9{\rm{ cm}}$ (tương ứng với miệng ly).
Đỉnh thấp nhất của khối lập phương sẽ nằm ở độ cao $H - \frac{a}{{\sqrt 3 }} = 9 - \frac{{9\sqrt 3 }}{{4\sqrt 3 }} = 9 - \frac{9}{4} = \frac{{27}}{4}{\rm{ cm}}$ so với đáy ly.
Chiều cao của cột nước là $9{\rm{ cm}}$.
Đỉnh thấp nhất của khối lập phương nằm ở độ cao $6.75{\rm{ cm}}$.
Vì $6.75{\rm{ cm}} < 9{\rm{ cm}}$, toàn bộ phần hình chóp tam giác đều của khối lập phương (từ đỉnh thấp nhất đến mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề) sẽ bị ngập trong nước.
Thể tích của phần khối lập phương bị ngập nước chính là thể tích nước tràn ra.
Thể tích của hình chóp tam giác đều này (là một góc của khối lập phương) được tính bằng công thức $V = \frac{{{a^3}}}{6}$, với $a$ là cạnh của khối lập phương.
${V_{tr{\rm{\`a }}n}} = \frac{1}{6}{\left( {\frac{{9\sqrt 3 }}{4}} \right)^3}$$= \frac{{729 \cdot \sqrt 3 }}{{128}}$$\approx \frac{{729 \times 1.7320508}}{{128}} \approx 9.86555{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}$.
Làm tròn đến hàng phần chục, ta được ${V_{tr{\rm{\`a }}n}} \approx 9.9{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}$.

Đáp án: 6972.

Vận tốc trong 7 phút đầu tiên: $v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c$ (m/phút) có đồ thị $\left( P \right)$.

Ta có $\left( P \right)$ đi qua gốc toạ độ $O$ và có đỉnh $I\left( {5;900} \right)$

$\Rightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\\frac{{ - b}}{{2a}} = 5\\25a + 5b + c = 900\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 36\\b = 360\\c = 0\end{array} \right.$

$\Rightarrow$ $v\left( t \right) = - 36{t^2} + 360t$

$\Rightarrow$ $v\left( 7 \right) = 756$

Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là:

$S = \int\limits_0^7 {\left( { - 36{t^2} + 360t} \right)dt} + 756 \times 3 = 6972\left( m \right)$