Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Cao Bằng lần 1 có đáp án

Chọn B

Đáy $ABCD$ là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc với nhau: $AC \bot BD$.

Lại có $AA' \bot (ABCD)$ nên $AA' \bot BD$.

Từ đó suy ra $BD \bot (ACC'A')$. Vì mặt phẳng $(BDD'B')$ chứa $BD$ nên $(BDD'B') \bot (ACC'A')$.

Chọn A

Phương trình trở thành:

${\left( {\frac{2}{3}} \right)^{{x^2} - 3x}} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x = - 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

Vậy ${x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 3$.

Chọn B

Vì $SA \bot (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng $SB$ lên mặt phẳng $(ABC)$ chính là đường thẳng $AB$.

Do đó, góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat {SBA}$.

Xét tam giác vuông $SAB$ vuông tại $A$ ta có $SA = AB = a\sqrt 2$. Do đó tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$. Suy ra $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

Chọn C

Mặt phẳng $(\alpha ):x + 0y + 2z + 3 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec n = (1;0;2)$.

Vì đường thẳng $\Delta \bot (\alpha )$ nên vectơ chỉ phương $\vec u$ của $\Delta$ sẽ cùng phương với vectơ pháp tuyến $\vec n$ của mặt phẳng. Do đó, ta có thể chọn $\vec u = (1;0;2)$.

Chọn.B.

Ta có $f'(x) = \left( {x + 1} \right){\left( {2x - 5} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = - 1;x = \frac{5}{2}$.

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$.

Chọn.C.

Ta có $\cos 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = k2\pi \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình $\cos 2x = 1$ là $\left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn. D.

Ta có $\overrightarrow u = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C}$ (quy tắc hính hộp).

Chọn D

Ta có $n = 42 \Rightarrow \frac{{3n}}{4} = 31{,}5$.

Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm trên là $\left[ {60;80} \right)$.

Chọn C

Ta có: ${\log _4}\left( {x + 1} \right) \ge 2 \Leftrightarrow x + 1 \ge {4^2} \Leftrightarrow x \ge 15.$

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $S = \left[ {15; + \infty } \right)$.

Chọn C

Ta có: $\int {{{2026}^x}dx = } \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C$.

Chọn D

Ta có ${u_4} = {u_1}.{q^3} = {2.3^3} = 54$.

Chọn A

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay $\left( H \right)$ xung quanh trục $Ox$ là $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}dx}$.

a) Đúng

Ta có:

$$y'\left( x \right) = - {7.10^{ - 4}}y\left( x \right) \Rightarrow \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} = - {7.10^{ - 4}}$$

Do đó: $f'\left( x \right) = {\left( {\ln y\left( x \right)} \right)^\prime } = \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} = - {7.10^{ - 4}}$.

b) Đúng

Ta có: $f'\left( x \right) = - {7.10^{ - 4}} \Rightarrow f\left( x \right) = - {7.10^{ - 4}}x + C$

Mà: $f\left( 0 \right) = \ln y\left( 0 \right) = \ln \left( {0{,}05} \right) \Rightarrow C = \ln \left( {0{,}05} \right)$

Vậy $f\left( x \right) = - {7.10^{ - 4}}x + \ln \left( {0{,}05} \right)$.

c) Sai

Ta có: $f\left( x \right) = \ln y\left( x \right) \Rightarrow y\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} = {e^{ - {{7.10}^{ - 4}}x + \ln \left( {0{,}05} \right)}} = 0{,}05.{e^{ - {{7.10}^{ - 4}}x}}$

Do đó: $y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right) = 0{,}05.{e^{ - {{7.10}^{ - 4}}.30}} - 0{,}05.{e^{ - {{7.10}^{ - 4}}.15}} \approx - {5{,}2.10^{ - 4}}$.

d) Sai

Nồng độ trung bình của chất gây bọt trong khoảng thời gian từ giây thứ 20 đến giây thứ 30 là:

$\overline y = \frac{1}{{30 - 20}}\int\limits_{20}^{30} {0{,}05.{e^{ - {{7.10}^{ - 4}}x}}{\rm{d}}x} \approx 0{,}05$ (mol/L).

a) Đúng

Điều kiện $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1$ $\Rightarrow$tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

b) Đúng

$f'\left( x \right) = \frac{{(2x + 4)(x - 1) - ({x^2} + 4x - 1).1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 2x - 4 - {x^2} - 4x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$.

c) Sai

Xét trên đoạn $\left[ {2;3} \right]$ ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Rightarrow x = - 1$ (loại); $x = 3$ (nhận).

$f\left( 2 \right) = 11$, $f\left( 3 \right) = 10$.

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {2;3} \right]$ bằng 10.

d) Đúng

Ta có $f\left( x \right) = x + 5 + \frac{4}{{x - 1}}$. Đường tiệm cận xiên là $y = x + 5$.

a) Sai.

Số bút trong hộp An có 5 xanh và 5 đen. Xác suất lấy được bút xanh là:

$P = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$.

b) Đúng.

Sau khi An bỏ 1 bút vào, hộp Bình có 11 chiếc (trong đó có 1 chiếc của An).

Xác suất để Bình bốc trúng chiếc bút vừa được thêm vào đó là:

$P = \frac{1}{{11}}$

c) Đúng.

Ta dùng công thức xác suất đầy đủ. Gọi $B$ là biến cố "Bình lấy được bút xanh".

 Trường hợp 1: An bỏ bút xanh vào hộp Bình $P\left( X \right){\rm{ }} = \frac{1}{2}$. Lúc này hộp Bình có $7$bút xanh trên tổng 11 bút. $P(B|X) = \frac{7}{{11}}$

 Trường hợp 2: An bỏ bút đen vào hộp Bình $P(\bar X) = \frac{1}{2}$. Lúc này hộp Bình vẫn chỉ có 6 bút xanh trên tổng 11 bút. $P(B|\bar X) = \frac{6}{{11}}$

Xác suất để Bình lấy được bút xanh là:

$$P(B) = P(X) \cdot P(B|X) + P(\bar X) \cdot P(B|\bar X) = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{11}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{6}{{11}} = \frac{{13}}{{22}}$$

d) Đúng.

Tìm $P({\rm{B\'u t An}}|B)$

Gọi ${A_x}$ là biến cố "Bình lấy được chiếc bút xanh mà chiếc đó là của An".

Điều này chỉ xảy ra khi An bỏ bút xanh vào (X) VÀ Bình bốc đúng chiếc đó.

$$P({A_x}) = P(X) \cdot \frac{1}{{11}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{11}} = \frac{1}{{22}}$$

Xác suất cần tìm:

$P = \frac{{P({A_x})}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{{22}}}}{{\frac{{13}}{{22}}}} = \frac{1}{{13}}$

Đáp án: a)S b)Đ c)Đ d)S

a) Sai.

Vectơ chỉ phương của $\Delta$ là ${\vec u_\Delta } = (3; - 4;1)$. Kết luận: SAI.

b) Đúng

- Xét tích vô hướng: ${\vec u_\Delta } \cdot {\vec n_P} = 3 \cdot 4 + ( - 4) \cdot 3 + 1 \cdot 0 = 12 - 12 + 0 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta \parallel (P)\\\Delta \subset (P)\end{array} \right..$

- Lấy điểm $A(50; - 20;10) \in \Delta$. Thay tọa độ A vào (P): $4.50 + 3.( - 20) - 140 = 200 - 60 - 140 = 0$ (Thỏa mãn).

Vì $A \in (P)$nên đường thẳng $\Delta$ nằm trong mặt phẳng (P). Kết luận: ĐÚNG.

c) Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {AC} = (200 - 50; - 300 - ( - 20);60 - 10) = (150; - 280;50)$; ${\vec u_\Delta } = (3; - 4;1)$

$$d(C,\Delta ) = \frac{{|[\overrightarrow {AC} ,{{\vec u}_\Delta }]|}}{{|{{\vec u}_\Delta }|}} = \frac{{\sqrt {{{( - 80)}^2} + {0^2} + {{240}^2}} }}{{\sqrt {{3^2} + {{( - 4)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{80\sqrt {10} }}{{\sqrt {26} }} \approx 49{,}6{\mkern 1mu} (km)$$

Vì $d(C,\Delta ) \approx 49{,}6 < R = 80$nên máy bay sẽ bay xuyên qua khối mây. Kết luận: ĐÚNG.

d) Sai.

M là hình chiếu của C lên $\Delta$, nên M thuộc $\Delta$. Tham số hóa tọa độ M:

$$M(50 + 3t; - 20 - 4t;10 + t) \Rightarrow \overrightarrow {CM} = (3t - 150; - 4t + 280;t - 50).$$

Vì $\overrightarrow {CM} \bot {\vec u_\Delta }$ nên:

$$\begin{array}{l}3(3t - 150) - 4( - 4t + 280) + 1(t - 50) = 0\\ \Leftrightarrow 9t - 450 + 16t - 1120 + t - 50 = 0 \Leftrightarrow 26t = 1620 \Leftrightarrow t = \frac{{810}}{{13}}\end{array}$$

Quãng đường AM là: $AM = \sqrt {{{(3t)}^2} + {{( - 4t)}^2} + {t^2}} = |t|\sqrt {26} = \frac{{810}}{{13}} \cdot \sqrt {26} \approx 317{,}7{\mkern 1mu} (km)$

Thời gian di chuyển T: $T = \frac{S}{v} = \frac{{317{,}7}}{{500}} \approx 0{,}6354{\mkern 1mu} (h) \approx 38{,}1p > 30p$

nên khẳng định thời gian nhỏ hơn 30 phút là sai. Kết luận: SAI.

Đáp án: 602

Tổng doanh thu: $F\left( x \right) = - 0{,}001{x^3} + 0{,}6{x^2} + 500x + 100000$.

Tổng chi phí sản xuất (điện, lương.): $x \cdot G\left( x \right) = x\left( {0{,}0002{x^2} + \frac{{40000}}{x}} \right) = 0{,}0002{x^3} + 40000$

Chi phí nguyên vật liệu sau khi giảm giá 2%:

$0{,}98 \cdot H\left( x \right) = \frac{{49}}{{50}}\left( { - \frac{4}{{49}}{x^2} + \frac{{750}}{{49}}x + \frac{{1500000}}{{49}}} \right) = - 0{,}08{x^2} + 15x + 30000$

Tổng chi phí $C\left( x \right)$:

$C\left( x \right) = \left( {0{,}0002{x^3} + 40000} \right) + \left( { - 0{,}08{x^2} + 15x + 30000} \right) = 0{,}0002{x^3} - 0{,}08{x^2} + 15x + 70000$

Lợi nhuận $P\left( x \right)$:$P\left( x \right) = F\left( x \right) - C\left( x \right)$

$P\left( x \right) = \left( { - 0{,}001{x^3} + 0{,}6{x^2} + 500x + 100000} \right) - \left( {0{,}0002{x^3} - 0{,}08{x^2} + 15x + 70000} \right)$

$P\left( x \right) = - 0{,}0012{x^3} + 0{,}68{x^2} + 485x + 30000$

Chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm $P\left( x \right)$ trên khoảng $100 \le x \le 800$.

$P\prime \left( x \right) = - 0{,}0036{x^2} + 1{,}36x + 485$

Giải phương trình $P\prime \left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow - 0{,}0036{x^2} + 1{,}36x + 485 = 0$

Nghiệm dương: $x \approx 601{,}6857 \approx 602$

Bảng biến thiên

Doanh nghiệp cần sản xuất $602$ sản phẩm trong một tháng để đạt lợi nhuận lớn nhất.

Đáp án: 156.

Gọi $x$ là số VĐV nam tham gia.

Số ván VĐV nam thi đấu với nhau: $A_x^2$.

Số ván VĐV nam thi đấu với VĐV nữ: $2(2x) = 4x$.

Ta có: $A_x^2 - 4x = 66$$\Leftrightarrow \frac{{x!}}{{(x - 2)!}} - 4x = 66$$\Leftrightarrow x(x - 1) - 4x - 66 = 0$$\Leftrightarrow {x^2} - 5x - 66 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 11{\rm{ (n)}}\\x = - 6\end{array} \right.$.

Tổng cộng có 13 VĐV (11 nam, 2 nữ)

Tổng số ván thi đấu: $A_{13}^2 = 156$ ván.

Đáp án: $6080$.

Đặt cạnh đáy hình vuông là $x$, suy ra đường chéo $BD = x\sqrt 2$.

Xét tam giác vuông $SAB$ và $SAD$, ta có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {2{a^2} + {x^2}}$.

Vì tam giác $SBD$ đều nên $SB = BD \Leftrightarrow \sqrt {2{a^2} + {x^2}} = x\sqrt 2 \Leftrightarrow 2{a^2} + {x^2} = 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{a^2}$.

Diện tích đáy ${S_{ABCD}} = {x^2} = 2{a^2}$.

Thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot 2{a^2} = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}$.

Suy ra $m = 2,n = 3$. Phân số $\frac{2}{3}$ tối giản.

Tính $m + 2026n = 2 + 2026 \times 3 = 6080$.

Đáp án: 107

+ Lấy ba đỉnh trong tám đỉnh sẽ tạo thành một tam giác $n\left( \Omega \right) = C_8^3 = 56$.

+ Gọi là biến cố A “lấy được tam giác vuông”

Tam giác vuông khi có một cạnh là đường kính của đường tròn $O$ và đỉnh còn lại khác với hai đỉnh của cạnh là đường kính. Bát diện đều có bốn đường chéo là đường kính đường tròn $O$, đỉnh còn lại lấy trong sáu đỉnh

$n\left( A \right) = 4.6 = 24$.

+ Xác suất của biến cố A: $p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{24}}{{56}} = \frac{3}{7}$

+ Gọi là biến cố B “ba số lập thành cấp số cộng”

Xét các bộ sô có công sai

$d = 1$ có $6$ bộ

$d = 2$ có $4$ bộ

$d = 3$ có $2$ bộ

+ $n\left( B \right) = 6 + 4 + 2 = 12$

+ Xác suất của biến cố B: $p\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{12}}{{56}} = \frac{3}{{14}}$

Hai biến cố A và B độc lập nên xác suất thu được một tam giác vuông với ba số trên ba đỉnh của tam giác (theo một thứ tự nào đó) lập thành một cấp số cộng là

$p\left( {AB} \right) = p\left( A \right).p\left( B \right) = \frac{3}{7}.\frac{3}{{14}} = \frac{9}{{98}}$.

Vậy $m = 9;\,n = 98 \Rightarrow m + n = 9 + 98 = 107$.

Đáp án: 21.

Vì $Oxy \equiv (ABC),A \in Oy,\Delta ABC$ đều nên trung điểm $D$ của $BC$ thuộc $Oy$.

Ta có, tam giác $ABC$ đều và $OA = 40\sqrt 3$ nên

$OA = \frac{{BC\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow BC = 120 \Rightarrow BD = \frac{{BC}}{2} = 60 \Rightarrow BB' = BD.\tan 10^\circ = 60\tan 10^\circ .$

Vì $O$ là tâm tam giác đều $ABC$ và $A \in Oy$ nên

$A(0;40\sqrt 3 ;0) \Rightarrow D(0; - 20\sqrt 3 ;0) \Rightarrow B(60; - 20\sqrt 3 ;0);C( - 60; - 20\sqrt 3 ;0).$

Do đó, ta có

$B'(60; - 20\sqrt 3 ; - 60\tan 10^\circ );C( - 60; - 20\sqrt 3 ;60\tan 10^\circ ) \Rightarrow |{z_{B'}} - {z_{C'}}| = 120\tan 10^\circ \approx 21{\rm{ m}}{\rm{.}}$

Cách khác

Gọi $D$ là trung điểm của $BC.$ Vì $O$ là tâm của tam giác đều $ABC$ và

$OA = 40\sqrt 3 = \frac{{BC\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow BC = 120 \Rightarrow BD = 60{\rm{ m}}{\rm{.}}$

Như vậy, theo đề bài ta có $BB' = CC' = BD.\tan 10^\circ = 60.\tan 10^\circ .$

Mặt khác, $BB',CC'$ đều song song với $Oz$ nên

$|{z_{B'}} - {z_{c'}}| = BB' + CC' = 2BB' = 120.\tan 10^\circ \approx 21.$

Đáp án: 98,1

Chọn hệ tọa độ $Oxy$ như hình vẽ

Ta có phương trình đường tròn tâm $N$ bán kính bằng $2\,{\rm{cm}}$ là ${\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 4$.

Suy ra phương trình cung tròn $AIB$ là $y = \sqrt {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}}$.

Thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi cung tròn $IB$; trục hoành, $x = 2;x = 4$ quanh trục hoành là ${V_1} = \pi \int\limits_2^4 {\left[ {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right]dx = \frac{{16\pi }}{3}}$.

Ta có điểm $I$có tọa độ $\left( {2;2} \right)$.

Ta có phương trình đường tròn tâm $M\left( {0;2} \right)$ là ${x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4$ suy ra cung tròn có phương trình là $y = 2 + \sqrt {4 - {x^2}}$.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi cung tròn ; trục hoành; $x = 0;x = 2$ quanh trục hoành là ${V_2} = \pi \int\limits_0^2 {{{\left[ {2 + \sqrt {4 - {x^2}} } \right]}^2}dx}$.

Thể tích của vật thể $\left( {H1} \right)$ bằng ${V_1} + {V_2} \approx 98{,}1$.