Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Điện Biên có đáp án

Chọn B

Ta có $V = \pi \int\limits_1^2 {\left( {{e^x} - x} \right)} dx = \pi \left. {\left( {{e^x} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2 = \pi \left( {{e^2} - e - \frac{3}{2}} \right)$.

Chọn B

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

Chọn C

Ta có ${\log _3}\left( {27a} \right) - {\log _3}a = {\log _3}27 + {\log _3}a - {\log _3}a = 3$.

Chọn A

Ta có khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là $R = 40 - 0 = 40$.

Chọn B

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy $B = 2{a^2}$ và chiều cao $h = 9a$ là

$V = \frac{1}{3}.\,B.\,h = \frac{1}{3}.\,2{a^2}.\,9a = 6{a^3}.$

Chọn D

Phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {0;\, - 2;\,1} \right)$ và bán kính $R = 5$ là:

${x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25.$

Chọn A

Hàm số nghịch biến khi $f'\left( x \right) < 0$.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $f'\left( x \right) < 0$ trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$ nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$.

Chọn D

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ, ta có: $\int {{{2026}^x}} \,dx = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln \,2026}} + C$.

Chọn D

Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2;2; - 6} \right)$.

Chọn C

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 5}}{{x + 1}}$ là đường thẳng có phương trình $y = 2$.

Chọn C

Toạ độ của vectơ $\overrightarrow {BA}$ là $\left( { - 2;2 - 4} \right)$.

Chọn B

Ta có

$\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PC} } \right) + \left( {\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PD} } \right) = 2\overrightarrow {MP} + \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) + \left( {\overrightarrow {PD} + \overrightarrow {PC} } \right) = 2\overrightarrow {MP}$

Suy ra $\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow b + \overrightarrow d } \right)$.

a) Đúng

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

b) Đúng

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

c) Sai

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow$$\frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0$Þ $x = - 1$; $x = 3$.

Vậy điểm $A\left( { - 1; - 3} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

d) Sai

Giao điểm của đồ thị $\left( C \right)$ với trục tung Oy có hoành độ ${x_0} = 0$ $\Rightarrow {y_0} = \frac{{{0^2} - 0 + 4}}{{0 - 1}} = - 4$.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại $M$: $k = f'\left( 0 \right) = \frac{{{0^2} - 2.00 - 3}}{{{{\left( {0 - 1} \right)}^2}}} = - 3$.

Phương trình tiếp tuyến $y = - 3(x - 0) - 4 \Rightarrow y = - 3x - 4$.

a) Đúng. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ mô phỏng lớp mây là $\frac{x}{5} + \frac{y}{{10}} + \frac{z}{{10}} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + z - 10 = 0$.

b) Đúng. Mặt cầu $\left( S \right)$ mô phỏng vùng phủ sóng của radar là ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 25$.

c) Sai. Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 3; - 4} \right)$

Phương trình đường thẳng $AB$ mô tả đường bay của máy bay là $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3\,\,\,}\\{y = - 3t}\\{z = - 4t}\end{array}} \right.$.

Gọi $C\left( {3; - 3t; - 4t} \right) = AB \cap \left( \alpha \right)$. Do $C \in \left( \alpha \right)$ nên ta có

$2.3 - 3t - 4t - 10 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{4}{7} \Rightarrow C\left( {3;\frac{{12}}{7};\frac{{16}}{7}} \right)$.

Ta có: $OC = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{{12}}{7}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{16}}{7}} \right)}^2}} = \frac{{29}}{7} < R$ nên điểm $C$ nằm trong vùng phủ sóng hiệu quả của radar.

d) Đúng. Gọi $K\left( {3; - 3k; - 4k} \right) = AB \cap \left( S \right)$.

Do $K \in \left( S \right)$ nên ta có ${3^2} + {\left( { - 3k} \right)^2} + {\left( { - 4k} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{k = \frac{4}{5}}\\{k = - \frac{4}{5}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{K_1}\left( {3; - \frac{{12}}{5}; - \frac{{16}}{5}} \right)}\\{{K_2}\left( {3;\frac{{12}}{5};\frac{{16}}{5}} \right)}\end{array}} \right.$.

Dựa vào tọa độ của $A,B$ suy ra ${K_2}\left( {3;\frac{{12}}{5};\frac{{16}}{5}} \right)$ là điểm bắt đầu khi máy bay đi vào vùng phủ sóng. Ta có: $\overrightarrow {{K_2}B} = \left( {0; - \frac{{12}}{5}; - \frac{{16}}{5}} \right) \Rightarrow {K_2}B = 4$.

Vậy quãng đường mà máy bay di chuyển trong vùng phủ sóng là 4km.

a) Xác suất $P(\bar A) = 0{,}5$ nên a) Đúng.

b) Xác suất $P(B|A) = 0{,}7$ nên b) Đúng.

c) Xác suất $P(B|\bar A) = 0{,}6 \in (0{,}4;0{,}9)$nên c) Đúng.

d) Ta có: $P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = 0{,}5 \cdot 0{,}7 + 0{,}5 \cdot 0{,}6 = 0{,}35 + 0{,}30 = 0{,}65$

$$P(A|B) = \frac{{P(A) \cdot P(B|A)}}{{P(B)}} = \frac{{0{,}5 \cdot 0{,}7}}{{0{,}65}} = \frac{{0{,}35}}{{0{,}65}} = \frac{7}{{13}} \approx 0{,}538$$

Lập tỉ số: $\frac{{P(A|B)}}{{P(B|A)}} = \frac{{7/13}}{{0{,}7}} = \frac{{7/13}}{{7/10}} = \frac{{10}}{{13}} \approx 0{,}769$ nên d) Sai.

a) Đúng.

$g(t) = \ln y(t) \Rightarrow g'(t) = \frac{{y'(t)}}{{y(t)}} = k \Rightarrow g(t) = kt + C.$

b) Đúng.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}y(10) = 40\\y(20) = 10\end{array} \right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}g(10) = \ln y(10) = \ln 40\\g(20) = \ln y(20) = \ln 10\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}10k + C = \ln 40\\20k + C = \ln 10\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{{ - \ln 4}}{{10}}\\C = 5\ln 2 + \ln 5\end{array} \right.$.

c) Sai.

$C = 5\ln 2 + \ln 5$.

d) Sai.

Ta có $g(t) = \frac{{ - \ln 4}}{{10}}.t + 5\ln 2 + \ln 5$

Do đó $y(t) = {e^{g(t)}} < 1 \Leftrightarrow g(t) < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - \ln 4}}{{10}}.t + 5\ln 2 + \ln 5 < 0 \Rightarrow t > \frac{{10(5\ln 2 + \ln 5)}}{{\ln 4}} \approx 36{,}6$.

Đáp án: 0,46.

Gọi A: ‘Chọn được vận động viên đội I’;

B: ‘Vận động viên được chọn đạt huy chương vàng’.

Xác suất cần tính là

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {B|A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right)}} = \frac{{0{,}65.\frac{5}{{12}}}}{{\frac{5}{{12}}.0{,}65 + \frac{7}{{12}}.0{,}55}} = \frac{{65}}{{142}} \approx 0{,}46$.

Đáp số: 36.

Giá gói cước hàng tháng là $x$ (triệu đồng)$= 0{,}001x$tỷ đồng.

Số lượng doanh nghiệp $S\left( x \right) = \sqrt {45 - x}$ nghìn $= 1000\sqrt {45 - x}$ doanh nghiệp.

Doanh thu $R\left( x \right) = 0{,}001x.1000\sqrt {45 - x} = x\sqrt {45 - x}$

Chi phí ${C_v}\left( x \right) = 10 + 3{S^2} = 10 + 3\left( {45 - x} \right) = 145 - 3x$.

Lợi nhuận $L\left( x \right) = R\left( x \right) - {C_v}\left( x \right) = x\sqrt {45 - x} + 3x - 145$.

$\Rightarrow L'\left( x \right) = \sqrt {45 - x} - \frac{x}{{2\sqrt {45 - x} }} + 3 = \frac{{90 - 3x}}{{2\sqrt {45 - x} }} + 3 = 0$$\Leftrightarrow x = 36$.

Từ BBT: GigaCloud cần niêm yết giá cước là 36 (triệu đồng) để lợ nhuận ròng hàng tháng là cao nhất.

Đáp án: 0,97

Cách 1. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung $EF.$

Cách 2. Tính gián tiếp

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD;$ $M$ là trung điểm của $CD;$ $H$ là chân đường cao của tam giác $SOM$ kẻ từ $O.$

Ta có,

$\begin{matrix}CD\subset (SCD) \\ AB‖CD\subset (SCD)\end{matrix}\}\Rightarrow \text{d}(AB,CD)=\text{d}(AB,(SCD))=\text{d}(B,(SCD))=2\text{d}(O,(SCD)).$

Mặt khác

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SO \bot (ABCD) \Rightarrow CD \bot SO\\CD \bot OM;SO \cap OM = O\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot (SOM)\\OH \subset (SOM)\end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot CD\\OH \bot SM;CD \cap SM = M\end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot (SCD)\\ \Rightarrow {\rm{d}}(O,(SCD)) = OH \Rightarrow {\rm{d}}(AB,SD) = 2OH.\end{array}$

Xét tam giác $SOD$ vuông tại $O$ có $S{O^2} = S{D^2} - O{D^2} = {2^2} - {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{7}{2}$

Xét tam giác $SOM$ vuông tại $O$ có $O{H^2} = \frac{{S{O^2}.O{M^2}}}{{S{O^2} + O{M^2}}} = \frac{{\frac{7}{2}.\frac{1}{4}}}{{\frac{7}{2} + \frac{1}{4}}} = \frac{7}{{30}} \Rightarrow OH = \frac{{\sqrt {210} }}{{30}}.$

Vậy ${\rm{d}}(AB,SD) = 2.\frac{{\sqrt {210} }}{{30}} \approx 0{,}97.$

Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ.

Chọn hệ trục như hình vẽ, ta có: $A\left( {0; - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),B\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),D\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),S\left( {0;0;\frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right).$

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right);\overrightarrow {DS} = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;\frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right);\overrightarrow {AD} = \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right)\\{\rm{d}}(AB,SD) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DS} } \right].\overrightarrow {AD} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DS} } \right]} \right|}} \approx 0{,}97.\end{array}$.

Đáp án: 270.

Ta có diện tích một cánh hoa ${S_1} = \int\limits_0^3 {\left| { - {x^2} + 4x - {x^2} + 2x} \right|} dx = 9$

Vậy diện tích cả bông hoa là $S = 5{S_1} = 45\,\,{m^2}$

Thể tích cả bông hoa là $V = 45 \times 0{,}15 = 6{,}75\,\,{m^3}$

Vậy chi phí vật liệu để đúc cả 5 cánh hoa trong mô hình biểu tượng này là $6{,}75 \times 40 = 270$ triệu đồng.

Đáp án: 5,66

Tiêu điểm là $A\left( {3;0;0} \right)$và $B\left( { - 3;0;0} \right)$ suy ra $c = 3$

Tổng khoảng cách từ nó đến hai trạm phát $A$và $B$ cố định bằng 10km suy ra $MA + MB = 2a = 10 \Rightarrow a = 5$.

Suy ra ${b^2} = {a^2} - {c^2} \Rightarrow b = 4$.

Phương trình Elip của quỹ đạo vệ tinh $M$ là $\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1$,

$C{M^2} = {x^2} + {y^2} + 16 = {x^2} + 16\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \right) + 16 = \frac{{9{x^2}}}{{25}} + 32 \ge 32$.

Vậy $CM$ đạt GTNN là $\sqrt {32} \approx 5{,}66{\rm{ khi }}x = 0$.

Đáp án: 469

Số phần tử của không gian mẫu:

Chọn $5$ số khác nhau từ $30$ số và xếp vào $5$ vị trí có thứ tự $A,B,C,D,E$. Số cách là:

$n(\Omega ) = A_{30}^5 = 30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26 = 17.100.720$

Phân tích điều kiện thuận lợi:

Gọi các số tại các vị trí là ${x_A},{x_B},{x_C},{x_D},{x_E} \in \{ 1;2; \ldots ;30\}$ và đôi một khác nhau.

$({x_A},{x_B},{x_C})$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng $\Rightarrow {x_A} + {x_C} = 2{x_B}$. Điều này kéo theo ${x_A},{x_C}$ phải cùng tính chẵn lẻ.

$({x_C},{x_D},{x_E})$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng $\Rightarrow {x_C} + {x_E} = 2{x_D}$. Điều này kéo theo ${x_C},{x_E}$ phải cùng tính chẵn lẻ.

$\Rightarrow {x_A},{x_C},{x_E}$ phải cùng tính chẵn lẻ.

$({x_A},{x_C},{x_E})$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân $\Rightarrow {x_A} \cdot {x_E} = x_C^2$.

Liệt kê các bộ $({x_A},{x_C},{x_E})$ thỏa mãn (Cùng chẵn lẻ, tích ${x_A}{x_E} = x_C^2$, đôi một khác nhau):

o Cùng chẵn:

$(2{,}4{,}8);(8{,}4{,}2)$

$(4{,}8{,}16);(16{,}8{,}4)$

$(6{,}12{,}24);(24{,}12{,}6)$

$(2{,}6{,}18);(18{,}6{,}2)$

$(8{,}12{,}18);(18{,}12{,}8)$

o Cùng lẻ:

$(1{,}3{,}9);(9{,}3{,}1)$

$(1{,}5{,}25);(25{,}5{,}1)$

$(3{,}9{,}27);(27{,}9{,}3)$

$$(9{,}15{,}25);(25{,}15{,}9)$$

Tổng cộng có 18 bộ $({x_A},{x_C},{x_E})$ thỏa mãn. Với mỗi bộ này, ${x_B}$ và ${x_D}$ được xác định duy nhất.

Ví dụ: Bộ $(1{,}3{,}9) \Rightarrow {x_B} = 2,{x_D} = 6$. Tập số $\{ 1{,}2{,}3{,}6{,}9\}$ đôi một khác nhau (Thỏa mãn).

Kiểm tra tất cả 18 bộ, các giá trị ${x_B},{x_D}$ sinh ra đều nguyên, thuộc $S$ và làm cho 5 số đôi một khác nhau.

Số kết quả thuận lợi là: $n(A) = 18$.

Xác suất: $a = \frac{{18}}{{17.100.720}}$.

Tính giá trị biểu thức:

$\frac{1}{{2026a}} = \frac{1}{{2026 \cdot \frac{{18}}{{17.100.720}}}} \approx 468{,}92$.