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

Chọn B

$I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{x + 1}} = \frac{1}{{0 + 1}} = 1$.

Chọn C

Từ hình vẽ ta có đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số bậc ba có hệ số $a < 0$ và $d > 0$.

Chọn B

Khoảng biến thiên $R = 10 - 3 = 7$.

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {1;2;3} \right)$ lên trục $Ox$ là điểm có tọa độ $\left( {1;0;0} \right)$.

Chọn B

Từ bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm $y'$ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua $x = 3$. Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3$.

Chọn A

Hàm số đã cho có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm bậc nhất $y' = - 3{x^2} + 3$.

Đạo hàm bậc hai $y'' = - 6x$.

Xét phương trình $y'' = 0 \Leftrightarrow - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Với $x = 0 \Rightarrow y = - 2$.

Do đồ thị hàm số bậc ba luôn nhận điểm uốn làm tâm đối xứng, nên tâm đối xứng của đồ thị là điểm $J\left( {0; - 2} \right)$.

Chọn D

Phép chiếu song song theo phương $A'A$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ biến điểm $A'$ thành điểm $A$.

Do $C'C{\rm{//}}A'A$ nên hình chiếu của điểm $C'$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ theo phương $A'A$ là điểm $C$. Suy ra ảnh của đoạn thẳng $A'C'$ qua phép chiếu song song này là đoạn thẳng $AC$.

Chọn B

Nhận thấy dãy số ${u_n} = n + 1$ là một cấp số cộng có công sai $d = 1 > 0$ nên đây là dãy số tăng.

Các dãy số còn lại đều dễ dàng thấy là dãy giảm khi $n$ tăng.

Chọn C

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

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( {9; + \infty } \right)$.

Chọn B

Vì hai vectơ ngược hướng nên góc giữa hai vecto $\overrightarrow {CC'}$ và $\overrightarrow {A'A}$ là $180^\circ$.

$\overrightarrow {CC'} .\overrightarrow {A'A} = \left| {\overrightarrow {CC'} } \right|.\left| {\overrightarrow {A'A} } \right|.\cos 180^\circ = - 1$.

Chọn B

Theo định nghĩa phương trình mặt phẳng.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow a = \left( { - 3;5;1} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {5^2} + {1^2}} = \sqrt {35}$.

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

a) Lợi nhuận của HTX sau một vụ canh tác là

$L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 70x - 100$.

Chọn ĐÚNG.

b) Xét phương trình $70x - 100 = 250 \Leftrightarrow x = 5$.

Chọn ĐÚNG.

c) Chi phí trung bình là $P\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 30x + 100}}{x} = x + 30 + \frac{{100}}{x}$

Ta có $P'\left( x \right) = 1 - \frac{{100}}{{{x^2}}}$.

$P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{{100}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 10$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra $P\left( x \right)$ giảm với $x \in \left( {1;10} \right)$.

Chọn SAI.

d) Ta có $Q\left( x \right) = \frac{{L\left( x \right)}}{{C\left( x \right)}} = \frac{{70x - 100}}{{{x^2} + 30x + 100}}$.

$Q'\left( x \right) = \frac{{ - 70{x^2} + 200x + 10000}}{{{{\left( {{x^2} + 30x + 100} \right)}^2}}}$.

$Q'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 70{x^2} + 200x + 10000 = 0 \Leftrightarrow x \approx 13{,}5$.

Ta có bảng biến thiên

Đồng vốn đầu tư hiệu quả cao nhất khi diện tích canh tác xấp xỉ bằng $13{,}5$. Còn chi phí trung bình trên mỗi đơn vị diện tích thấp nhất khi bằng $x = 10$.

Chọn SAI.

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

a) Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( { - x - \frac{1}{{x - 1}}} \right) = - \infty \Rightarrow x = 1$là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Mệnh đề đúng.

b) Hàm số có $f'\left( x \right) = - 1 + \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$. Do đó mệnh đề sai.

c) Hàm số có $f'\left( x \right) = - 1 + \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x = 2 \Rightarrow y = - 3\end{array} \right.$.

Qua $x = 2$, $f'\left( x \right)$đổi dấu từ dương sang âm. Vậy $x = 2$ là điểm cực đại của hàm số. Mệnh đề sai.

d) Mệnh đề đúng.

a) Khoảng cách từ $S$ đến $\left( P \right)$ bằng $\frac{{\left| {2.1 + 2.1 + 6 - 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}$. Vậy a) Đúng.

b) Phương trình tia laser là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 - 2t\\z = 6 - 2t\end{array} \right.\,,t \in \mathbb{R}.$. Giao điểm của tia laser và mặt phẳng $\left( P \right)$ thỏa mãn $\left( P \right):2\left( {1 + t} \right) + 2\left( {1 - 2t} \right) + \left( {6 - 2t} \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 1$, ứng với $M\left( {2; - 1;4} \right)$. Vậy b) Sai.

c) Vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)$, vectơ chỉ phương của Delta là $\overrightarrow u \left( {1; - 2; - 2} \right)$, nên góc giữa Delta và $\left( P \right)$ thỏa mãn $\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {n.} \overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\left| {2.1 + 2.\left( { - 2} \right) + 1.\left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{4}{9}$.

Vậy c) Đúng.

d) Gọi $d$ là đường thẳng nằm trong $\left( P \right)$ và song song với mặt đất, khi đó dòng nước chảy có phương vuông góc với $d$. Gọi $\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)$ là vectơ chỉ phương của trục $Oz$, khi đó theo tính chất của tích vô hướng, ta có $\overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow n } \right]$ và $\overrightarrow v = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow n } \right]$.

$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\\\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow n } \right] = \left( { - 2;2;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left( { - 1;1;0} \right)$ suy ra $\overrightarrow v = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow n } \right] = \left( {1;1; - 4} \right)$. Vậy d) Sai.

Cách khác: ý d sai vì $\overrightarrow v \left( {1;1;3} \right)$ và $\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)$không vuông góc.

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm này là $100 - 40 = 60$.

Suy ra a) Đúng.

b) Điểm trung vị của 100 học sinh tham gia kỳ thi: $\frac{n}{2} = 50\,$nên ${Q_2} = 60 + \frac{{50 - 25}}{{25}}.10 = 70$ điểm.

Vậy b) Sai.

c) Điểm trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm:

$\bar x = \frac{{45.10 + 55.15 + 65.25 + 75.30 + 85.15 + 95.5}}{{100}} = 69$, mà $69 < 69{,}5 < 70$

Suy ra Bình thuộc loại "chưa đạt". nhưng điểm số của Bình vẫn cao hơn mức điểm trung bình.

Vậy c) Đúng.

d) Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có đầy đủ đại diện của cả 3 nhóm xếp loại và luôn có mặt An”.

$\frac{{3n}}{4} = 75,\,\,50 < 75 < 80$ nên ta xét nhóm $[70;80)$

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_3} = 70 + \frac{{75 - 50}}{{30}} \cdot 10 = 70 + \frac{{25}}{3} \approx 78{,}33$

An đạt số điểm là $82$ điểm nên An đạt loại “xuất sắc”.

Không gian mẫu có số phần tử là $n\left( \Omega \right) = C_{100}^4$.

$P\left( A \right) = \frac{{C_{24}^1.C_{25}^1.C_{50}^1 + 1.C_{25}^2.C_{50}^1 + 1.C_{25}^1.C_{50}^2}}{{C_{100}^4}} = \frac{{275}}{{14259}}$.

Vậy d) Đúng.

Đáp án: 160.

Gọi mặt hồ bơi là một miền phẳng $D$ trên hệ trục tọa độ$Oxy$. Theo dữ kiện đề bài, miền $D$ được giới hạn bởi các đường:

● Trục$Ox$: $y = 0$

● Trục$Oy$: $x = 0$

● Đường thẳng: $x = 12$

● Đường cong: $y = - \frac{1}{{18}}{x^2} + \frac{2}{3}x + 4$

Do đó, với một vị trí có hoành độ $x \in \left[ {0{,}12} \right]$, chiều rộng của hồ bơi chính là tung độ của đường cong $y = f\left( x \right) = - \frac{1}{{18}}{x^2} + \frac{2}{3}x + 4$.

Tại vị trí có hoành độ $x$, độ sâu của hồ bơi chỉ phụ thuộc vào hoành độ và được cho bởi công thức: $h\left( x \right) = \frac{1}{4}x + 1$.

Khi cắt hồ bơi bởi một mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$, ta được thiết diện là một hình chữ nhật có chiều rộng là $f\left( x \right)$ và chiều dài là $h\left( x \right)$. Diện tích thiết diện này là: $S\left( x \right) = f\left( x \right) \cdot h\left( x \right)$

Do đó ta có

$S\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{18}}{x^2} + \frac{2}{3}x + 4} \right)\left( {\frac{1}{4}x + 1} \right)$$= - \frac{1}{{72}}{x^3} - \frac{1}{{18}}{x^2} + \frac{1}{6}{x^2} + \frac{2}{3}x + x + 4$

$= - \frac{1}{{72}}{x^3} + \left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{18}}} \right){x^2} + \left( {\frac{2}{3} + 1} \right)x + 4$

$= - \frac{1}{{72}}{x^3} + \frac{1}{9}{x^2} + \frac{5}{3}x + 4$

Thể tích khối nước trong hồ chính là tích phân của diện tích thiết diện $S\left( x \right)$ trên đoạn từ $x = 0$ đến $x = 12$:

$V = \int_0^{12} S \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \int_0^{12} {\left( { - \frac{1}{{72}}{x^3} + \frac{1}{9}{x^2} + \frac{5}{3}x + 4} \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 160$.

Kết luận: Thể tích nước tối đa mà hồ bơi có thể chứa là $160\,\,{{\rm{m}}^3}$.

Quy ước $1$ đơn vị độ dài trên hệ trục tọa độ tương ứng với $100m$ thực tế.

Dựa vào giả thiết hệ trục $Oxyz$, ta có:

Điểm $A$ cao $100\,{\rm{m}}$, cách vị trí ban đầu $200\,\,{\rm{m}}$về phía Đông và $100\,\,{\rm{m}}$ về phía Nam $\Rightarrow A\left( {2;1;1} \right)$

Điểm $B$ cao $300\,\,{\rm{m}}$, cách vị trí ban đầu $140\,\,{\rm{m}}$về phía Tây và $200\,\,{\rm{m}}$về phía Nam $\Rightarrow B\left( { - 1{,}4;2;3} \right)$ hay $B\left( { - \frac{7}{5};2;3} \right)$.

Điểm $P$ nằm trên mặt đất $\Rightarrow P\left( {a;b;0} \right)$.

Drone di chuyển từ $P$ theo hướng Tây 40m đến $Q$, tức là di chuyển ngược chiều trục $Ox$. Ta có vectơ độ dời $\overrightarrow {PQ} = \left( { - 0{,}4;0;0} \right) = \left( { - \frac{2}{5};0;0} \right)$.

Tổng quãng đường bay là $d = AP + QB$.

Gọi $A'$ là ảnh của điểm $A$ qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow {PQ}$.

Ta có $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {PQ} = \left( { - \frac{2}{5};0;0} \right) \Rightarrow A'\left( {2 - \frac{2}{5};1;1} \right)$ hay $A'\left( {\frac{8}{5};1;1} \right)$.

Vì $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {PQ}$ nên tứ giác $AA'QP$ là hình bình hành, suy ra $AP = A'Q$.

Khi đó, tổng quãng đường bay trở thành: $d = A'Q + QB$.

Ta cần tìm vị trí điểm $Q \in \left( {Oxy} \right)$ sao cho $A'Q + QB$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Nhận thấy cao độ của $A'$ và $B$ là ${z_{A'}} = 1 > 0$ và ${z_B} = 3 > 0$, nên $A'$ và $B$ nằm cùng một phía đối với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $A''$ là điểm đối xứng của $A'$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

$\Rightarrow A''\left( {\frac{8}{5};1; - 1} \right)$.

Với mọi điểm $Q \in \left( {Oxy} \right)$, ta luôn có $A'Q = A''Q$.

Do đó: $d = A'Q + QB = A''Q + QB \ge A''B$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 điểm $A'',Q,B$ thẳng hàng, hay điểm $Q$ là giao điểm của đường thẳng $A''B$ với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng $A''B$ là $\overrightarrow {A''B} = \left( { - \frac{7}{5} - \frac{8}{5};2 - 1;3 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( { - 3;1;4} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $A''B$: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{8}{5} - 3t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 1 + 4t}\end{array}} \right.$.

Vì $Q \in \left( {Oxy} \right)$ nên ${z_Q} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 4t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{4}$.

Thay $t = \frac{1}{4}$ vào phương trình tham số, ta tìm được tọa độ điểm $Q$:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_Q} = \frac{8}{5} - 3\left( {\frac{1}{4}} \right) = \frac{{17}}{{20}}}\\{{y_Q} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}}\\{{z_Q} = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow Q\left( {\frac{{17}}{{20}};\frac{5}{4};0} \right)$.

Do $\overrightarrow {PQ} = \left( { - \frac{2}{5};0;0} \right) \Rightarrow P\left( {\frac{{17}}{{20}} + \frac{2}{5};\frac{5}{4};0} \right)$ hay $P\left( {\frac{5}{4};\frac{5}{4};0} \right)$.

Suy ra $a = \frac{5}{4} = 1{,}25$, $b = \frac{5}{4} = 1{,}25$ và $c = 0$.

Giá trị của biểu thức là: $S = 2a + 4b + c = 2.1{,}25 + 4.1{,}25 + 0 = 7{,}5$.

Đáp án: $400$.

Gọi $x$ là số tiền chi cho quảng cáo trên Facebook.

Gọi $y$ là số tiền chi cho quảng cáo trên Google.

Điều kiện: $x,y > 0$.

Từ các điều kiện của đề bài, ta có hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y \le 80\quad ({d_1})}\\{x \ge 20\quad ({d_2})}\\{x \le 50\quad ({d_3})}\\{y \ge 15\quad ({d_4})}\\{y \le x\quad ({d_5})}\end{array}} \right.$

Miền nghiệm của hệ là đa giác $ABCDE$ với tọa độ các đỉnh là giao điểm của các đường thẳng tương ứng:

A là giao của $x = 20$ và $y = 15 \Rightarrow A(20;15)$.

B là giao của $y = x$ và $x = 20 \Rightarrow B(20;20)$.

C là giao của $y = x$ và $x + y = 80 \Rightarrow 2x = 80 \Rightarrow C(40;40)$.

D là giao của $x = 50$ và $x + y = 80 \Rightarrow D(50;30)$.

E là giao của $x = 50$ và $y = 15 \Rightarrow E(50;15)$.

Gọi $F(x;y)$ là tổng lượng khách hàng tiếp cận: $F(x;y) = 4x + 6y$

Tại $A(20;15):F = 4(20) + 6(15) = 80 + 90 = 170$.

Tại $B(20;20):F = 4(20) + 6(20) = 80 + 120 = 200$.

Tại $C(40;40):F = 4(40) + 6(40) = 160 + 240 = 400$.

Tại $D(50;30):F = 4(50) + 6(30) = 200 + 180 = 380$.

Tại $E(50;15):F = 4(50) + 6(15) = 200 + 90 = 290$.

Giá trị lớn nhất ${F_{max}} = 400$.

Vậy lượng khách hàng tiếp cận lớn nhất là 400 nghìn khách khi doanh nghiệp chi 40 triệu cho Facebook và 40 triệu cho Google.

Đáp án: $- 0{,}4$.

Gọi $O$ là trung điểm của $AB$, do tam giác $SAB$cân tại S nên $SO \bot AB$ mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$. Suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$. Chọn hệ trục toạ độ ${\rm{Ox}}yz$ như hình vẽ

Diện tích tam giác $SAB$ là $\frac{1}{2}.SO.AB = 6 \Leftrightarrow SO = 3$.

Khi đó $S\left( {0;0;3} \right),O\left( {0;0;0} \right),A\left( { - 2;0;0} \right),C\left( {2;4;0} \right),D\left( { - 2;4;0} \right)$.

Phương trình tham số đường thẳng $AC$là $\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + t\\y = t\\z = 0\end{array} \right.$. Gọi $J$là hình chiếu của $S$lên $AC$.

Có $J\left( {t - 2;t;0} \right)$ mà $\overrightarrow {SJ} .\overrightarrow {AC} = 0 \Rightarrow t = 1 \Rightarrow \overrightarrow {JS} \left( {1; - 1;3} \right)$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $D$lên $AC$tương tự suy ra $\overrightarrow {KD} \left( { - 2;2;0} \right)$.

${\rm{cos}}\left[ {S;AC;D} \right] = {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {JS} ,\overrightarrow {KD} } \right) \approx - 0{,}4$.

Đáp án: $0{,}06$.

Ta có $C\left( t \right) = \frac{{at}}{{{t^2} + 4}} \Rightarrow C'\left( t \right) = \frac{{ - a{t^2} + 4a}}{{{{\left( {{t^2} + 4} \right)}^2}}}$.

Khi đó $C'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - a{t^2} + 4a = 0$.

Vì $a > 0$ nên $- {t^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Do đó $C\left( 2 \right) = \frac{a}{4} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a = 2$và $C'\left( t \right) = \frac{{ - 2{t^2} + 8}}{{{{\left( {{t^2} + 4} \right)}^2}}}$.

Tốc độ thay đổi tức thời của nồng độ thuốc tại thời điểm $t = 4$ là

$C'\left( 4 \right) = \frac{{ - {{2.4}^2} + 8}}{{{{\left( {{4^2} + 4} \right)}^2}}} = - 0{,}06$.

Vậy giá trị tuyệt đối của tốc độ $0{,}06$.

Đáp án: 8,2.

Số cách chọn $5$ chữ số phân biệt từ $1$ đến $9$ là $n\left( \Omega \right) = A_9^5 = 15120$.

Trong tập hợp $\left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}$ có $4$ số chẵn và $5$ số lẻ.

Ta xét các trường hợp mật khẩu thỏa mãn với dãy các số tăng dần:

+ Chọn $4$ số chẵn và $1$ số lẻ bất kỳ có $C_4^4C_5^1 = 5$ cách.

+ Chọn $3$ số chẵn và $2$ số lẻ đặt vào “vách ngăn” giữa các số chẵn, nhưng luôn có một “vách ngăn” đặt được $2$ số lẻ liên tiếp nên có $C_4^3\left( {C_5^2 - 1} \right) = 36$ cách.

+ Chọn $2$ số chẵn và $3$ số lẻ:

Với các cặp $\left\{ {2;4} \right\}$, $\left\{ {2;8} \right\}$ và $\left\{ {6;8} \right\}$: Có.$1 \times 1 \times 3 = 3$. cách mỗi cặp.

Với các cặp $\left\{ {2;6} \right\}$, $\left\{ {4;6} \right\}$ và $\left\{ {4;8} \right\}$: Có $1 \times 2 \times 2 = 4$ cách mỗi cặp.

Vậy có tất cả $3 \times 3 + 3 \times 4 = 21$ cách.

Số các mật khẩu thỏa mãn là $n\left( A \right) = \left( {5 + 36 + 21} \right) \times 2 = 124$ cách.

Vậy $a \times {10^{ - 3}} = \frac{{124}}{{15120}} = \frac{{31}}{{3780}} \Rightarrow a = \frac{{1550}}{{189}} \approx 8{,}2$.