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

Chọn C

Xét từng dãy số

Dãy số I) thì ${u_1} = 10,{u_2} = - 2,{u_3} = - 14,{u_4} = - 26,{u_5} = - 38$$\Rightarrow d = - 12$. Đây là một cấp số cộng.

Dãy số II) có ${u_1} = \frac{1}{2},{u_2} = \frac{5}{4},{u_3} = 2,{u_4} = \frac{{11}}{4},{u_5} = \frac{7}{2}$$\Rightarrow d = \frac{3}{4}$. Đây là một cấp số cộng.

Dãy số III) có $\sqrt 2 - \sqrt 1 \ne \sqrt 3 - \sqrt 2$ nên đây không là cấp số cộng.

Dãy số ${u_1} = 1,{u_2} = 4,{u_3} = 7,{u_4} = 10,{u_5} = 15$$\Rightarrow d = 3$. Đây là một cấp số cộng.

Chọn D

Ta có $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Ta có ${\log _2}\left( {16a} \right) - {\log _2}a = {\log _2}16 = 4$.

Chọn A

Ta có $V = \frac{1}{3}SA \cdot \left( {\frac{1}{2}BA \cdot BC} \right) = \frac{1}{6} \cdot a\sqrt 3 \cdot a \cdot a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}}}{2}$.

Chọn B

$\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SD} = \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} \Leftrightarrow \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {BC}$, SAI vì $\overrightarrow {DA} ,\overrightarrow {BC}$ đối nhau.

Chọn B

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

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số $y = f(x) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 7$ có cực đại là ${y_{CD}} = 12$.

Chọn B

Áp dụng công thức: $\int {{a^x}{\rm{dx}}} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$.

Chọn A

Ta có: $n = 4 + 5 + 6 + 25 + 10 = 50$

$\frac{n}{2} = 25$.

Sắp xếp các só liệu trên theo thứ tự không giảm. Khi đó trung vị của mẫu số liệu trên bằng $\frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}$. Mà ${x_{25}}$; ${x_{26}}$ thuộc nhóm $\left[ {6;8} \right)$nên trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên thuộc nhóm $\left[ {6;8} \right)$.

Chọn A

Mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có phương trình là $y = 0$.

Chọn C

Điểm $P\left( {2;1 - 1} \right)$ thuộc đường thẳng $d$ vì $\frac{{2 - 2}}{1} = \frac{{1 - 1}}{{ - 2}} = \frac{{ - 1 + 1}}{3} = 0$.

Chọn B

Mặt cầu $\left( S \right)$ có đường kính bằng $8$ nên có bán kính bằng $4$. Do đó phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ là $\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 16$.

Đúng

Sai

ĐÚNG

Đúng

a) Đồ thị hàm số $f(x)$đi qua điểm $(4;0)$

Thay $x = 4;y = 0$vào ta có:

Vậy: Đồ thị hàm số $f(x)$đi qua điểm $(4;0)$$\Rightarrow a)$Đúng

b) Đồ thị hàm số $f(x)$có đường tiệm cận xiên là đường thẳng$y = x - 1$.

Ta có: $a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - x - 12}}{{x(x - 2)}} = 1$

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (f(x) - x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\frac{{{x^2} - x - 12}}{{x - 2}} - x) = 1$

Vậy: Đồ thị hàm số $f(x)$có đường tiệm cận xiên là đường thẳng$y = x + 1 \Rightarrow b)$Sai.

c) Đồ thị hàm số $f(x)$có tâm đối xứng là điểm $I(2;3)$

Ta có: Đồ thị hàm số $f(x)$có tiệm cận đứng là $x = 2$; Tiệm cận xiên là: $y = x + 1$

Giao điểm của TCĐ và TCX là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right. \Rightarrow I(2;3)$

Vậy: Đồ thị hàm số $f(x)$có tâm đối xứng là điểm $I(2;3) \Rightarrow c)$Đúng

d) Phương trình đường tiếp tuyến của đồ thị hàm số $f(x)$tại điểm $x = 3$có dạng$y = mx + n$, giá trị $m - n$ bằng$50$.

Ta có: $x = 3 \Rightarrow y = \frac{{{3^2} - 3 - 12}}{{3 - 2}} = - 6$

Mặt khác:

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y = 11(x - 3) - 6 = 11x - 39$

Khi đó: $m = 11;n = - 39$$\Rightarrow m - n = 11 - ( - 39) = 50 \Rightarrow d)$Đúng

a) $E\left( t \right) = \int {\left( {A + {e^{ - 0{,}4t}}} \right){\rm{dt}}} = At - \frac{5}{2}{e^{ - 0{,}4t}} + C$. Suy ra là mệnh đề đúng.

b) Ta có $E\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = \frac{5}{2} \Rightarrow$$E\left( t \right) = At - \frac{5}{2}{e^{ - 0{,}4t}} + \frac{5}{2}$

$E\left( 8 \right) = 120 \Rightarrow 8A - \frac{5}{2}{e^{ - 0{,}4.8}} + \frac{5}{2} = 120 \Rightarrow A \approx 15$. Suy ra là mệnh đề sai.

c) $E\left( 4 \right) = 15.4 - \frac{5}{2}{e^{ - 0{,}4.4}} + 2{,}5 \approx 62 < 65$. Suy ra là mệnh đề sai.

d) $\overline v = \frac{{E\left( 8 \right) - E\left( 4 \right)}}{{8 - 4}} \approx 14{,}8$. Suy ra là mệnh đề sai.

* Phân tích bài toán:

Gọi $A$ là biến cố: "Thí sinh được chọn là nữ". Suy ra $\bar A$ là biến cố: "Thí sinh được chọn là nam".

Gọi $B$ là biến cố: "Thí sinh vượt qua bài kiểm tra". Suy ra $\bar B$ là biến cố: "Thí sinh không vượt qua bài kiểm tra".

Theo đề bài, ta có:

$P\,\left( A \right) = 55\,\% = 0{,}55$

$P\,\left( {B|A} \right) = 80\,\% = 0{,}8$ (xác suất nữ vượt qua bài kiểm tra)

$P\,\left( {\bar B|\bar A} \right) = 25\,\% = 0{,}25$ (xác suất nam không vượt qua bài kiểm tra)

Ta có sơ đồ cây như sau:

a) Xác suất để thí sinh được chọn là nam là $P\,\left( {\overline A } \right) = 0{,}45$. Suy ra (a) đúng.

b) Xác suất để thí sinh được chọn vượt qua bài kiểm tra, biết rằng thí sinh đó là nam, là

$P\,\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 25\% = 0{,}75.$ Suy ra (b) đúng.

c) Xác suất để thí sinh được chọn vượt qua bài kiểm tra:

$P\,\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}55.0{,}8 + 0{,}45.0{,}75 = 0{,}7775 = 77{,}75\,\%$

Suy ra (c) sai.

d) Xác suất để thí sinh được chọn là nữ, biết rằng thí sinh đó không vượt qua bài kiểm tra

Ta có:

$P\,\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\,\left( A \right).P\,\left( {\overline B |A} \right)}}{{P\,\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0{,}55.0{,}2}}{{0{,}55.0{,}2 + 0{,}45.0{,}25}} = \frac{{44}}{{89}} \approx 0{,}4944 > 0{,}45$.

Suy ra (d) sai.

a) Đúng

Đường thẳng $AB$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;4; - 0{,}6} \right)$ và đi qua điểm $A\left( {3; - 1;0{,}6} \right)$ nên có phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 1 + 4t\\z = 0{,}6 - 0{,}6t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

b) Đúng

Máy bay cách mặt đất $120m$ tức là ${z_D} = 0{,}12$ suy ra $0{,}6 - 0{,}6t = 0{,}12 \Leftrightarrow t = 0{,}8$.

Do đó $D\left( {2{,}2;2{,}2;0{,}12} \right)$.

c) Đúng

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là $\frac{x}{7} + \frac{y}{{ - 7}} + \frac{z}{{0{,}9}} = 1$.

Gọi giao điểm của $AB$ và $\left( \alpha \right)$ là $C\left( {3 - t; - 1 + 4t;0{,}6 - 0{,}6t} \right)$ suy ra

$\frac{{3 - t}}{7} + \frac{{ - 1 + 4t}}{{ - 7}} + \frac{{0{,}6 - 0{,}6t}}{{0{,}9}} = 1$.

Giải phương trình trên thu được $t = \frac{5}{{29}}$ suy ra $C\left( {\frac{{82}}{{29}};\frac{{ - 9}}{{29}};\frac{{72}}{{145}}} \right)$.

Khi đó độ cao của máy bay là $\frac{{72}}{{145}} \approx 0{,}5\left( {km} \right)$.

d) Sai

Khi máy bay ở độ cao $120m$ thì máy bay ở vị trí $D\left( {2{,}2;2{,}2;0{,}12} \right)$.

$DG = \left| {\overrightarrow {DG} } \right| = \sqrt {{{\left( {4 - 2{,}2} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2{,}2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0{,}12} \right)}^2}} \approx 4{,}2 > 1{,}5$ do đó người phi công không đạt được quy định an toàn bay.

Đáp án: 23,4.

Gọi $I$ là trung điểm $BC$, $M$ là trung điểm của $BI$, $H$ là trung điểm $AB$.

Ta có $BC \bot \left( {SHM} \right)$

Suy ra góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$ là góc$\widehat {SMH} = 60^\circ$

Ta có $HM = \frac{1}{2}AI = \frac{1}{2}.6\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

$\tan 60^\circ = \frac{{SH}}{{HM}} \Rightarrow SH = HM.\tan 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{9}{2}$.

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{9}{2}{.6^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2} \approx 23{,}4$.

Đáp án: $46$.

Đây là bài toán lãi kép có rút.

Số tiền gửi ban đầu là $A = 1000$ triệu đồng, $a = 0{,}6\%$ là lãi suất mỗi tháng, $m = 25$ triệu là số tiền rút mỗi tháng. Tổng số tiền còn lại sau n tháng là ${S_n} = A{\left( {1 + a} \right)^n} - m.\frac{{{{\left( {1 + a} \right)}^n} - 1}}{a}$

${S_n} = 1000.{\left( {1{,}006} \right)^n} - 25.\frac{{{{\left( {1{,}006} \right)}^n} - 1}}{{0{,}006}} = - \frac{{9500}}{3}.{\left( {1{,}006} \right)^n} + \frac{{12500}}{3}$.

Để anh Bình rút hết số tiền trong ngân hàng thì

${S_n} \le 0 \Leftrightarrow - \frac{{9500}}{3}.{\left( {1{,}006} \right)^n} + \frac{{12500}}{3} \le 0 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1{,}006}}\frac{{25}}{{19}} \approx 45{,}88$.

Vậy sau $46$ tháng anh Bình rút hết tiền trong ngân hàng.

Đáp án: 85.

Ta có $n\left( \Omega \right) = {2^{14}}$

TH1: 3 ô đỏ cùng 1 hàng.

Xét hàng 1:

Tô 4 ô đen. Khi đó giữa 4 ô đen có 5 khoảng trống. Ta chọn 3 khoảng trong 5 khoảng để tô 3 ô đỏ, có $C_5^3$cách.

Tương tự với hàng 2.

Vậy ta có $2.C_5^3$ cách.

TH2: 3 ô đỏ ở 2 hàng, chẳng hạn:

Xét hàng 1: Tô 5 ô đen. Khi đó giữa 5 ô đen có 6 khoảng trống. Ta chọn 2 khoảng trong 6 khoảng để tô 2 ô đỏ, có $C_6^2$cách.

Xét hàng 2: các ô đối diện với 2 ô đỏ ở hàng 1 chỉ có thể tô đen. Vậy còn 5 chỗ trống để tô ô đỏ còn lại.

Vậy ta có $5.C_6^2$ cách.

Hoán vị hàng 1 và hàng 2, ta có tất cả số cách tô màu ở TH2 là: $2.5.C_6^2$ cách.

Vậy xác suất $P = \frac{{2.C_5^3 + 2.C_5^3}}{{{2^{14}}}} = \frac{{85}}{{8192}} \Rightarrow 8192P = 85$.

Trả lời: 125.

Gọi $x$ là số đơn vị sản phẩm được sản xuất ($1 \le x \le 200$).

Giá bán của mỗi đơn vị sản phẩm là $f(x) = 435 - 2x$ (triệu đồng).

Tổng doanh thu khi sản xuất $x$ đơn vị sản phẩm là: $R(x) = x \cdot f(x) = 435x - 2{x^2}$(triệu đồng).
Chi phí sản xuất bình quân cho một đơn vị sản phẩm là

$g(x) = \frac{{0{,}7{x^2}}}{{125}} - 1{,}706x + 96{,}5 + \frac{{6375}}{x}$ (triệu đồng).

Tổng chi phí sản xuất khi sản xuất $x$ đơn vị sản phẩm là:

${C_P}(x) = x \cdot g(x) = \frac{{0{,}7{x^3}}}{{125}} - 1{,}706{x^2} + 96{,}5x + 6375$ (triệu đồng).

Mức thuế cho một đơn vị sản phẩm là $2{,}5$ triệu đồng.

Tổng tiền thuế khi sản xuất $x$ đơn vị sản phẩm là: ${C_T}(x) = 2{,}5x$ (triệu đồng).

Tổng chi phí (bao gồm chi phí sản xuất và thuế) khi sản xuất $x$ đơn vị sản phẩm là:

$C(x) = {C_P}(x) + {C_T}(x)$$= \frac{{0{,}7{x^3}}}{{125}} - 1{,}706{x^2} + 99x + 6375$ (triệu đồng).

Hàm lợi nhuận $P(x)$ là hiệu giữa tổng doanh thu và tổng chi phí: $P(x) = R(x) - C(x)$

$\Rightarrow P(x) = - 0{,}0056{x^3} - 0{,}294{x^2} + 336x - 6375$.
Để tìm lợi nhuận lớn nhất, ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm $P(x)$ trên đoạn $[1;200]$.

$P'(x) = - 0{,}0168{x^2} - 0{,}588x + 336$.
Cho $P'(x) = 0$$\Rightarrow - 0{,}0168{x^2} - 0{,}588x + 336 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} \approx - 160\\{x_2} \approx 125\end{array} \right.$. Vì $x \ge 1$ nên ${x_2} \approx 125$ thỏa mãn.

Giá trị $x = 125$ nằm trong đoạn $[1;200]$.

Tính giá trị của $P(x)$ tại các điểm $x = 1$, $x = 125$, $x = 200$:

$P(1) = - 0{,}0056{(1)^3} - 0{,}294{(1)^2} + 336(1) - 6375 \approx - 6039{,}2996$.
$P(125) = - 0{,}0056{(125)^3} - 0{,}294{(125)^2} + 336(125) - 6375$$\approx 20093{,}75$.
$P(200) = - 0{,}0056{(200)^3} - 0{,}294{(200)^2} + 336(200) - 6375$$\approx 4265$.
So sánh các giá trị $P(1)$, $P(125)$, $P(200)$, ta thấy giá trị lớn nhất là $P(125) = 20093{,}75$.

Vậy, để lợi nhuận thu được lớn nhất, doanh nghiệp cần sản xuất $125$ đơn vị sản phẩm.

Đáp án: 3679.

Ta xét hình trên trong hệ trục $Oxy$ như hình vẽ

+) Xét parabol $(P):\,y = a{x^2} + b$ đia qua điểm $P(0;5);\,\,A(18;9)$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 5\\{18^2}a + c = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 5\\a = \frac{1}{{81}}\end{array} \right.$$\Rightarrow (P):\,\,y = \frac{{{x^2}}}{{81}} + 5$

+) Đường thẳng $AM:\,y = mx + n$ đi qua các điểm $A(18;9);\,\,M(12;0)$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}12m + n = 0\\18m + n = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\\n = - 18\end{array} \right.$$\Rightarrow y = \frac{{3x}}{2} - 18$.

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

$V = 2\left[ {\pi \int\limits_0^{18} {{{\left( {\frac{{{x^2}}}{{81}} + 5} \right)}^2}dx + \pi \int\limits_{12}^{18} {{{\left( {\frac{{3x}}{2} - 18} \right)}^2}dx} } } \right]$$= \frac{{5856}}{5}\pi \approx 3679\,\,\left( {c{m^3}} \right)$.

Đáp án: 6864.

Gọi ô ở trung tâm là $y$ với điều kiện như sau:

- Phải có ít nhất 2 cặp số $(a,c)$sao cho $ac = {y^2}$.

- Các số $a,c,y$ phân biệt, thuộc tập $S = \{ 1, \ldots ,18\}$

Các giá trị y thỏa mãn :

$y = 4 \Rightarrow {y^2} = 16$.

Có 2 cặp số thỏa mãn$\left\{ {1,{\rm{ }}16} \right\},{\rm{ }}\left\{ {2,{\rm{ }}8} \right\}$ . Số cách xếp: $C_2^2 \times 2! \times {2^2} = 8$.

$y = 6 \Rightarrow {y^2} = 36$.

Có 3 cặp số thỏa mãn $\left\{ {2,{\rm{ }}18} \right\},{\rm{ }}\left\{ {3,{\rm{ }}12} \right\},{\rm{ }}\left\{ {4,{\rm{ }}9} \right\}.$Số cách xếp: $C_3^2 \times 2! \times {2^2} = 24$.

$y = 12 \Rightarrow {y^2} = 144$.

Có 2 cặp số thỏa mãn $\left\{ {8,{\rm{ }}18} \right\},{\rm{ }}\left\{ {9,{\rm{ }}16} \right\}$. Số cách xếp: $C_2^2 \times 2! \times {2^2} = 8$.

Suy ra tổng số cách xếp 2 đường chéo: $8 + 24 + 8 = 40$

Xếp $13$ số vào $4$ ô còn lại: $A_{13}^4 = 17160$.

Vậy có tất cả $40 \times 17160 = 686.400$ cách xếp thỏa yêu cầu .

$\Rightarrow \frac{T}{{100}} = 6864$.