Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Sơn La lần 1 có đáp án

Chọn D

Cỡ mẫu số liệu $n = 3 + 6 + 5 + 4 + 2 = 20 \Rightarrow \frac{n}{4} = 5,\,\frac{{3n}}{4} = 15$.

+ Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1} \in \left[ {3{,}0;\,3{,}3} \right) \Rightarrow {Q_1} = 3{,}0 + \frac{{5 - 3}}{6}.0{,}3 = 3{,}1$.

+ Tứ phân vị thứ ba ${Q_3} \in \left[ {3{,}6;\,3{,}9} \right) \Rightarrow {Q_3} = 3{,}6 + \frac{{15 - (3 + 6 + 5)}}{4}.0{,}3 = 3{,}675$.

Khoảng tứ phân vị ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3{,}675 - 3{,}1 = 0{,}575$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow u = 2\overrightarrow i - 5\overrightarrow k \Rightarrow \overrightarrow u \left( {2;\,0;\, - 5} \right)$.

Chọn B

Ta có $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1}.{q^3} = {2.3^3} = 54$.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$ theo quy tắc hình hộp.

Chọn D

$I = \int_1^2 {f'} \left( x \right){\rm{d}}x = f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) = 1 + 2 = 3$.

Chọn D

$\int {(\sin x + \cos x)} {\rm{d}}x = \sin x - \cos x + C$.

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = - \infty$.

Suy ra $x = 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn A

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

Chọn B

Ta có: ${\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x + 1 = {2^3} \Leftrightarrow x + 1 = 8 \Leftrightarrow x = 7$.

Chọn A

Ta có: $\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B

Do $BB'{\rm{//}}AA'{\rm{//}}CC'$ và $BB' \not\subset \left( {ACC'A'} \right)$ nên $BB'{\rm{//}}\left( {ACC'A'} \right)$.

Chọn C

Ta có: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{6}.3.4.4 = 8$.

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

a) Đúng.

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x$.

b) Sai.

Tập xác định của hàm số: $D = \mathbb{R}$.

Xét $f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\, \Rightarrow y = - 4.\\x = - 2 \Rightarrow y = 0.\end{array} \right.$

Ta có bảng biến thiên của hàm số:

Hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 2} \right);\left( {0; + \infty } \right)$.

c) Đúng.

Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = - 2$.

d) Đúng.

Tập xác định của hàm số: $D = \mathbb{R}$

Bảng biến thiên của hàm số:

Xét $f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\end{array} \right.$ suy ra đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ có hai điểm chung với trục $Ox$là $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {1;0} \right)$.

Với $x = 0$ thì $y = - 4$ suy ra đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ điểm chung với trục $Oy$là $\left( {0; - 4} \right)$.

Vậy đồ thị hàm số $f\left( x \right)$:

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

Gọi các biến cố:

A: “Người có thể lực tốt”

B: Người thường xuyên chơi thể thao”

Từ giả thiết, ta có sơ đồ hình cây như sau:

a) Đúng.

Áp dụng công thức xác suất có điều kiện, ta có:

$P\left( {A \cap B} \right) = P(B).P(A|B) = 0{,}2.0{,}7 = 0{,}14$.

b) Đúng.

Theo sơ đồ hình cây, ta có: $P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}15$.

c) Sai.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}2.0{,}7 + 0{,}8.0{,}15 = 0{,}26$.

Vậy $P\left( A \right) = 26\%$.

d) Sai.

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

$P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}2.0{,}7}}{{0{,}26}} = \frac{7}{{13}}$.

a) Sai.

Hàm lợi nhuận $P(x)$ là một nguyên hàm của hàm lợi nhuận biên $P'(x)$.

Ta có: $P(x) = \int {P'} (x)dx = \int {( - 0{,}0008x + 10{,}4)} dx = - 0{,}0004{x^2} + 10{,}4x + C$.

Vì khi không bán được sản phẩm nào thì lợi nhuận bằng $0$ nên $P(0) = 0 \Rightarrow C = 0$.

Suy ra $P(x) = - 0{,}0004{x^2} + 10{,}4x$.

b) Đúng. Lợi nhuận khi bán được 50 sản phẩm đầu tiên là:

$\int_0^{50} {P'} (x)dx = P(50) - P(0) = - {0{,}0004.50^2} + 10{,}4.50 = - 1 + 520 = 519$ (triệu đồng).

c) Sai. Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 50 lên 55 đơn vị sản phẩm là:

$\int_{50}^{55} {P'} (x)dx = P(55) - P(50) = ( - {0{,}0004.55^2} + 10{,}4.55) - 519 = 570{,}79 - 519 = 51{,}79$ (triệu đồng).

d) Sai. Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 50 lên $a$ đơn vị sản phẩm (với $a \in {\mathbb{N}^*},a > 50$) là:

$P(a) - P(50) = - 0{,}0004{a^2} + 10{,}4a - 519$.

Theo giả thiết, sự thay đổi này lớn hơn 517 triệu đồng, ta có bất phương trình:

$- 0{,}0004{a^2} + 10{,}4a - 519 > 517$

$\Leftrightarrow - 0{,}0004{a^2} + 10{,}4a - 1036 > 0$

$\Leftrightarrow {a^2} - 26000a + 2590000 < 0$

$\Leftrightarrow 100 < a < 25900$.

Vì $a$ là số lượng đơn vị sản phẩm nên $a$ phải là số nguyên. Suy ra giá trị nhỏ nhất của $a$ thỏa mãn điều kiện lớn hơn 100 là $a = 101$.

a) [NB] Ta có:$O\left( {0;0;0} \right)$, $C\left( {20;{\rm{ }}0;{\rm{ }}0} \right)$, $B\left( {0,{\rm{ }}16,{\rm{ }}0} \right)$, $D\left( {20,{\rm{ }}0,{\rm{ }}9} \right)$, $E\left( {0,{\rm{ }}16,{\rm{ }}12} \right)$

$OD = \sqrt {{{20}^2} + {0^2} + {9^2}} = \sqrt {400 + 81}$

$OD \approx 21{,}93\left( {km} \right)$

Đổi ra mét và làm tròn: $OD \approx 21{\rm{ }}930\left( m \right) = 22{\rm{ }}000\left( m \right)$. Chọn: SAI.

b) [TH].

Gọi tọa độ của $I(x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z)$

Theo đầu bài ta có: $\overrightarrow {DI} = \frac{1}{4}\overrightarrow {DE}$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 20 = - 5}\\{y - 0 = 4}\\{z - 9 = \frac{3}{4}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 15}\\{y = 4}\\{z = \frac{{39}}{4}}\end{array}} \right.$.

Vậy: Độ cao của điểm $I$ là $\frac{{39}}{4} = 9{,}75$ nên máy bay cách mặt đất $9{,}75\left( {km} \right){\rm{ = }}9750{\mkern 1mu} \left( m \right)$.

Chọn: ĐÚNG.

c) [TH] Ta có: $\overrightarrow {DP} = ( - 4;3{,}2;0{,}6)$ mà

Vậy: $\overrightarrow {DE} = 5\overrightarrow {DP}$ nên hai vectơ $\overrightarrow {DE}$ và $\overrightarrow {DP}$ là hai vectơ cùng phương.

Vậy: $P \in DE$. Chọn: ĐÚNG.

d) [VD]Rađa theo dõi trong bán kính: $R = 20\left( {km} \right) = 20{\rm{ 000 }}\left( m \right)$.

Xét phương trình mặt cầu tâm $O$: ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 400$ $\left( S \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $DE:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 20 - 20t}\\{y = 16t}\\{z = 9 + 3t}\end{array}} \right.$

Tìm giao điểm của mặt cầu $\left( S \right)$và đường thẳng $DE$:

${(20 - 20t)^2} + {(16t)^2} + {(9 + 3t)^2} = 400$

$\Leftrightarrow 400 - 800t + 400{t^2} + 256{t^2} + 81 + 54t + 9{t^2} = 400$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{t_1} = 1}\\{{t_2} = 0{,}12}\end{array}} \right.$.

Vậy: Đường thẳng $DE$cắt mặt cầu $(S)$ tại $2$ điểm: $M(0{\rm{ }};{\rm{ }}16{\rm{ }};{\rm{ }}12)$ và điểm

$N(17{,}6{\rm{ }};{\rm{ }}1{,}92{\rm{ }};{\rm{ }}9{,}36)$

Khoảng cách giữa hai điểm $M$ và $N$: $MN = \sqrt {514{,}976} \approx 22{,}693(km)$

Hay: $MN = 22693(m)$

Làm tròn đến hàng trăm: $MN = 22{\rm{ }}700(m)$. Chọn: SAI.

Đáp án: $0{,}42$.

Quan sát hình vẽ, để đi từ điểm $A$ đến điểm $B$, robot luôn phải thực hiện 6 bước đi ngang và 4 bước đi xuống, tổng cộng 10 bước di chuyển.

Mỗi đường đi từ $A$ đến $B$ tương ứng với một cách sắp xếp vị trí cho 4 bước dọc trong tổng số 10 bước di chuyển.

Vậy tổng số đường đi có thể có từ $A$ đến $B$ là: $n\left( \Omega \right) = C_{10}^4 = 210$ đường đi.

Quan sát hình vẽ, ta thấy:

- Điểm $M$ nằm ở vị trí cách $A$ 2 bước ngang và 2 bước dọc.

- Điểm $N$ nằm ở vị trí cách $A$ 3 bước ngang và 3 bước dọc.

Gọi $H$ là biến cố “Không đi qua cả $M$ và $N$”. Khi đó $\overline H$ là biến cố “Đi qua $M$ hoặc $N$”.

TH1: Số đường đi qua $M$

Từ $A$ đến $M$ (cần 2 ngang, 2 dọc): Số cách đi là $C_4^2 = 6$.

Từ $M$ đến $B$ (còn lại 4 ngang, 2 dọc): Số cách đi là $C_6^2 = 15$.

Tổng số đường đi qua $M$ là: $6\,.\,15 = 90$ đường đi.

TH2: Số đường đi qua $N$

Từ $A$ đến $N$ (cần 3 ngang, 3 dọc): Số cách đi là $C_6^3 = 20$.

Từ $N$ đến $B$ (còn lại 3 ngang, 1 dọc): Số cách đi là $C_4^1 = 4$.

Tổng số đường đi qua $N$ là: $20\,.\,4 = 80$ đường đi.

TH3: Số đường đi qua cả $M$ và $N$

Từ $A$ đến $M$: Có 6 cách.

Từ $M$ đến $N$ (cần 1 ngang, 1 dọc): Có $C_2^1 = 2$ cách.

Từ $N$ đến $B$: Có 4 cách.

Tổng số đường đi qua cả $M$ và $N$ là: $6\,.\,2\,.\,4 = 48$ đường đi.

Vậy, số đường đi qua $M$ hoặc qua $N$ là:

$n\left( {M \cup N} \right) = n\left( M \right) + n\left( N \right) - n\left( {M \cap N} \right) = 90 + 80 - 48 = 122$ đường đi.

Số đường đi từ $A$ đến $B$ mà không đi qua cả $M$ và $N$ là: $210 - 122 = 88$ đường đi.

Xác suất cần tìm là: $P\left( A \right) = \frac{{88}}{{210}} \approx 0{,}42$.

Đáp án: $0{,}83$.

Đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$, cạnh bằng $1$, góc $ABC = 60^\circ$ nên $\Delta ACD$ và $\Delta ABC$ đều.

Trong $\Delta ACD$ vẽ trung tuyến $AM \bot CD$.

Xét tam giác $ACM$ vẽ đường trung bình $ON$, suy ra $ON \bot CD$.

Vẽ $OH \bot SN$.

T a có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{CD \bot ON}\\{CD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH$.

Vậy $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{OH \bot CD}\\{OH \bot SN}\end{array}} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

$O$ là trung điểm $AC$ nên $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH$.

$AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow ON = \frac{1}{2}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Xét tam giác $SON$ vuông tại $O$ có $OH = \frac{{SO.ON}}{{\sqrt {S{O^2} + O{N^2}} }} = \frac{{\frac{3}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{26}}$

Vậy $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = 2.\frac{{3\sqrt {13} }}{{26}} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}} \approx 0{,}83$.

Đáp án: 116.

Để tiết kiệm thời gian, nhà địa chất sẽ di chuyển theo các đoạn $AC \to CD \to DB$.

Vì có thể đi nhanh hơn trên $CD$, ta cần xác định độ dài ngắn nhất của quãng đường $AC + DB$.

Dễ thấy $\left( {AC + DB} \right) \to \min$ khi $AC = BD \Rightarrow CC' = DD'$.

Đặt $CC' = x$$\left( {0 < x < 35} \right)$, tổng thời gian di chuyển là $f\left( x \right) = \frac{{2\sqrt {{x^2} + 100} }}{{30}} + \frac{{70 - 2x}}{{50}}$ (giờ).

Đạo hàm: $f'\left( x \right) = \frac{x}{{15\sqrt {{x^2} + 100} }} - \frac{2}{{50}}$; $f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 5x = 3\sqrt {{x^2} + 100} \Rightarrow x = 7{,}5 \in \left( {0;35} \right)$.

Bảng biến thiên:

Vậy thời gian ngắn nhất để nhà địa chất di chuyển từ $A$ đến $B$ là $\frac{{29}}{{15}} \times 60 = 116$ phút.

Trả lời: 760.

Gọi $x$ là số lượng bánh loại I được làm ra và $y$ là số lượng bánh loại II được làm ra.

Điều kiện: $x \ge 0$, $y \ge 0$.

Tổng lượng bột mì sử dụng là $0{,}06x + 0{,}08y$. Lượng bột mì tối đa là $6kg$.

Ta có bất phương trình: $0{,}06x + 0{,}08y \le 6$$\Leftrightarrow 3x + 4y \le 300$ (1).

Tổng lượng đậu sử dụng là $0{,}08x + 0{,}04y$. Lượng đậu tối đa là $4kg$.

Ta có bất phương trình: $0{,}08x + 0{,}04y \le 4$$\Leftrightarrow 2x + y \le 100$ (2).

Số điểm mà đội đó đạt được là $P = 8x + 10y$.

Chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của $P$ thỏa mãn các điều kiện: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x + 4y \le 300}\\{2x + y \le 100}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$

Xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.

Vẽ các đường thẳng thẳng (bờ):

(L1): $3x + 4y = 300$

(L2): $2x + y = 100$

(L3): $x = 0$ (trục $Oy$)

(L4): $y = 0$ (trục $Ox$)

Miền nghiệm là tứ giác $OABC$ (như hình vẽ).

Xác định các đỉnh của miền nghiệm:

1. Đỉnh $O$: Giao điểm của $x = 0$ và $y = 0$ là $(0\,;0)$.

2. Đỉnh$A$: Giao điểm của $y = 0$ và (L2) ($2x + y = 100$). Vậy $A(50\,;0)$.

3. Đỉnh$C$: Giao điểm của $x = 0$ và (L1) ($3x + 4y = 300$). Vậy $C(0\,;75)$.

4. Đỉnh$B$: Giao điểm của (L1) ($3x + 4y = 300$) và (L2) ($2x + y = 100$). Vậy $B(20\,;60)$.

Các đỉnh của miền nghiệm là $O(0\,;\,0)$, $A(50\,;0)$, $B(20\,;\,60)$ và $C(0\,;75)$.

Tính giá trị của hàm mục tiêu $P = 8x + 10y$ tại các đỉnh:

Tại $O(0\,;0)$thì $P = 8(0) + 10(0) = 0$.

Tại $A(50\,;0)$thì $P = 8(50) + 10(0) = 400$.

Tại $C(20\,;60)$thì $P = 8(20) + 10(60) = 160 + 600 = 760$.

Tại $B(0\,;75)$thì$P = 8(0) + 10(75) = 750$.

Giá trị lớn nhất của $P$ là $760$, đạt được khi $x = 20$ và $y = 60$.

Vậy số điểm tối đa mà mỗi đội có thể đạt được là $760$ điểm.

Đáp án: 2,72.

Gọi $O$ là tâm quả cầu

Gọi $I$ là tâm đường tròn $\left( C \right)$ giao giữa hình trụ và hình cầu, $M$ là một điểm trên đường tròn $\left( C \right)$

Ta có $OM = R = 1\,{\rm{dm}}$, $IM = \frac{1}{2}\,{\rm{dm}}$ do đó $OI = \sqrt {O{M^2} - I{M^2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\,\,\left( {{\rm{dm}}} \right)$.

Ta suy ra chiều cao chỏm cầu đỉnh $A$ là $h = IA = OA - OI = 1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}$.

Ta có thể tích hình trụ bán kính $OH = IM = \frac{1}{2}\,{\rm{dm}}$ là

${V_1} = \pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.2OI = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{4}$ $\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích chỏm cầu đỉnh $A$, chiều cao $h = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}$ là $\pi .{h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right) = \pi .{\left( {\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\left( {1 - \frac{{2 - \sqrt 3 }}{6}} \right)$

Thể tích vật thể lõi là ${V_2} = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{4} + 2.\pi .{\left( {\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}} \right)^2}.\left( {1 - \frac{{2 - \sqrt 3 }}{6}} \right)$$\approx 1{,}49$ $\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích khối cầu là ${V_c} = \frac{4}{3}\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi$ $\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích còn lại của khối cầu là $V = {V_c} - {V_2} \approx 2{,}72$ $\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Đáp án: $3360$

Đầu tiên, ta khẳng định: một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0; 1; 4. Thật vậy, sau đây là bảng số dư khi chia cho 5 của $n$ và ${n^2}$ tương ứng:

Như vậy, tổng 3 bình phương chia hết cho 5, chỉ có thể rơi vào một trong hai trường hợp: $5 = 0 + 0 + 0 = 0 + 1 + 4$

TH1: Cả ba bình phương đều chia 5 dư 0, khi đó mỗi số cũng đã phải chia 5 dư 0 rồi. Từ 1 tới 26 có 5 số chia hết cho 5 là 5;10;15;20;25, nên số cách xếp ở trường hợp này là $A_5^3 = 60$cách, trong đó đã có $3! = 6$ cách hoán vị 3 số được chọn vào 3 tam giác.

TH2: Có một số chia hết cho 5, một số chia 5 dư 1, một số chia 5 dư 4.

- ${n^2} \vdots 5$ thì $n \vdots 5$, từ 1 tới 26 có 5 số

- ${n^2}$ chia 5 dư 1, thì $n$chia 5 dư 1 hoặc 4, từ 1 tới 26 có 11 số.

- ${n^2}$ chia 5 dư 4, thì $n$chia 5 dư 2 hoặc 3, từ 1 tới 26 có 10 số.

nên trường hợp này có $5.11.10.3! = 3300$ cách.

Như vậy, kết hợp 2 trường hợp, số cách xếp thỏa mãn đề bài là $3360$ cách.