Đề thi thử THPT môn Toán năm 2026 Sở GD&ĐT Bắc NinhĐề thi thử THPT môn Toán năm 2026 Sở GD&ĐT Bắc NinhĐề bài
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1 :
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C', M là trung điểm của BB'.
Đặt $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{a}$, $ \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{b}$, $ \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{c}$. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Câu 2 :
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{3x - 1}{1 - x}$ có phương trình là
Câu 4 :
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đồ thị trên đoạn [-4; 3] như hình vẽ. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [0; 3] là
Câu 5 :
Họ nguyên hàm của hàm số $f(x) = \sin x + 3e^x$ là
Câu 6 :
Tập nghiệm S của bất phương trình $\log_2 (x - 1) \leq 3$ là
Câu 7 :
Nếu $\int_{-1}^2 f(x)dx = 5$ thì $\int_{-1}^2 2f(x)dx$ bằng
Câu 8 :
Cho cấp số nhân $(u_n)$ với $u_1 = 2$ và $u_2 = 6$. Công bội q của cấp số nhân bằng
Câu 10 :
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số y = f(x) là
Câu 11 :
Phương trình $\cos x = 1$ có nghiệm là
Câu 12 :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, $AC = 2\sqrt{3}SA$. Số đo của góc phẳng nhị diện [S, BD, C] bằng
Phần II: Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1 :
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(3; -4; 1), B(1; 1; -1) và C(2; 0; -3). Khi đó a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).
Đúng
Sai
b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).
Đúng
Sai
c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\overrightarrow{IA} + 3\overrightarrow{IB} - 2\overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.
Đúng
Sai
d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\frac{13}{2}$.
Đúng
Sai
Câu 2 :
Một quần thể vi khuẩn ban đầu có 1000 con. Gọi P(t) là số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t, trong đó t tính theo giờ ($t \geq 0$). Tốc độ tăng trưởng vi khuẩn của quần thể này tại thời điểm t được cho bởi hàm số P'(t) = kt, trong đó k là một hằng số. Biết rằng sau 2 giờ, số lượng vi khuẩn của quần thể tăng lên thành 1400 vi khuẩn. a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).
Đúng
Sai
b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.
Đúng
Sai
c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.
Đúng
Sai
d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.
Đúng
Sai
Câu 3 :
Cho hàm số $y = f(x) = \frac{ax^2 + bx + c}{x + d}$ có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).
Đúng
Sai
b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.
Đúng
Sai
c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, đi chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\sqrt{2}$.
Đúng
Sai
d) a + b + c + d = -5.
Đúng
Sai
Câu 4 :
Thời gian tập luyện trong một ngày (tính theo giờ) của 39 vận động viên được ghi lại ở bảng sau:
a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.
Đúng
Sai
b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.
Đúng
Sai
c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.
Đúng
Sai
d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.
Đúng
Sai
Phần III: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1 :
Cho đa giác đều 36 cạnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong các đỉnh của đa giác đều đã cho. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh liền kề, chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Câu 2 :
Cho một bể chứa nước có hình dạng là một lăng trụ đứng AEFB.DHGC. Mặt đáy của lăng trụ là hình thang vuông AEFB (vuông tại A và B). Biết rằng chiều dài của bể AD = 12 m, chiều rộng của mặt bể AB = 6 m, chiều rộng của đáy bể EF = 3 m và chiều cao của bể AE = 4 m. Bể được bơm nước vào với lưu lượng không đổi P = 4 $m^3$/giờ. Giả sử mặt nước (IKJL) luôn song song với mặt đáy (HGFE) của bể (tham khảo hình vẽ).
Tính tốc độ tăng chiều cao của mực nước tại thời điểm t = 18 giờ (đơn vị tính theo mét trên giờ, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Câu 3 :
Một sân bóng đá tiêu chuẩn có dạng hình chữ nhật với kích thước đường biên ngang là 68 m; có khung thành rộng 7,32 m và cao 2,44 m nằm ở chính giữa đường biên ngang. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O là điểm đá phạt góc, trục Ox nằm trên đường biên ngang, trục Oy nằm trên đường biên dọc, trục Oz vuông góc với sân bóng, đơn vị trên mỗi trục là mét (tham khảo hình vẽ). Một quả bóng được đá từ vị trí P(6; 22; 0) với vận tốc 28 m/s theo hướng của vectơ $\overrightarrow{v} = (15; -11;1)$ về phía khung thành. Giả sử quả bóng là một điểm, quỹ đạo bay của quả bóng là một đường thẳng và khung thành là một phần của mặt phẳng (Ozx). Thời gian bóng từ vị trí điểm P đến khung thành là bao nhiêu giây? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Câu 4 :
Giả sử nhu cầu tiêu thụ một loại sản phẩm mới của doanh nghiệp A được mô hình hoá bởi hàm số $p = \frac{1500}{\sqrt{x}}$, trong đó p là đơn giá (tính bằng nghìn đồng) và x là số lượng đơn vị sản phẩm. Chi phí (tính bằng nghìn đồng) để sản xuất x đơn vị sản phẩm được cho bởi hàm số C = 12x + 500. Tìm mức giá (tính bằng nghìn đồng) để mang lại lợi nhuận tối đa.
Câu 5 :
Một cái ly nước hình trụ có chiều cao 9 cm đang chứa một lượng nước bằng $\frac{3}{4}$ thể tích của ly. Bạn A đặt một vật có dạng hình lập phương vào miệng ly thì thấy một đỉnh của vật đó chạm vào mặt nước đồng thời đường chéo qua đỉnh này của hình lập phương trùng với trục đối xứng của ly (tham khảo hình vẽ). Nếu ban đầu bạn A đổ nước đầy ly thì sau khi đặt khối lập phương như trên, lượng nước tràn ra là bao nhiêu centimet khối (kết quả làm tròn đến hàng phần chục và bỏ qua độ dày của ly)?
Câu 6 :
Một xe ô tô sau khi chở hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động. Trong 7 phút đầu tiên với tốc độ được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol; biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến tốc độ cao nhất 900 m/phút và bắt đầu giảm tốc độ. Sau khi đi được 7 phút thì xe chuyển động đều (tham khảo hình vẽ). Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là bao nhiêu mét?
Lời giải và đáp án
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1 :
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C', M là trung điểm của BB'.
Đặt $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{a}$, $ \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{b}$, $ \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{c}$. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng các phép toán vecto. Lời giải chi tiết :
$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM} = (\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{BC}) + \frac{1}{2}\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b} + \frac{1}{2}\overrightarrow{c}$.
Câu 2 :
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{3x - 1}{1 - x}$ có phương trình là
Đáp án : B Phương pháp giải :
Đường thẳng \(y = {y_0}\) gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0}\) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}\). Lời giải chi tiết :
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{3x - 1}}{{1 - x}} = - 3\) nên y = -3 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Đáp án : B Phương pháp giải :
Dựa vào tính chất của hình lập phương để xác định độ dài các vecto trên. Lời giải chi tiết :
Có BC’ = AC (cùng là đường chéo các mặt của hình lập phương) nên độ dài $\overrightarrow{BC'}, \overrightarrow{AC}$ bằng nhau.
Câu 4 :
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đồ thị trên đoạn [-4; 3] như hình vẽ. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [0; 3] là
Đáp án : D Phương pháp giải :
Quan sát đồ thị. Lời giải chi tiết :
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [0; 3] là -2.
Câu 5 :
Họ nguyên hàm của hàm số $f(x) = \sin x + 3e^x$ là
Đáp án : B Phương pháp giải :
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác và hàm số mũ. Lời giải chi tiết :
\(\int {(\sin x + 3{e^x})dx} = - \cos x + 3{e^x} + C\).
Câu 6 :
Tập nghiệm S của bất phương trình $\log_2 (x - 1) \leq 3$ là
Đáp án : D Phương pháp giải :
Xét bất phương trình logarit \({\log _a}x > b\) \(\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\). Bất phương trình tương đương với \({\log _a}x > {\log _a}{a^b}\). + Với \(a > 1\), nghiệm của bất phương trình là \(x > {a^b}\) (giữ nguyên chiều của bất phương trình). + Với \(0 < a < 1\), nghiệm của bất phương trình là \(0 < x < {a^b}\) (đổi chiều của bất phương trình). Các bất phương trình logarit cơ bản còn lại được giải tương tự. Lời giải chi tiết :
\({\log _2}(x - 1) \le 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 \le {2^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x \le 9\end{array} \right.\) Vậy $S = \{1; 9\}$.
Câu 7 :
Nếu $\int_{-1}^2 f(x)dx = 5$ thì $\int_{-1}^2 2f(x)dx$ bằng
Đáp án : D Phương pháp giải :
Áp dụng tính chất của tích phân: \(\int\limits_a^b {kf(x)dx} = k\int\limits_a^b {f(x)dx} \). Lời giải chi tiết :
\(\int\limits_{ - 1}^2 {2f(x)dx} = 2\int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx} = 2.5 = 10\).
Câu 8 :
Cho cấp số nhân $(u_n)$ với $u_1 = 2$ và $u_2 = 6$. Công bội q của cấp số nhân bằng
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\). Lời giải chi tiết :
\(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{2} = 3\).
Đáp án : B Phương pháp giải :
Dựa vào tiệm cận của đồ thị và giao của đồ thị với trục tung. Lời giải chi tiết :
Quan sát hình vẽ thấy đồ thị có tiệm cận ngang là y = 3 và tiệm cận đứng là x = 2. Loại đáp án C, D. Đồ thị cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;\frac{3}{2}} \right)\), do đó nếu thay x = 0 vào phương trình thì phải có \(y = \frac{3}{2}\). Chọn đáp án B.
Câu 10 :
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số y = f(x) là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Vì hàm số liên tục nên chỉ cần đếm qua bao nhiêu điểm thì f’(x) đổi dấu từ âm sang dương. Lời giải chi tiết :
Qua x = 0 thì f’(x) đổi dấu từ âm sang dương nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số f(x).
Câu 11 :
Phương trình $\cos x = 1$ có nghiệm là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản. Lời giải chi tiết :
\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).
Câu 12 :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, $AC = 2\sqrt{3}SA$. Số đo của góc phẳng nhị diện [S, BD, C] bằng
Đáp án : C Phương pháp giải :
Từ một điểm O bất kì thuộc cạnh a của góc nhị diện [P, a, Q], vẽ các tia Ox, Oy tương ứng thuộc (P), (Q) và vuông góc với a. Góc xOy được gọi là một góc phẳng nhị diện [P, a, Q] (gọi tắt là góc phẳng nhị diện). Lời giải chi tiết :
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó CO và SO vuông góc với BD tại O, hay \(\left[ {S,BD,C} \right] = \widehat {SOC} = {180^o} - \widehat {SOA}\). \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{2\sqrt 3 SA}}{2} = \sqrt 3 SA\). Xét tam giác SAO vuông tại A: \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{SA}}{{\sqrt 3 SA}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SOA} = {30^o}\). Vậy \(\left[ {S,BD,C} \right] = \widehat {SOC} = {180^o} - \widehat {SOA} = {180^o} - {30^o} = {150^o}\).
Phần II: Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1 :
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(3; -4; 1), B(1; 1; -1) và C(2; 0; -3). Khi đó a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).
Đúng
Sai
b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).
Đúng
Sai
c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\overrightarrow{IA} + 3\overrightarrow{IB} - 2\overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.
Đúng
Sai
d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\frac{13}{2}$.
Đúng
Sai
Đáp án
a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).
Đúng
Sai
b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).
Đúng
Sai
c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\overrightarrow{IA} + 3\overrightarrow{IB} - 2\overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.
Đúng
Sai
d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\frac{13}{2}$.
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto. Lời giải chi tiết :
a) Sai. Hình chiếu của A(3; -4; 1) lên mặt phẳng (Oxy) là điểm có tọa độ (3; -4; 0). b) Sai. Tọa độ trọng tâm G là $(\frac{3+1+2}{3}; \frac{-4+1+0}{3}; \frac{1-1-3}{3}) = (2; -1; -1)$. c) Đúng. Gọi $I(x; y; z)$. Từ $\vec{IA} + 3\vec{IB} - 2\vec{IC} = \vec{0}$, ta có cao độ $z_I$: $1(1 - z_I) + 3(-1 - z_I) - 2(-3 - z_I) = 0 $ $\Leftrightarrow 1 - z_I - 3 - 3z_I + 6 + 2z_I = 0 $ $\Leftrightarrow -2z_I + 4 = 0 \Rightarrow z_I = 2$. d) Đúng. Giải tương tự câu c) đối với hoành độ và tung độ, suy ra $I(1; -\frac{1}{2}; 2)$. Chèn điểm I vào biểu thức: $S = 2MI^2 + (IA^2 + 3IB^2 - 2IC^2)$. Ta có: $IA^2 = \frac{69}{4}$; $IB^2 = \frac{45}{4}$; $IC^2 = \frac{105}{4}$. Suy ra $IA^2 + 3IB^2 - 2IC^2 = \frac{69}{4} + 3(\frac{45}{4}) - 2(\frac{105}{4}) = -\frac{3}{2}$. Biểu thức trở thành: $S = 2MI^2 - \frac{3}{2}$. S nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức M là hình chiếu của $I(1; -\frac{1}{2}; 2)$ lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó $M(1; -\frac{1}{2}; 0)$, suy ra $MI^2 = (2-0)^2 = 4$. Vậy giá trị nhỏ nhất $S = 2.4 - \frac{3}{2} = \frac{13}{2}$.
Câu 2 :
Một quần thể vi khuẩn ban đầu có 1000 con. Gọi P(t) là số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t, trong đó t tính theo giờ ($t \geq 0$). Tốc độ tăng trưởng vi khuẩn của quần thể này tại thời điểm t được cho bởi hàm số P'(t) = kt, trong đó k là một hằng số. Biết rằng sau 2 giờ, số lượng vi khuẩn của quần thể tăng lên thành 1400 vi khuẩn. a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).
Đúng
Sai
b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.
Đúng
Sai
c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.
Đúng
Sai
d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.
Đúng
Sai
Đáp án
a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).
Đúng
Sai
b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.
Đúng
Sai
c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.
Đúng
Sai
d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
a) Dựa vào định nghĩa đạo hàm, nguyên hàm. b) Tìm hàm P(t). c) Tính P(5) – P(0). d) Tính P(9). Lời giải chi tiết :
a) Đúng. Theo định nghĩa, tốc độ tăng trưởng $P'(t)$ là đạo hàm của số lượng quần thể $P(t)$, do đó $P(t)$ là một nguyên hàm của $P'(t)$. b) Sai. Ta có $P(t) = \int kt dt = \frac{k}{2}t^2 + C$. Tại $t = 0$: $P(0) = 1000 \Rightarrow \frac{k}{2}0^2 + C = 1000 \Rightarrow C = 1000$. Tại $t = 2$: $P(2) = \frac{k}{2}(2^2) + 1000 = 1400 \Rightarrow k = 200$. Vậy $P(t) = \frac{200}{2}t^2 + 1000 = 100t^2 + 1000$. c) Đúng. Số lượng tăng thêm sau 5 giờ là: $P(5) - P(0) = (100 \cdot 5^2 + 1000) - 1000 = 2500$ con. d) Sai. Tại $t = 9$: $P(9) = 100 \cdot 9^2 + 1000 = 9100$ con. Vì 9100 < 10000 nên số lượng chưa vượt quá 10000 con.
Câu 3 :
Cho hàm số $y = f(x) = \frac{ax^2 + bx + c}{x + d}$ có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).
Đúng
Sai
b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.
Đúng
Sai
c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, đi chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\sqrt{2}$.
Đúng
Sai
d) a + b + c + d = -5.
Đúng
Sai
Đáp án
a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).
Đúng
Sai
b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.
Đúng
Sai
c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, đi chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\sqrt{2}$.
Đúng
Sai
d) a + b + c + d = -5.
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Quan sát bảng biến thiên (tiệm cận, cực trị,...) để khảo sát và tìm công thức hàm số. Lời giải chi tiết :
a) Sai. Hàm số gián đoạn trên (0; 4) nên không đồng biến trên (0; 4). b) Đúng. Giá trị cực tiểu là 2, giá trị cực đại là -6. Tích của chúng bằng -12. c) Đúng. Đồ thị có tiệm cận đứng x = 2 nên d = -2. Ta có \(f(0) = 2 \Leftrightarrow \frac{c}{d} = 2 \Leftrightarrow c = 2d = 2.( - 2) = - 4\). \(f'(0) = 0 \Leftrightarrow \frac{{(2a.0 + b)(0 - 2) - (a{{.0}^2} + b.0 - 4)}}{{{{(0 - 2)}^2}}} = 0 \Rightarrow b = 2\). \(f(4) = - 6 \Leftrightarrow \frac{{a{{.4}^2} + 2.4 - 4}}{{4 - 2}} = - 6 \Leftrightarrow a = \frac{{ - 2 - b}}{4} = - 1\). Vậy \(y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 4}}{{x - 2}}\). M thuộc đồ thị thì \(M\left( {{x_M};\frac{{ - {x_M}^2 + 2{x_M} - 4}}{{{x_M} - 2}}} \right)\). Khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ là \(d = \left| {{x_M}} \right| + \left| {\frac{{ - {x_M}^2 + 2{x_M} - 4}}{{{x_M} - 2}}} \right|\), mà theo bảng biến thiên thì hoành độ M luôn dương, tung độ M luôn âm nên phá dấu trị tuyệt đối, được: \(d = {x_M} + \left( { - \frac{{ - {x_M}^2 + 2{x_M} - 4}}{{{x_M} - 2}}} \right) = 2{x_M} + \frac{4}{{{x_M} - 2}}\). Đặt \(t = {x_M} - 2 \Leftrightarrow {x_M} = t + 2\). Thay vào d, ta được: \(d = 2(t + 2) + \frac{4}{t} = 2t + 4 + \frac{4}{t} \ge \sqrt {2t.\frac{4}{t}} + 4 = 4\sqrt 2 + 4\). d) Đúng. a + b + c + d = -1 + 2 – 4 – 2 = -5.
Câu 4 :
Thời gian tập luyện trong một ngày (tính theo giờ) của 39 vận động viên được ghi lại ở bảng sau:
a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.
Đúng
Sai
b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.
Đúng
Sai
c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.
Đúng
Sai
d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.
Đúng
Sai
Đáp án
a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.
Đúng
Sai
b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.
Đúng
Sai
c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.
Đúng
Sai
d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính các số đặc trưng đo xu thế trung tâm của mẫu số liệu ghép nhóm. Lời giải chi tiết :
a) Đúng. \({Q_3} = 6 + \frac{{\frac{{3.29}}{4} - (3 + 8 + 12)}}{{12}}(8 - 6) \approx 7,04\). b) Đúng. \(\overline x = \frac{{1.3 + 3.8 + 5.12 + 7.12 + 9.4}}{{39}} \approx 5,31\). c) Đúng. Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm. d) Sai. Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 7.
Phần III: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1 :
Cho đa giác đều 36 cạnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong các đỉnh của đa giác đều đã cho. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh liền kề, chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Phương pháp giải :
Áp dụng tính chất của tứ giác nội tiếp và phương pháp tổ hợp, tính xác suất của biến cố đối. Lời giải chi tiết :
Đáp án :
Một tứ giác nội tiếp không có góc vuông thì luôn có hai góc tù kề nhau. Để được một tứ giác có góc vuông thì: - Chọn 2 đỉnh tạo thành đường kính của đường tròn: 18 cách. - Chọn 2 đỉnh còn lại trên mỗi nửa đường tròn (bờ là đường kính): 16.16 cách. - Trừ đi số tứ giác bị đếm trùng vì chọn 2 đỉnh còn lại cũng tạo thành đường kính: \(C_{18}^2\). Xác suất cần tìm là: \(1 - \frac{{18.16.16 - C_{18}^2}}{{C_{36}^4}} \approx 0,92\).
Câu 2 :
Cho một bể chứa nước có hình dạng là một lăng trụ đứng AEFB.DHGC. Mặt đáy của lăng trụ là hình thang vuông AEFB (vuông tại A và B). Biết rằng chiều dài của bể AD = 12 m, chiều rộng của mặt bể AB = 6 m, chiều rộng của đáy bể EF = 3 m và chiều cao của bể AE = 4 m. Bể được bơm nước vào với lưu lượng không đổi P = 4 $m^3$/giờ. Giả sử mặt nước (IKJL) luôn song song với mặt đáy (HGFE) của bể (tham khảo hình vẽ).
Tính tốc độ tăng chiều cao của mực nước tại thời điểm t = 18 giờ (đơn vị tính theo mét trên giờ, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Phương pháp giải :
Ứng dụng tích phân tính thể tích vật thể. Lời giải chi tiết :
Đáp án :
Đặt trục tọa độ Exh sao cho F thuộc tia Ex, A thuộc tia Eh. Ta có F(3; 0) và B(6; 4) nên \(\left\{ \begin{array}{l}0 = 3a + b\\4 = 6a + b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\b = - 4\end{array} \right.\) Phương trình BF là: \(h = \frac{4}{3}x - 4 \Rightarrow x = \frac{{3h + 12}}{4}\). Diện tích mặt nước là: \(S(h) = 12x = 9h + 36\). Thể tích nước là: \(V(h) = \int\limits_0^h {S(h)dh} = \int\limits_0^h {(9h + 36)dh} = \frac{{9{h^2}}}{2} + 36h\). Sau 18 giờ, \(V(18) = 18.4 = 72 = \frac{{9{h^2}}}{2} + 36h \Rightarrow h \approx 1,66\). Ta có \(V'(t) = V'(h).h'(t) \Leftrightarrow 4 = (9h + 36).h'(t)\) \( \Leftrightarrow h'(t) = \frac{4}{{9h + 36}} \approx 0,08\).
Câu 3 :
Một sân bóng đá tiêu chuẩn có dạng hình chữ nhật với kích thước đường biên ngang là 68 m; có khung thành rộng 7,32 m và cao 2,44 m nằm ở chính giữa đường biên ngang. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O là điểm đá phạt góc, trục Ox nằm trên đường biên ngang, trục Oy nằm trên đường biên dọc, trục Oz vuông góc với sân bóng, đơn vị trên mỗi trục là mét (tham khảo hình vẽ). Một quả bóng được đá từ vị trí P(6; 22; 0) với vận tốc 28 m/s theo hướng của vectơ $\overrightarrow{v} = (15; -11;1)$ về phía khung thành. Giả sử quả bóng là một điểm, quỹ đạo bay của quả bóng là một đường thẳng và khung thành là một phần của mặt phẳng (Ozx). Thời gian bóng từ vị trí điểm P đến khung thành là bao nhiêu giây? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Phương pháp giải :
Tìm phương trình đường thẳng d là đường bay của bóng. Tìm giao điểm Q của d và (Oxz). Tính PQ và từ đó tìm thời gian bóng bay từ P đến Q (lấy quãng đường chia vận tốc). Lời giải chi tiết :
Đáp án :
Phương trình quỹ đạo bay của bóng là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 6 + 15t\\y = 22 - 11t\\z = t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\). Phương trình mặt phẳng (Oxz) là: y = 0. Bóng chạm khung thành tại \(y = 22 - 11t = 0 \Leftrightarrow t = 2\). Điểm bóng chạm khung thành là Q(36; 0; 2). \(PQ = \sqrt {{{(36 - 6)}^2} + {{(0 - 22)}^2} + {{(2 - 0)}^2}} = 2\sqrt {347} \) (m). Thời gian bóng từ điểm P đến khung thành là \(\frac{{2\sqrt {347} }}{{28}} \approx 1,33\) (giây).
Câu 4 :
Giả sử nhu cầu tiêu thụ một loại sản phẩm mới của doanh nghiệp A được mô hình hoá bởi hàm số $p = \frac{1500}{\sqrt{x}}$, trong đó p là đơn giá (tính bằng nghìn đồng) và x là số lượng đơn vị sản phẩm. Chi phí (tính bằng nghìn đồng) để sản xuất x đơn vị sản phẩm được cho bởi hàm số C = 12x + 500. Tìm mức giá (tính bằng nghìn đồng) để mang lại lợi nhuận tối đa. Phương pháp giải :
Lập hàm lợi nhuận L(x), tìm x để L(x) đạt GTLN, từ đó tính p theo x vừa tìm được. Lời giải chi tiết :
Đáp án :
Doanh thu: \(p.x = \frac{{1500x}}{{\sqrt x }} = 1500\sqrt x \) (nghìn đồng). Lợi nhuận: \(L(x) = p.x - C = - 12x + 1500\sqrt x + 500\) (nghìn đồng). \(L'(x) = \frac{{750}}{{\sqrt x }} - 12 = 0 \Leftrightarrow \sqrt x = 62,5 \Leftrightarrow x \approx 7,9\). Vẽ bảng biến thiên, thấy L(x) đạt GTLN tại \(x \approx 7,9\). Khi đó, mức giá mỗi sản phẩm là \(p = \frac{{1500}}{{\sqrt x }} = \frac{{1500}}{{62,5}} = 24\) (nghìn đồng).
Câu 5 :
Một cái ly nước hình trụ có chiều cao 9 cm đang chứa một lượng nước bằng $\frac{3}{4}$ thể tích của ly. Bạn A đặt một vật có dạng hình lập phương vào miệng ly thì thấy một đỉnh của vật đó chạm vào mặt nước đồng thời đường chéo qua đỉnh này của hình lập phương trùng với trục đối xứng của ly (tham khảo hình vẽ). Nếu ban đầu bạn A đổ nước đầy ly thì sau khi đặt khối lập phương như trên, lượng nước tràn ra là bao nhiêu centimet khối (kết quả làm tròn đến hàng phần chục và bỏ qua độ dày của ly)?
Phương pháp giải :
Tính thể tích chóp tam giác đều (một phần của khối lập phương) bên trong ly. Lời giải chi tiết :
Đáp án :
Độ cao của nước là: \(\frac{3}{4}.9 = 6,75\) (cm). Phần khối lập phương bên trong ly là chóp tam giác đều với chiều cao h = 9 – 6,75 = 2,25 (cm).
Giả sử đỉnh chạm vào mặt nước là A. Mặt (BCD) trùng với mặt phẳng miệng ly. I là trung điểm của CD, H là hình chiếu của A lên (BCD), khi đó H thuộc BI và H là trọng tâm tam giác ABC. Gọi AB = AC = AD = x (cm). Vì AB, AC, AD đôi một vuông góc nên xét tam giác ACD vuông cân tại A, với AI là đường cao: \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}\). Xét tam giác ABI vuông tại A với AH là đường cao: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}\) \( \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{3}{{{x^2}}} \Rightarrow {x^2} = 3A{H^2} = 3.2,{25^2} = 15,1875\). Thể tích nước tràn ra là thể tích khối chóp ABCD: \(V = \frac{1}{3}.AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.AH.\frac{{{{\left( {x\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} \) \(= \frac{1}{3}.2,25.\frac{{15,1875.2\sqrt 3 }}{4} \approx 9,9\) \((c{m^3})\).
Câu 6 :
Một xe ô tô sau khi chở hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động. Trong 7 phút đầu tiên với tốc độ được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol; biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến tốc độ cao nhất 900 m/phút và bắt đầu giảm tốc độ. Sau khi đi được 7 phút thì xe chuyển động đều (tham khảo hình vẽ). Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là bao nhiêu mét?
Phương pháp giải :
Từ các điểm thuộc đồ thị, tìm phương trình parabol và đường thẳng biểu diễn vận tốc. Ứng dụng tích phân để tính quãng đường. Lời giải chi tiết :
Đáp án :
Giả sử parabol (P): \(y = a{x^2} + bx + c\). Parabol đi qua điểm có tọa độ (0; 0), đỉnh (6; 900) nên ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.0^2} + b.0 + c\\900 = a{.5^2} + b.5 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a = - 36\\b = 360\end{array} \right.\). Suy ra (P): \(y = - 36{x^2} + 360x\). Khi x = 7 thì \(y = - {36.7^2} + 360.7 = 756\). Quãng đường xe đi được 10 phút đầu là: \(\int\limits_0^7 {( - 36{x^2} + 360x)dx} + 756.3 = 6972\) (m).
|
