-
Đề thi chính thức tốt nghiệp THPT môn Toán
-
Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán
- Đề KSCL Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
- Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2025 Sở GD Hà Tĩnh
- Đề KSCL Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Ninh Bình
- Đề KSCL Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 trường THPT Triệu Sơn 3 - Thanh Hóa
- Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán lần 1 năm 2025 cụm các trường số 4 - Hải Dương
-
Đề tham khảo thi tốt nghiệp THPT môn Toán
Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2025 cụm các trường số 4 - Hải Dương
I. Phần trắc nghiệm
Đề bài
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên và có bảng xét dấu f’(x) như hình vẽ dưới đây.
Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
-
A.
\((2;3)\)
-
B.
\(( - 10; - 5)\)
-
C.
\((0;1)\)
-
D.
\((0;2)\)
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Đồ thị hàm số y = f(x) có bao nhiêu đường tiệm cận?
-
A.
1
-
B.
4
-
C.
3
-
D.
2
Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABC). Góc tạo bởi SB và mặt phẳng (ABC) là góc
-
A.
\(\widehat {SAB}\)
-
B.
\(\widehat {SBC}\)
-
C.
\(\widehat {SBA}\)
-
D.
\(\widehat {SCA}\)
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Khẳng định nào sau đây đúng?
-
A.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {SO} \)
-
B.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
-
C.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \frac{1}{4}\overrightarrow {SO} \)
-
D.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \)
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;1;3), B(1;-1;5). Độ dài đoạn thẳng AB là
-
A.
3
-
B.
4
-
C.
5
-
D.
6
Phỏng vấn một số học sinh khối 11 về thời gian (giờ) ngủ của một buổi tối, người ta thu được bảng số liệu sau:
Khoảng tứ phân vị của bảng số liệu trên gần nhất với giá trị nào dưới đây?
-
A.
1,78
-
B.
1,97
-
C.
1,87
-
D.
1,79
Trong không gian Oxyz, cosin của góc giữa hai vecto \(\overrightarrow u = (10;10;20)\), \(\overrightarrow v = (10; - 20;10)\) là
-
A.
\(\frac{1}{6}\)
-
B.
\(\frac{1}{2}\)
-
C.
\( - \frac{1}{6}\)
-
D.
\( - \frac{1}{2}\)
Người ta ghi lại tốc độ của 40 ô tô khi đi qua một trạm đo tốc độ và có được bảng số liệu sau:
Ghép nhóm bảng số liệu trên thành các nhóm có độ rộng bằng nhau và nhóm đầu tiên là nửa khoảng [40;45) thì khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm nói trên là
-
A.
40
-
B.
45
-
C.
30
-
D.
35
Tập xác định của hàm số \(y = \frac{1}{{\sin x - \cos x}}\) là
-
A.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
B.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
C.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{4}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
D.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
A.
-1
-
B.
0
-
C.
-2
-
D.
3
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 5\), \({u_{12}} = 38\) thì công sai là
-
A.
-1
-
B.
0
-
C.
-2
-
D.
3
Cho khối lăng trụ có diện tích đáy \(S = 10\) \(c{m^2}\), cạnh bên có độ dài bằng 10 cm và tạo với mặt đáy một góc bằng \({60^o}\). Thể tích khối lăng trụ đã cho là
-
A.
\(V = 50\sqrt 3 \) \(c{m^3}\)
-
B.
\(V = 100\) \(c{m^3}\)
-
C.
\(V = 50\) \(c{m^3}\)
-
D.
\(V = 100\sqrt 3 \) \(c{m^3}\)
Trong một trò chơi thử thách, bạn Giáp đang ở trên thuyền (vị trí A) cách bờ hồ (vị trí C) 300 m và cần đi đến vị trí B trên bờ hồ như hình vẽ dưới đây, khoảng cách từ C đến B là 400 m . Lưu ý là Giáp có thể chèo thuyền thẳng từ A đến B hoặc chèo thuyền từ A đến một điểm nằm giữa C và B rồi chạy bộ đến B. Biết rằng Giáp chèo thuyền với tốc độ 50 m/phút và chạy bộ với tốc độ 100 m/phút.
a) Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là 10 phút.
b) Giả sử Giáp chèo thuyền thẳng đến điểm D nằm giữa B và C và cách C một đoạn x (m) như hình vẽ dưới đây, rồi chạy bộ đến B thì thời gian Giáp đi từ A đến B được tính bằng công thức \(f(x) = \frac{1}{{100}}\left( {\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\).
c) Thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
d) Thời gian Giáp chèo thuyền thẳng từ A đến B là 10 phút.
Trong không gian Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1 (tham khảo hình vẽ).
a) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) và điểm M thỏa mãn \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = \overrightarrow 0 \) thì M(-1;4;7).
b) Gọi E , F lần lượt thuộc các đường thẳng AA¢ và CD¢ sao cho đường thẳng EF vuông góc với mặt phẳng (A’BC’). Khi đó \(EF = \sqrt 3 \).
c) \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).
d) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) thì C’(1;2;3).
Cho hàm số f(x) = 92 – 20ln(x + 1).
a) Bất phương trình \(f(x) \ge 72\) có đúng 3 nghiệm nguyên.
b) Một nghiên cứu chỉ ra rằng sau khi tham gia một khóa học, phần trăm kiến thức sinh viên còn nhớ sau t tháng kết thúc khóa học được xác định bởi hàm số y =f(t), trong đó f(t) được tính bằng % và \(0 \le t \le 24\). Phầm trăm kiến thức sinh viên còn nhớ là 50% khi t = 7 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
c) Tập xác định của hàm số y = f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).
d) Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} + bx + c}}{{x + n}}\) có đồ thị và hai đường tiệm cận \({d_1}\), \({d_2}\) như hình vẽ dưới đây.
a) Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\).
b) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -1.
c) Điểm M(50;98) và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng.
d) Đồ thị hàm số có một trục đối xứng là đường thẳng \(y = \left( {p + \sqrt q } \right)\left( {x + 1} \right) - r\) (trong đó p, q, r là các số nguyên). Khi đó p + 10q + 15r = 90.
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn \({2^y} + y = 2x + {\log _2}\left( {x + {2^{y - 1}}} \right)\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = \frac{x}{y}\) bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Đáp án:
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2;3;-1), B(-8;7;-3) và điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng (Oxy). Biết rằng A, B, M thẳng hàng, hãy tính 2a – b + 3c.
Đáp án:
Một chiếc máy có 3 động cơ I , II và III chạy độc lập nhau. Khả năng để động cơ I , II và III hoạt động tốt trong ngày lần lượt là 70%, 80% và 85%. Xác suất để có ít nhất 1 động cơ chạy tốt trong ngày là bao nhiêu phần trăm?
Đáp án:
Một ống khói có cấu trúc gồm một khối chóp cụt tứ giác đều có thể tích \({V_1}\) và một khối hộp chữ nhật có thể tích \({V_2}\) ghép lại với nhau như hình vẽ bên dưới. Cho biết bản vẽ hình chiếu của ống khói với phương chiếu trùng với phương của một cạnh đáy khối chóp cụt, hãy tính tỉ số thể tích \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án:
Một xí nghiệp A chuyên cung cấp sản phẩm S cho nhà phân phối B . Hai bên thỏa thuận rằng, nếu đầu tháng B đặt hàng x tạ sản phẩm S thì giá bán mỗi tạ sản phẩm S là \(P(x) = 6 - 0,0005{x^2}\) (triệu đồng) \((x \le 40)\). Chi phí A phải bỏ ra cho x tạ sản phẩm S trong một tháng là C(x) = 10 + 3,5x (triệu đồng) và mỗi sản phẩm bán ra phải chịu thêm mức thuế là 1 triệu đồng. Hỏi trong một tháng B cần đặt hàng bao nhiêu tạ sản phẩm S thì A có được lợi nhuận lớn nhất (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Đáp án:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(5;0;0), B(3;4;0) và điểm C nằm trên trục Oz. Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Khi C di chuyển trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án:
Lời giải và đáp án
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên và có bảng xét dấu f’(x) như hình vẽ dưới đây.
Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
-
A.
\((2;3)\)
-
B.
\(( - 10; - 5)\)
-
C.
\((0;1)\)
-
D.
\((0;2)\)
Đáp án : A
Quan sát bảng xét dấu và nhận xét.
Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (2;3) vì trên khoảng đó, f’(x) > 0.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Đồ thị hàm số y = f(x) có bao nhiêu đường tiệm cận?
-
A.
1
-
B.
4
-
C.
3
-
D.
2
Đáp án : C
Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.
Quan sát bảng biến thiên, thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 2\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = - \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = + \infty \).
Vậy đồ thị hàm số y = f(x) có 3 đường tiệm cận là y = -1, y = 2 và x = 1.
Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABC). Góc tạo bởi SB và mặt phẳng (ABC) là góc
-
A.
\(\widehat {SAB}\)
-
B.
\(\widehat {SBC}\)
-
C.
\(\widehat {SBA}\)
-
D.
\(\widehat {SCA}\)
Đáp án : C
Góc tạo bởi đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng và hình chiếu vuông góc của nó lên mặt phẳng.
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABC)\\A \in (ABC)\\SB \cap (ABC) = B\end{array} \right.\) suy ra AB là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (ABC).
Do đó, góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc giữa hai đường thẳng SB và AB, hay \(\widehat {SBA}\).
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Khẳng định nào sau đây đúng?
-
A.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {SO} \)
-
B.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
-
C.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \frac{1}{4}\overrightarrow {SO} \)
-
D.
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \)
Đáp án : D
Áp dụng quy tắc trung điểm của vecto.
Vì O là trung điểm của AC và BD nên ta có \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \) và \(\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \).
Suy ra \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;1;3), B(1;-1;5). Độ dài đoạn thẳng AB là
-
A.
3
-
B.
4
-
C.
5
-
D.
6
Đáp án : A
\(AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2}} \).
\(AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2} + {{({z_B} - {z_A})}^2}} = \sqrt {{{(1 - 2)}^2} + {{( - 1 - 1)}^2} + {{(5 - 3)}^2}} = 3\).
Phỏng vấn một số học sinh khối 11 về thời gian (giờ) ngủ của một buổi tối, người ta thu được bảng số liệu sau:
Khoảng tứ phân vị của bảng số liệu trên gần nhất với giá trị nào dưới đây?
-
A.
1,78
-
B.
1,97
-
C.
1,87
-
D.
1,79
Đáp án : A
Áp dụng công thức \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).
Cỡ mẫu là n = 6 + 12 + 13 + 10 + 3 = 44.
Tứ phân vị \({Q_2}\) là giá trị của \(\frac{{{x_{22}} + {x_{23}}}}{2}\) thuộc nhóm [6;7).
Tứ phân vị \({Q_1}\) là giá trị của \(\frac{{{x_{11}} + {x_{12}}}}{2}\) thuộc nhóm [5;6).
\({Q_1} = 5 + \frac{{\frac{{44}}{4} - 6}}{{12}}.(6 - 5) = \frac{{65}}{{12}}\).
Tứ phân vị \({Q_3}\) là giá trị của \(\frac{{{x_{33}} + {x_{34}}}}{2}\) thuộc nhóm [7;8).
\({Q_3} = 7 + \frac{{\frac{{3.44}}{4} - (6 + 12 + 13)}}{{10}}.(8 - 7) = 7,2\).
Vậy khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 7,2 - \frac{{65}}{{12}} \approx 1,78\).
Trong không gian Oxyz, cosin của góc giữa hai vecto \(\overrightarrow u = (10;10;20)\), \(\overrightarrow v = (10; - 20;10)\) là
-
A.
\(\frac{1}{6}\)
-
B.
\(\frac{1}{2}\)
-
C.
\( - \frac{1}{6}\)
-
D.
\( - \frac{1}{2}\)
Đáp án : A
\(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}}\).
\(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{10.10 + 10.( - 20) + 20.10}}{{\sqrt {{{10}^2} + {{10}^2} + {{20}^2}} .\sqrt {{{10}^2} + {{( - 20)}^2} + {{10}^2}} }} = \frac{1}{6}\).
Người ta ghi lại tốc độ của 40 ô tô khi đi qua một trạm đo tốc độ và có được bảng số liệu sau:
Ghép nhóm bảng số liệu trên thành các nhóm có độ rộng bằng nhau và nhóm đầu tiên là nửa khoảng [40;45) thì khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm nói trên là
-
A.
40
-
B.
45
-
C.
30
-
D.
35
Đáp án : C
Ghép nhóm mẫu số liệu.
Bảng tần số ghép nhóm cho mẫu số liệu trên có sáu nhóm ứng với sáu nửa khoảng:
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là R = 70 – 40 = 30.
Tập xác định của hàm số \(y = \frac{1}{{\sin x - \cos x}}\) là
-
A.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
B.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
C.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{4}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
-
D.
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
Đáp án : B
Để hàm số xác định thì mẫu thức khác 0.
Biến đổi về phương trình lượng giác cơ bản.
\(\sin x - \cos x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne \cos x \Leftrightarrow \sin x \ne \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\x \ne \pi - \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \\0x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).
-
A.
-1
-
B.
0
-
C.
-2
-
D.
3
Đáp án : D
Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.
Giá trị cực đại của hàm số là y = 3.
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 5\), \({u_{12}} = 38\) thì công sai là
-
A.
-1
-
B.
0
-
C.
-2
-
D.
3
Đáp án : D
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\).
Ta có \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d \Leftrightarrow 38 = 5 + (12 - 1)d \Leftrightarrow d = 3\).
Cho khối lăng trụ có diện tích đáy \(S = 10\) \(c{m^2}\), cạnh bên có độ dài bằng 10 cm và tạo với mặt đáy một góc bằng \({60^o}\). Thể tích khối lăng trụ đã cho là
-
A.
\(V = 50\sqrt 3 \) \(c{m^3}\)
-
B.
\(V = 100\) \(c{m^3}\)
-
C.
\(V = 50\) \(c{m^3}\)
-
D.
\(V = 100\sqrt 3 \) \(c{m^3}\)
Đáp án : A
Dựa vào các điểm thuộc đồ thị để tìm hàm số, từ đó tìm đường tiệm cận xiên.
Xét khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC.
Gọi H là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC), khi đó \(A'H \bot (ABC)\).
Suy ra AH là hình chiếu của AA’ trên mặt phẳng (ABC).
Do đó \({60^o} = \left( {AA',(ABC)} \right) = (AA',AH) = \widehat {A'AH}\).
Xét tam giác A’AH vuông tại H: \(\sin \widehat {A'AH} = \frac{{A'H}}{{AA'}} \Leftrightarrow A'H = AA'.\sin \widehat {A'AH} = 10.\sin {60^o} = 5\sqrt 3 \).
Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = {S_{ABC}}.A'H = 10.5\sqrt 3 = 50\sqrt 3 \) \((c{m^3})\).
Trong một trò chơi thử thách, bạn Giáp đang ở trên thuyền (vị trí A) cách bờ hồ (vị trí C) 300 m và cần đi đến vị trí B trên bờ hồ như hình vẽ dưới đây, khoảng cách từ C đến B là 400 m . Lưu ý là Giáp có thể chèo thuyền thẳng từ A đến B hoặc chèo thuyền từ A đến một điểm nằm giữa C và B rồi chạy bộ đến B. Biết rằng Giáp chèo thuyền với tốc độ 50 m/phút và chạy bộ với tốc độ 100 m/phút.
a) Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là 10 phút.
b) Giả sử Giáp chèo thuyền thẳng đến điểm D nằm giữa B và C và cách C một đoạn x (m) như hình vẽ dưới đây, rồi chạy bộ đến B thì thời gian Giáp đi từ A đến B được tính bằng công thức \(f(x) = \frac{1}{{100}}\left( {\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\).
c) Thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
d) Thời gian Giáp chèo thuyền thẳng từ A đến B là 10 phút.
a) Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là 10 phút.
b) Giả sử Giáp chèo thuyền thẳng đến điểm D nằm giữa B và C và cách C một đoạn x (m) như hình vẽ dưới đây, rồi chạy bộ đến B thì thời gian Giáp đi từ A đến B được tính bằng công thức \(f(x) = \frac{1}{{100}}\left( {\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\).
c) Thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
d) Thời gian Giáp chèo thuyền thẳng từ A đến B là 10 phút.
Ứng dụng đạo hàm tìm giá trị nhỏ nhất.
a) Đúng. Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là \(\frac{{300}}{{50}} + \frac{{400}}{{100}} = 10\) phút.
b) Sai. Ta có \(AD = \sqrt {{x^2} + {{300}^2}} = \sqrt {{x^2} + 90000} \) (m), DB = 400 – x (m) với \(0 \le x \le 400\).
Thời gian đi từ A đến B là \(f(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 90000} }}{{50}} + \frac{{400 - x}}{{100}} = \frac{1}{{100}}\left( {2\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\) phút.
c) Đúng. \(f'(x) = \frac{1}{{100}}\left( {2\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)' = \frac{1}{{100}}\left( {2\frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 90000} }} - 1} \right)\)
\( = \frac{1}{{100}}\left( {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 90000} }} - 1} \right) = \frac{{2x}}{{100\sqrt {{x^2} + 90000} }} - \frac{1}{{100}} = \frac{x}{{50\sqrt {{x^2} + 90000} }} - \frac{1}{{100}}\).
\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{50\sqrt {{x^2} + 90000} }} - \frac{1}{{100}} = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x - \sqrt {{x^2} + 90000} }}{{100\sqrt {{x^2} + 90000} }} = 0\)
\( \Leftrightarrow 2x - \sqrt {{x^2} + 90000} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 90000} = 2x \Rightarrow {x^2} + 90000 = 4{x^2}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} = 30000 \Rightarrow x = 100\sqrt 3 \) (vì \(0 \le x \le 400\)).
Ta có \(f(0) = 10\), \(f(100\sqrt 3 ) = 3\sqrt 3 + 4 \approx 9,2\), \(f(400) = 10\).
Vậy thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút.
d) Đúng. \(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{300}^2} + {{400}^2}} = 500\) (m).
Thời gian chèo thuyền thẳng từ A đến B là \(\frac{{500}}{{50}} = 10\) phút.
Trong không gian Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1 (tham khảo hình vẽ).
a) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) và điểm M thỏa mãn \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = \overrightarrow 0 \) thì M(-1;4;7).
b) Gọi E , F lần lượt thuộc các đường thẳng AA¢ và CD¢ sao cho đường thẳng EF vuông góc với mặt phẳng (A’BC’). Khi đó \(EF = \sqrt 3 \).
c) \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).
d) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) thì C’(1;2;3).
a) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) và điểm M thỏa mãn \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = \overrightarrow 0 \) thì M(-1;4;7).
b) Gọi E , F lần lượt thuộc các đường thẳng AA¢ và CD¢ sao cho đường thẳng EF vuông góc với mặt phẳng (A’BC’). Khi đó \(EF = \sqrt 3 \).
c) \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).
d) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) thì C’(1;2;3).
Áp dụng các biểu thức tọa độ của vecto trong không gian.
a) Sai. Gọi M(a;b;c). Ta có B’(1;0;1), C(1;1;0), D’(0;1;1).
\(2\overrightarrow {MB'} = (2 - 2a; - 2b;2 - 2c)\); \( - 3\overrightarrow {MC} = ( - 3 + 3a; - 3 + 3b;3c)\); \(5\overrightarrow {MD'} = ( - 5a;5 - 5b;5 - 5c)\).
Do đó \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - 2a - 3 + 3a - 5a = 0\\ - 2b - 3 + 3b + 5 - 5b = 0\\2 - 2c + 3c + 5 - 5c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = - 1\\4b = 2\\4c = 7\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 1}}{4};\frac{1}{2};\frac{7}{4}} \right)\).
b) Đúng. \(\overrightarrow {AA'} = (0;0;1)\), \(\overrightarrow {CD'} = ( - 1;0;1)\).
Đặt \(\overrightarrow {AE} = x\overrightarrow {AA'} \); \(\overrightarrow {CF} = y\overrightarrow {CD'} \). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AE} = (0;0;x)\\\overrightarrow {CF} = ( - y;0;y)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E(0;0;x)\\F( - y + 1;1;y)\end{array} \right.\).
Ta có \(\overrightarrow {EF} = ( - y + 1;1;y - x)\), \(\overrightarrow {BA'} = ( - 1;0;1)\), \(\overrightarrow {BC'} = (0;1;1)\).
Vì \(EF \bot (A'BC') \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {EF} .\overrightarrow {BA'} = 0\\\overrightarrow {EF} .\overrightarrow {BC'} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y - 1 + (y - x) = 0\\1 + y - x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\y - 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Do đó \(\overrightarrow {EF} = (1;1;1) \Rightarrow EF = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \).
c) Đúng. Theo quy tắc hình hộp: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).
d) Sai. \(\overrightarrow {AB} = (1;0;0)\), \(\overrightarrow {AD} = (0;1;0)\), \(\overrightarrow {AA'} = (0;0;1)\).
Theo quy tắc hình hộp: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = (1;1;1)\). Vậy C(1;1;1).
Cho hàm số f(x) = 92 – 20ln(x + 1).
a) Bất phương trình \(f(x) \ge 72\) có đúng 3 nghiệm nguyên.
b) Một nghiên cứu chỉ ra rằng sau khi tham gia một khóa học, phần trăm kiến thức sinh viên còn nhớ sau t tháng kết thúc khóa học được xác định bởi hàm số y =f(t), trong đó f(t) được tính bằng % và \(0 \le t \le 24\). Phầm trăm kiến thức sinh viên còn nhớ là 50% khi t = 7 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
c) Tập xác định của hàm số y = f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).
d) Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).
a) Bất phương trình \(f(x) \ge 72\) có đúng 3 nghiệm nguyên.
b) Một nghiên cứu chỉ ra rằng sau khi tham gia một khóa học, phần trăm kiến thức sinh viên còn nhớ sau t tháng kết thúc khóa học được xác định bởi hàm số y =f(t), trong đó f(t) được tính bằng % và \(0 \le t \le 24\). Phầm trăm kiến thức sinh viên còn nhớ là 50% khi t = 7 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
c) Tập xác định của hàm số y = f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).
d) Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).
Áp dụng kiến thức về tập xác định, quy tắc tính đạo hàm, cách giải bất phương trình logarit.
a) Sai. \(f(x) \ge 72 \Leftrightarrow 92 - 20\ln (x + 1) \ge 72 \Leftrightarrow \ln (x + 1) \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\x \le e - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < x \le e - 1\).
Vậy bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên là x = 0, x = 1.
b) Đúng. Phần trăm kiến thức sinh viên chỉ còn nhớ là 50% nên ta có:
\(92 - 20\ln (t + 1) = 50 \Leftrightarrow \ln (t + 1) = \frac{{21}}{{10}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t + 1 > 0\\{e^{\frac{{21}}{{10}}}} = t + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t > - 1\\t \approx 7,2\end{array} \right. \Leftrightarrow t \approx 7,2\) (tháng).
c) Đúng. f(x) = 92 – 20ln(x + 1) xác định khi x + 1 > 0 hay x > -1.
Vậy tập xác định của f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).
d) Đúng. \(f'(x) = \frac{{ - 20}}{{x + 1}} < 0\), \(\forall x \in ( - 1; + \infty )\).
Vậy hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} + bx + c}}{{x + n}}\) có đồ thị và hai đường tiệm cận \({d_1}\), \({d_2}\) như hình vẽ dưới đây.
a) Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\).
b) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -1.
c) Điểm M(50;98) và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng.
d) Đồ thị hàm số có một trục đối xứng là đường thẳng \(y = \left( {p + \sqrt q } \right)\left( {x + 1} \right) - r\) (trong đó p, q, r là các số nguyên). Khi đó p + 10q + 15r = 90.
a) Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\).
b) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -1.
c) Điểm M(50;98) và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng.
d) Đồ thị hàm số có một trục đối xứng là đường thẳng \(y = \left( {p + \sqrt q } \right)\left( {x + 1} \right) - r\) (trong đó p, q, r là các số nguyên). Khi đó p + 10q + 15r = 90.
a, b) Quan sát đồ thị và nhận xét.
c) Ứng dụng vecto cùng phương để chứng minh thẳng hàng.
d) Áp dụng phương trình đường phân giác của góc giữa hai đường thẳng.
a) Đúng. Quan sát đồ thị, ta thấy trên khoảng \((0; + \infty )\), đồ thị hàm số liên tục và đi lên từ trái sang nên hàm số đồng biến trên \((0; + \infty )\).
b) Đúng. Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị có tiệm cận đứng x = -1.
c) Sai. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A(0;1) và B(-2;-3).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = ( - 2; - 4)\), \(\overrightarrow {AM} = (50;97)\). Vì \(\frac{{50}}{{ - 2}} \ne \frac{{97}}{{ - 4}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) không cùng phương. Do đó A, B, M không thẳng hàng.
d) Sai. Từ đồ thị hàm số ta có góc giữa tiệm cận đứng \({d_1}\) và tiệm cận xiên \({d_2}\) bằng \({45^o}\).
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + bx + c}}{{x + n}}\) có 2 trục đối xứng là các đường phân giác tạo bởi hai đường thẳng \({d_1}\), \({d_2}\) nên hai trục đối xứng có hệ số góc là \(\left\{ \begin{array}{l}{k_1} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{8}} \right) = 1 + \sqrt 2 \\{k_2} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{3\pi }}{8}} \right) = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
1 trong 2 trục đối xứng có phương trình là \(y = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) - 1\).
Vậy p + 10q + 15r = 1+ 10.2 + 15.1 = 36.
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn \({2^y} + y = 2x + {\log _2}\left( {x + {2^{y - 1}}} \right)\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = \frac{x}{y}\) bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Đáp án:
Đáp án:
Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất.
Có \({2^y} + y = 2x + {\log _2}\left( {x + {2^{y - 1}}} \right) \Leftrightarrow {2^y} + y = 2x + {\log _2}\left( {2x + {2^y}} \right) - 1\) (1).
Đặt \(t = {\log _2}\left( {2x + {2^y}} \right) \Rightarrow 2x + {2^y} = {2^t} \Rightarrow 2x = {2^t} - {2^y}\).
(1) trở thành \({2^y} + y = {2^t} - {2^y} + t - 1 \Leftrightarrow {2^{y + 1}} + y + 1 = {2^t} + t\) (2).
Xét hàm số \(f(u) = {2^u} + u\), \(\forall u > 0 \Rightarrow f'(u) = {2^u}\ln 2 + 1 > 0\), \(\forall u > 0\).
Suy ra hàm số \(f(x) = {2^x} + x\) luôn đồng biến trên \((0; + \infty )\).
Ta có (2) \( \Leftrightarrow f(y + 1) = f(t) \Leftrightarrow y + 1 = t\).
Suy ra \(y + 1 = {\log _2}\left( {2x + {2^y}} \right) \Leftrightarrow {2^{y + 1}} = 2x + {2^y} \Leftrightarrow x = {2^{y - 1}}\).
Khi đó \(P = \frac{x}{y} = \frac{{{2^{y - 1}}}}{y} \Rightarrow P' = \frac{{{2^{y - 1}}\ln 2 - {2^{y - 1}}}}{{{y^2}}} = 0 \Leftrightarrow \ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow y = \frac{1}{{\ln 2}}\).
Bảng biến thiên:
Vậy \({P_{\min }} = \frac{{e\ln 2}}{2} \approx 0,94\) khi \(x = \frac{e}{2}\) và \(y = \frac{1}{{\ln 2}}\).
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2;3;-1), B(-8;7;-3) và điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng (Oxy). Biết rằng A, B, M thẳng hàng, hãy tính 2a – b + 3c.
Đáp án:
Đáp án:
Ứng dụng vecto cùng phương.
M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên M(a;b;0).
\(\overrightarrow {AB} = ( - 8 - 2;7 - 3; - 3 + 1) = ( - 10;4; - 2)\); \(\overrightarrow {AM} = (a - 2;b - 3;0 + 1) = (a - 2;b - 3;1)\).
A, B, M thẳng hàng nên \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương, hay \(\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB} \).
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}a - 2 = - 10k\\b - 3 = 4k\\1 = - 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 10k = 2\\b - 4k = 3\\k = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 10.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) = 2\\b - 4.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) = 3\\k = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = 1\\k = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M(7;1;0)\).
Vậy 2a – b + 3c = 2.7 – 1 + 3.0 = 13.
Một chiếc máy có 3 động cơ I , II và III chạy độc lập nhau. Khả năng để động cơ I , II và III hoạt động tốt trong ngày lần lượt là 70%, 80% và 85%. Xác suất để có ít nhất 1 động cơ chạy tốt trong ngày là bao nhiêu phần trăm?
Đáp án:
Đáp án:
Sử dụng phương pháp tính xác suất của biến cố đối.
A: “Có ít nhất 1 động cơ chạy tốt trong ngày”.
\(\overline A \): “Không có động cơ nào chạy tốt trong ngày”.
\(P(A) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - (1 - 0,7)(1 - 0,8)(1 - 0,85) = \frac{{991}}{{1000}} = 99,1\% \).
Một ống khói có cấu trúc gồm một khối chóp cụt tứ giác đều có thể tích \({V_1}\) và một khối hộp chữ nhật có thể tích \({V_2}\) ghép lại với nhau như hình vẽ bên dưới. Cho biết bản vẽ hình chiếu của ống khói với phương chiếu trùng với phương của một cạnh đáy khối chóp cụt, hãy tính tỉ số thể tích \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án:
Đáp án:
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt đều và thể tích hình hộp.
\(h = \frac{x}{2}\tan {60^o} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\).
\({V_1} = \frac{1}{3}h\left( {{x^2} + \sqrt {{x^2}.{{\left( {2x} \right)}^2}} + {{\left( {2x} \right)}^2}} \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{6}{x^3}\).
\({V_2} = x.x.2x = 2{x^3}\).
Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{7\sqrt 3 }}{6}{x^3}}}{{2{x^3}}} = \frac{{7\sqrt 3 }}{{12}} \approx 1,01\).
Một xí nghiệp A chuyên cung cấp sản phẩm S cho nhà phân phối B . Hai bên thỏa thuận rằng, nếu đầu tháng B đặt hàng x tạ sản phẩm S thì giá bán mỗi tạ sản phẩm S là \(P(x) = 6 - 0,0005{x^2}\) (triệu đồng) \((x \le 40)\). Chi phí A phải bỏ ra cho x tạ sản phẩm S trong một tháng là C(x) = 10 + 3,5x (triệu đồng) và mỗi sản phẩm bán ra phải chịu thêm mức thuế là 1 triệu đồng. Hỏi trong một tháng B cần đặt hàng bao nhiêu tạ sản phẩm S thì A có được lợi nhuận lớn nhất (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Đáp án:
Đáp án:
Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất của hàm số biểu diễn lợi nhuận.
Lợi nhuận mà A thu được khi B đặt x sản phẩm là:
\(L(x) = x.P(x) - C(x) - 1.x = - 0,0005{x^3} + 1,5x - 10\).
\(L'(x) = - 0,0015{x^2} + 1,5 = 0 \Leftrightarrow x = 10\sqrt {10} \approx 31,6\).
\(L(0) = - 10\); \(L(10\sqrt {10} ) \approx 21,6\); \(L(40) = 18\).
Vậy để A có lợi nhuận lớn nhất thì B cần đặt khoảng 31,6 tạ sản phẩm S.
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(5;0;0), B(3;4;0) và điểm C nằm trên trục Oz. Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Khi C di chuyển trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án:
Đáp án:
Chứng minh H luôn nhìn một đoạn thẳng cố định dưới một góc \({90^o}\).
Vì OA = OB = 5 nên tam giác OAB cân tại O.
Gọi C(0;0;c), E(4;2;0) là trung điểm của AB.
Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OC\\AB \bot OE'\end{array} \right.\) nên mặt phẳng (OCE) cố định vuông góc với AB và tam giác ABC cân tại C.
Khi đó \(H \in (OCE)\).
Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng (Oxy) nên K(a;b;0).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OK} .\overrightarrow {AB} = 0\\\overrightarrow {BK} .\overrightarrow {OA} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a.( - 2) + b.4 = 0\\a - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow K\left( {3;\frac{3}{2};0} \right)\).
Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot (OEC)\\CA \bot (BHK)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot HK\\CA \bot HK\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot (CAB)\).
Suy ra \(\widehat {KHE} = {90^o}\).
Do đó H thuộc mặt cầu đường kính \(KE = \sqrt {1 + \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) và thuộc mặt phẳng (OCE) cố định.
Vậy H luôn thuộc một đường tròn cố định có bán kính \(R = \frac{{\sqrt 5 }}{4} \approx 0,56\).
I. Phần trắc nghiệm
I. Phần trắc nghiệm
I. Phần trắc nghiệm
I. Phần trắc nghiệm
Các bài khác cùng chuyên mục
- Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 5 (hay, chi tiết)
- Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2025 cụm các trường số 4 - Hải Dương
- Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 trường THPT Triệu Sơn 3 - Thanh Hóa
- Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 4 (hay, chi tiết)
- Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Ninh Bình
- Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 5 (hay, chi tiết)
- Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2025 cụm các trường số 4 - Hải Dương
- Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 trường THPT Triệu Sơn 3 - Thanh Hóa
- Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 4 (hay, chi tiết)
- Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Ninh Bình
