Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi

$\{\begin{array}{l}{\log }_{a}f(x)<b\\ a>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}f(x)>0\\ f(x)<a^b\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}f(x) < b\\a > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}f(x) > 0\\f(x) < {a^b}\end{array} \right.$.

$\log x < 1 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < {10^1}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow 0 < x < 10.

Thay biểu thức x, y, z của phương trình đường thẳng vào phương trình mặt phẳng để tìm t, sau đó thay t vào phương trình đường thẳng để được tọa độ giao điểm.

$(2 - t) - 2(3 + t) + 2t - 4 = 0$

$\Leftrightarrow  - 8 - t = 0 \Leftrightarrow t =  - 8$.

Thay t = -8 vào phương trình $\Delta$, được tọa độ điểm I(10; -5; -16).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$.

${u_1} + {u_7} = 12$

$\Leftrightarrow {u_1} + ({u_1} + 6d) = 12$

$\Leftrightarrow 2{u_1} + 6d = 12$

$\Leftrightarrow {u_1} + 3d = 6$ (chia hai vế cho 2)

$\Leftrightarrow {u_4} = 6$.

Dựa vào các đường tiệm cận và giao của đồ thị với trục tung để xác định.

Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1, do đó loại đáp án D.

Đồ thị có tiệm cận ngang y = -2, do đó loại đáp án B.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1) nên chọn đáp án C.

$\int_a^b {f'} (x)dx = f(b) - f(a)$.

$\int_1^2 {f'} (x)dx = f(2) - f(1)$

$= {2^2} - \frac{4}{2} - \left( {{1^2} - \frac{4}{1}} \right) = 5$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

Cỡ mẫu: n = 7 + 10 + 17 + 24 + 13 + 8 + 5 = 84.

${Q_1} = 7,5 + \frac{{\frac{{84}}{4} - (7 + 10)}}{{17}}.(8 - 7,5) = \frac{{259}}{{34}}$.

${Q_3} = 8,5 + \frac{{\frac{{3.84}}{4} - (7 + 10 + 17 + 24)}}{{13}}.(9 - 8,5) = \frac{{113}}{{13}}$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{113}}{{13}} - \frac{{259}}{{34}} = \frac{{475}}{{442}} \approx 1,07$.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f(x), g(x) liên tục trên [a; b] và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}$.

$S = \int_1^3 {\left| {{2^x} - 2} \right|dx}  = \int_1^3 {({2^x} - 2)dx}$.

Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và d’ là hình chiếu vuông góc của d lên (P).

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng a, khi đó độ dài đường chéo $AC' = a\sqrt 3$.

AC là hình chiếu của AC’ lên (ABCD) nên $\left( {AC',(ABCD)} \right) = \left( {AC',AC} \right) = \widehat {C'AC}$.

$\sin \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC'}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Nếu a // b thì (a, c) = (b, c).

Có EF là đường trung bình của tam giác SBC nên EF // BC. Do đó $\left( {EF,AB} \right) = \left( {BC,AB} \right) = \widehat {ABC} = {60^o}$ (vì tam giác ABC đều).

Sử dụng tính chất ${a^{m + n}} = {a^m}.{a^n}$.

$f(x + 1) - f(x) = {5^{x + 1}} - {5^x} = {5.5^x} - {5^x} = {4.5^x} = 4f(x)$.

Thay tọa độ điểm H vào phương trình mặt phẳng rồi rút gọn.

Ta có: $m + 2n - 1 + 3 = 0 \Leftrightarrow m + 2n = - 2$.

Hàm số nghịch biến trên khoảng y’ < 0.

Quan sát bảng biến thiên, thấy hàm số nghịch biến trên $(2; + \infty )$, mà $(2;4) \subset (2; + \infty )$ nên hàm số nghịch biến trên (2; 4).

Sử dụng công thức tính thể tích và diện tích xung quanh hình trụ, ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số và tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Đúng. Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là $V = \pi {r^2}h$.

c) Đúng. $V = \pi {r^2}h \Leftrightarrow 54\pi = \pi {r^2}h \Leftrightarrow h = \frac{{54\pi }}{{\pi {r^2}}} = \frac{{54}}{{{r^2}}}$.

Diện tích toàn phần bồn chứa dầu là: $S(r) = 2\pi r(h + r) = 2\pi r\left( {\frac{{54}}{{{r^2}}} + r} \right) = 2\pi \left( {\frac{{54}}{r} + {r^2}} \right)$.

b) Đúng. $S'(r) = 2\pi \left( { - \frac{{54}}{{{r^2}}} + 2r} \right) = 0 \Leftrightarrow 2{r^3} = 54 \Leftrightarrow r = 3$.

Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính r = 3 (m).

d) Sai. Đổi 500 000 đồng = 0,5 triệu đồng.

Số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu là: $54\pi .0,5 \approx 84,8$ (triệu đồng).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.

d) Đúng. Mặt cầu có phương trình ${(x - 2)^2} + {(y + 1)^2} + {(z + 1)^2} = 6$ có tâm I(2; -1; -1) và bán kính $R = \sqrt 6$.

a) Sai. d có vecto chỉ phương $\overrightarrow u  = (2; - 3;1)$ và đi qua điểm M(-2; -1; 0). Ta có $\overrightarrow {IM}  = ( - 4;0;1)$.

$\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {IM} } \right] = \left( {\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 3}&1\\0&1\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&2\\1&{ - 4}\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&{ - 3}\\{ - 4}&0\end{array}$} \right|} \right)

$= \left( { - 3; - 6; - 12} \right)$.

Khoảng cách từ I đến d: $d\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {IM} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {{{( - 3)}^2} + {{( - 6)}^2} + {{( - 12)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 3)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$.

c) Đúng. Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d. Khi đó $IH = d(I,d) = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$. Xét mặt phẳng chứa I và vuông góc với d, mặt phẳng này cắt mặt cầu theo một đường tròn lớn và cắt hai tiếp diện theo hai tiếp tuyến HA và HB.

Xét tam giác IAH vuông tại A: $\cos \widehat {AIH} = \frac{{IA}}{{IH}} = \frac{{\sqrt 6 }}{{\frac{{3\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{2}{3}$.

Do tính chất đối xứng, $\widehat {AIB} = 2\widehat {AIH}$.

$\cos \widehat {AIB} = \cos (2\widehat {AIH}) = 2{\cos ^2}\widehat {AIH} - 1$

$= 2{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} - 1 = \frac{{ - 1}}{9} = \frac{a}{b}$.

Vậy ${a^2} + {b^2} = {( - 1)^2} + {9^2} = 82$.

b) Đúng. Giả sử cung nhỏ AB có số đo $\alpha$ (rad). Khi đó $\alpha  = \arccos \frac{{ - 1}}{9}$ (rad).

Độ dài cung AB là: $s = r\alpha  = \sqrt 6 \arccos \frac{{ - 1}}{9}$ dm $= 10\sqrt 6 \arccos \frac{{ - 1}}{9}$ cm.

Thời gian con kiến bò là $t = \frac{s}{v} = \frac{{10\sqrt 6 \arccos \frac{{ - 1}}{9}}}{2} \approx 21$ (giây).

Ứng dụng nguyên hàm để giải bài toán.

c) Đúng. $y'(t) = k.y(t) \Leftrightarrow \frac{{dy}}{{dt}} = k.y$

$\Leftrightarrow \frac{1}{y}dy = kdt \Leftrightarrow \int {\frac{1}{y}dy}  = \int {kdt}$

$\Leftrightarrow \ln \left| y \right| = kt + C \Leftrightarrow y = {e^{kt + C}}$

$\Leftrightarrow y = {e^{kt}}.{e^C} \Leftrightarrow y = C'{e^{kt}}$ (đặt $C' = {e^C}$ là hằng số).

Ta có $y(0) = C'.{e^{k.0}} = C'$. Mặt khác, theo giả thiết: y(0) = T(0) – 20 = 80 – 20 = 60.

Do đó $y(0) = C' = 60 \Rightarrow y(t) = 60{e^{kt}}$ (với mọi $t \ge 0$).

d) Đúng. $y(0) = {e^{k.0 + C}} = 60$

$\Leftrightarrow {e^C} = 60 \Leftrightarrow C = \ln 60$.

a) Sai. Theo giả thiết:

y(15) = T(15) – 20 = 50 – 20 = 30.

Suy ra $y(15) = 60{e^{k.15}} = 30 \Leftrightarrow {e^{15k}} = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow k = \frac{1}{{15}}\ln \frac{1}{2} =  - \frac{1}{{15}}\ln 2$.

b) Sai. $y(30) = T(30) - 20$

$\Leftrightarrow T(30) = y(30) + 20$

$= 60{e^{\left( { - \frac{1}{{15}}\ln 2} \right).30}} + 20 = 35$.

Vậy sau 30 phút kể từ khi đặt vào phòng, nhiệt độ của cốc cà phê là ${35^o}C$.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần, công thức Bayes.

Gọi ${A_1}$: “H lấy được 2 viên bi đen từ hộp X”. $P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{2}{9}$.

${A_2}$: “H lấy được 1 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp X”. $P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{C_5^1.C_5^1}}{{C_{10}^2}} = \frac{5}{9}$.

${A_3}$: “H lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X”. $P\left( {{A_3}} \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{2}{9}$.

d) Sai. $P\left( {{A_3}} \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{2}{9}$.

b) Đúng. Gọi B: “H lấy được 3 viên bi đen từ hộp Y”. Ta có:

$P\left( {B|{A_1}} \right) = \frac{{C_{6 + 2}^3}}{{C_{14 + 2}^3}} = \frac{1}{{10}}$; $P\left( {B|{A_2}} \right) = \frac{{C_{6 + 1}^3}}{{C_{14 + 2}^3}} = \frac{1}{{16}}$; $P\left( {B|{A_3}} \right) = \frac{{C_6^3}}{{C_{14 + 2}^3}} = \frac{1}{{28}}$.

$P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right)$

$= \frac{2}{9}.\frac{1}{{10}} + \frac{5}{9}.\frac{1}{{16}} + \frac{2}{9}.\frac{1}{{28}} = \frac{{109}}{{1680}}$.

c) Đúng. Gọi C: “H lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y”. Ta có:

$P\left( {C|{A_1}} \right) = \frac{{C_{6 + 2}^2.C_8^1}}{{C_{14 + 2}^3}} = \frac{2}{5}$; $P\left( {C|{A_2}} \right) = \frac{{C_{6 + 1}^2.C_{8 + 1}^1}}{{C_{14 + 2}^3}} = \frac{{27}}{{80}}$; $P\left( {C|{A_3}} \right) = \frac{{C_6^2.C_{8 + 2}^1}}{{C_{14 + 2}^3}} = \frac{{15}}{{56}}$.

$P\left( C \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {C|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {C|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {C|{A_3}} \right)$

$= \frac{2}{9}.\frac{2}{5} + \frac{5}{9}.\frac{{27}}{{80}} + \frac{2}{9}.\frac{{15}}{{56}} = \frac{{1693}}{{5040}}$.

a) Đúng. $P\left( {{A_1}|C} \right) = \frac{{P\left( {{A_1}} \right).P\left( {C|{A_1}} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{2}{9}.\frac{2}{5}}}{{\frac{{1693}}{{5040}}}} = \frac{{448}}{{1693}}$.

Lập hàm lợi nhuận theo x, ứng dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

Đổi: 25 tỷ đồng = 25 000 triệu đồng.

Lợi nhuận: $P(x) = F(x) - C(x) = 200x - 100{e^{0,001x}}$ (triệu đồng).

Theo yêu cầu đề bài: $P(x) = 200x - 100{e^{0,001x}} \ge 25000$.

Xét $P'(x) = 200 - 0,1.{e^{0,001x}} = 0 \Leftrightarrow x \approx 7601 \notin \left[ {100;5000} \right]$.

Khi $x \in \left[ {100;5000} \right]$ thì P’(x) > 0 với mọi x nên hàm P(x) đồng biến trên [100; 5000].

$P(x) = 25000 \Leftrightarrow 200x - 100{e^{0,001x}} = 25000 \Leftrightarrow x \approx 125,57$.

Vì hàm P(x) đồng biến trên [100; 5000] nên giá trị nguyên x nhỏ nhất để $P(x) \ge 25000$ là 126.

Vậy nhà máy cần sản xuất ít nhất 126 linh kiện trong tháng đó.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải.

Gọi x, y $(x,y \in \mathbb{N})$ là số combo “Năng lượng” và combo “Bùng nổ” mà lớp 12/1 bán được.

Theo giả thiết: $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ x+2y\le 120\\ x+3y\le 150\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + 2y \le 120}\\{x + 3y \le 150}\end{array}} \right.$.

F(x; y) = 30x + 80y đạt giá trị lớn nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác OABC tô màu ở hình dưới. Các điểm O(0; 0), A(0; 50), B(60; 30), C(120; 0) là các điểm biên.

Ta thấy: F(0; 0) = 0, F(0; 50) = 4000, F(60; 30) = 4200, F(120; 0) = 3600.

Vậy số tiền lớn nhất mà lớp 12/1 thu được 4200 (nghìn đồng).

Tìm đoạn vuông góc chung của AA’ và BC, áp dụng tính chất của tam giác đồng dạng, định lí Pythagore,... để tính độ dài chiều cao khối lăng trụ, từ đó tính thể tích khối lăng trụ.

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó A, G, M thẳng hàng.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’.

Vì tam giác ABC đều nên $AM \bot BC$. Mặt khác, $A'G \bot (ABC) \Rightarrow A'G \bot BC$.

$\left. \begin{array}{l}AM \bot BC\\A'G \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot (A'AM) \Rightarrow BC \bot MH$.

$\left. \begin{array}{l}HM \bot BC,M \in BC\\HM \bot AA',H \in AA'\end{array} \right\}$

$\Rightarrow d\left( {AA',BC} \right) = MH = 1,5\sqrt 3 = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$ (m).

Tam giác đều ABC có cạnh bằng 6, suy ra $AM = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3$ (m).

$AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.3\sqrt 3 = 2\sqrt 3$ (m).

Xét tam giác AHM vuông tại H:

$AH = \sqrt {A{M^2} - H{M^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{9}{2}$ (m).

Hai tam giác AGA’ và AHM đồng dạng (g.g) nên:

$\frac{{AH}}{{AG}} = \frac{{HM}}{{A'G}} \Leftrightarrow A'G = \frac{{AG.HM}}{{AH}} = \frac{{2\sqrt 3 .\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{9}{2}}} = 2$ (m).

$V = A'G.{S_{ABC}} = 2.\frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 18\sqrt 3$ $({m^3})$. Vậy m = 3.

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Các công đoạn:

- Chọn 1 trong 3 hộp A, B, C để chứa 4 quả bóng mang số chẵn: 3 cách.

- Đổi vị trí 4 quả bóng mang số chẵn với nhau: 4! cách.

- Xếp 4 quả bóng mang số lẻ vào 8 vị trí còn lại của 2 hộp: $A_8^4$ cách.

- Xếp 4 quả bóng vàng giống nhau vào 4 vị trí còn lại: 1 cách.

Do đó $T = 3.4!A_8^4 = 120960 \Rightarrow \frac{T}{{70}} = 1728$.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f(x), g(x) liên tục trên [a; b] và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}$.

Cung phần tư của đường tròn tâm A:

${x^2} + {(y - 12)^2} = 144 \Rightarrow y =  - \sqrt {144 - {x^2}}  + 12$.

Cung phần tư của đường tròn tâm E:

${(x - 8)^2} + {y^2} = 64 \Rightarrow y = \sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}}$.

Cung phần tư của đường tròn tâm F:

${(x - 8)^2} + {(y - 4)^2} = 16 \Rightarrow y = \sqrt {16 - {{(x - 8)}^2}}  + 4$.

Cung phần tư của đường tròn tâm G:

${(x - 4)^2} + {(y - 12)^2} = 64 \Rightarrow y =  - \sqrt {64 - {{(x - 4)}^2}}  + 12$.

${S_1} = \int\limits_0^4 {\left| {\sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}}  - \left( { - \sqrt {144 - {x^2}}  + 12} \right)} \right|dx}  \approx 18,75$ $\left( {c{m^2}} \right)$.

${S_2} = \int\limits_4^8 {\left| {\sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}}  - \left( {\sqrt {16 - {{(x - 8)}^2}}  + 4} \right)} \right|dx}  \approx 2,05$ $\left( {c{m^2}} \right)$.

${S_3} = \int\limits_4^{12} {\left| { - \sqrt {64 - {{(x - 4)}^2}}  + 12 - \left( { - \sqrt {144 - {x^2}}  + 12} \right)} \right|dx}  \approx 15,74$ $\left( {c{m^2}} \right)$.

Diện tích hình càng cua là: $S = {S_1} + {S_2} + {S_3} \approx 37$ $\left( {c{m^2}} \right)$.

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Gọi số ghế của Tâm, Vy, Tuệ là x, y, z, chúng lập thành cấp số cộng theo thứ tự đó.

Theo tính chất của cấp số cộng: x + z = 2y.

Vì 2y là số chẵn nên x + z cũng là số chẵn, khi đó x và z phải cùng tính chẵn lẻ.

Từ 1 đến 27 có 14 số lẻ và 13 số chẵn.

TH1: x, z cùng lẻ. Có $A_{14}^2$ cặp số (x; z) thỏa mãn (sử dụng chỉnh hợp vì có 2 trường hợp x > z hoặc x < z).

 TH2: x, z cùng chẵn. Có $A_{13}^2$ cặp số (x; z) thỏa mãn.

Sau khi xếp 3 bạn trên, xếp 24 bạn còn lại có 24! cách.

Xác suất để số ghế của Tâm, Vy, Tuệ theo thứ tự lập thành cấp số cộng là:

$\frac{{\left( {A_{14}^2 + A_{13}^2} \right).24!}}{{27!}} = \frac{{13}}{{675}} = \frac{P}{{675}} \Rightarrow P = 13$.