Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 liên trường THPT Nghệ An

$\overrightarrow a \left( {x;y;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow a = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k$.

$\overrightarrow a = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k = (1; - 2;3)$.

Bước 1: Tìm tập xác định (trong trường hợp xét trên đoạn [a; b], tập xác định đang xét chính là đoạn đó).

Bước 2: Tính đạo hàm f’(x). Tìm các giá trị $x_1, x_2, ..., x_n$ thuộc đoạn [a; b] mà tại đó f’(x) = 0 hoặc f’(x) không tồn tại. (Các điểm này còn được gọi là điểm cực trị hoặc điểm dừng nếu đạo hàm bằng 0, hoặc điểm kì dị nếu đạo hàm không tồn tại).

Bước 3: Tính giá trị của hàm số tại các điểm vừa tìm được ở Bước 2 và tại hai đầu mút của đoạn [a; b]. Tức là tính các giá trị $f(a), f(x_1), f(x_2), ..., f(x_n), f(b)$.

Giá trị lớn nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTLN của hàm số trên đoạn [a; b].

$y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array}$ \right.

Xét trên đoạn [0; 2]: f(0) = 3, f(1) = 2, f(2) = 11.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [0; 2] là 2.

$\overrightarrow a - \overrightarrow b = ({x_a} - {x_b};{y_a} - {y_b};{z_a} - {z_b})$.

$\overrightarrow u - \overrightarrow v = (1 - 2;2 + 2; - 2 - 3) = ( - 1;4; - 5)$.

Áp dụng tính chất của cấp số nhân: ${u_n}^2 = {u_{n - 1}}{u_{n + 1}}$ $(n \ge 2)$.

${u_2}{u_4} = {u_3}^2 \Leftrightarrow {u_4} = \frac{{{u_3}^2}}{{{u_2}}} = \frac{{{6^2}}}{2} = 18$.

Hai vecto bằng nhau là hai vecto có cùng hướng và độ dài.

$\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {D'C'}$ vì chúng có cùng hướng và độ dài.

Hàm số f(x) đồng biến trên khoảng f(x) liên tục và f’(x) > 0.

Hàm số đồng biến trên khoảng (-2; 1).

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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}$.

Quan sát bảng biến thiên, thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) = 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  - 1$.

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

$\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi$ với $k \in \mathbb{Z}$.

Dựa vào hình dạng đồ thị.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên đây là đồ thị của hàm số bậc ba.

Thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow$ Hệ số của ${x^3}$ nhỏ hơn 0.

Quan sát đồ thị hàm số.

Giá trị cực đại của hàm số y = f(x) là 0.

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

${\log _2}(3x - 1) = 3 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}3x - 1 > 0\\3x - 1 = {2^3}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{3}\\x = 3\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = 3.

Gọi n là cỡ mẫu. Trung vị của mẫu số liệu thuộc nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{n}{2}$.

Tổng số học sinh: n = 0 + 2 + 10 + 18 + 10 = 40.

Ta có $2 + 10 < \frac{{40}}{2} < 2 + 10 + 18$ nên trung vị thuộc khoảng [6; 8).

Áp dụng công thức: Lợi nhuận = Doanh thu – Chi phí.

Ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN của hàm lợi nhuận.

a) Sai. Chi phí sản xuất 100 kg thực phẩm:

C(100) = 200 + 15.100 = 1 700 (ngàn đồng).

b) Sai. Số tiền thu được khi bán 100 kg thực phẩm cho nhà hàng ông B:

$100.P(100) = 100\left( {30 - \frac{1}{{1000}}{{.100}^2}} \right) \approx 2360$ (ngàn đồng).

c) Đúng. Lợi nhuận ông A thu được khi bán x kg $x \in (0;100)$ thực phẩm cho ông B là L(x) = xP(x) - C(x).

d) Đúng. $L(x) = xP(x) - C(x)$

$= x\left( {30 - \frac{1}{{1000}}{x^2}} \right) - (200 + 15x) = - \frac{1}{{1000}}{x^3} + 15x - 200$.

Xét trên [0; 100]: $L'(x) = - \frac{3}{{1000}}{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2$.

L(0) = -200; $L\left( {50\sqrt 2 } \right) \approx 507$; L(100) = 300.

Vậy lợi nhuận lớn nhất ông A có được trong 1 ngày là 507 ngàn đồng.

Nhìn đồ thị xác định các đường tiệm cận, các điểm thuộc đồ thị để tìm công thức hàm số.

a) Đúng. Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng x = 1 và một đường tiệm cận ngang y = -1.

b) Sai. Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2, suy ra $\frac{b}{{ - 1}} =  - 2 \Leftrightarrow b = 2$.

Đồ thị có tiệm cận đứng $x = 1 \Leftrightarrow c.1 - 1 = 0 \Leftrightarrow c = 1$.

Đồ thị có tiệm cận ngang $y =  - 1 \Leftrightarrow \frac{a}{c} =  - 1 \Leftrightarrow a =  - 1.c =  - 1.1 =  - 1$.

Vậy a + 2b – 3c = -1 + 2.2 – 3.1 = 0.

c) Sai. Đạo hàm của f(x) < 0 với mọi số $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$.

d) Sai. Tâm đối xứng của đồ thị là I(1; -1).

MN ngắn nhất khi I là trung điểm của MN và M, N cùng nằm trên đường phân giác d của góc tạo bởi hai đường tiệm cận (d cắt đồ thị hàm số).

Đường thẳng d: y = px + q tạo với Ox góc ${45^o}$ nên hệ số góc của d là $p = \tan {45^o} = 1$.

Đường thẳng d đi qua I(1; -1) nên $- 1 = 1.1 + q \Leftrightarrow q =  - 2$.

Vậy d: y = x – 2. Phương trình hoành độ giao điểm của d với đồ thị hàm số:

$x - 2 = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array}$ \right. \Rightarrow M(0; -2) và N(2; 0).

$MN = \sqrt {{{(2 - 0)}^2} + {{(0 + 2)}^2}}  = 2\sqrt 2$.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

a) Sai. Hàm số đồng biến trên $(3; + \infty )$ nên f(2025) < f(2026).

b) Sai. Hàm số đạt cực đại tại x = 0.

c) Sai. Giá trị lớn nhất của hàm số trên $(-\infty; 3]$ bằng 2.

d) Đúng. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  + \infty  \Rightarrow a > 0$.

Vì đồ thị có hai điểm cực trị nên phương trình $f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2bx + c = 0$ có hai nghiệm phân biệt x = 0 và x = 3.

Theo Viete, ta có $\{\begin{array}{l}\frac{-2b}{3}>0\\ \frac{c}{3}=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b<0\\ c=0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 2b}}{3} > 0\\\frac{c}{3} = 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}b < 0\\c = 0\end{array} \right.$

Theo bảng biến thiên, khi x = 0 thì y = 2 nên d = 2 > 0.

Tìm tọa độ các điểm rồi áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

a) Sai. $BO = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.6 = 3\sqrt 3  \Rightarrow B\left( {3\sqrt 3 ;0;0} \right)$;

$AO = CO = \frac{{AC}}{2} = \frac{6}{2} = 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}C\left( {0;3;0} \right)\\A\left( {0; - 3;0} \right)\end{array} \right.$

$M = \left( {\frac{{3\sqrt 3  + 0}}{2};\frac{{0 + 3}}{2};\frac{{0 + 0}}{2}} \right) = \left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};0} \right)$.

$A'O = \sqrt {A'{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4 \Rightarrow A'\left( {0;0;4} \right)$.

$\overrightarrow {A'E}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};0} \right) \Rightarrow E\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};4} \right)$.

$\overrightarrow {ME}  = \left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2} - \frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2} - \frac{3}{2};4 - 0} \right) = \left( {0;0;4} \right)$.

b) Đúng. $BO = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.6 = 3\sqrt 3  \Rightarrow B\left( {3\sqrt 3 ;0;0} \right)$.

c) Sai. $\overrightarrow {A'B}  = \left( {3\sqrt 3 ;0; - 4} \right) \Rightarrow A'B = \sqrt {43}$; $\overrightarrow {BC}  = \left( { - 3\sqrt 3 ;3;0} \right)$.

$\cos \left( {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{3\sqrt 3 .\left( { - 3\sqrt 3 } \right) + 0.3 - 4.0}}{{\sqrt {43} .6}} = \frac{{ - 27}}{{6\sqrt {43} }} < 0$.

d) Đúng. $\overrightarrow {AA'}  = (0;3;4)$, $\overrightarrow {AM}  = \left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{9}{2};0} \right)$.

$d\left( {ME,AA'} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {ME} } \right].\overrightarrow {AM} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {ME} } \right]} \right|}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

Chia trường hợp và áp dụng các quy tắc đếm, tổ hợp để tính xác suất.

Để được 9 điểm, Tiến phải làm đúng 18 câu. Vì đã làm đúng 15 câu nên Tiến phải làm đúng thêm 3 câu nữa.

Trong 5 câu còn lại, có 2 câu xác suất Tiến làm đúng là $\frac{1}{3}$, 3 câu xác suất Tiến làm đúng là $\frac{1}{4}$.

TH1: Tiến làm đúng 2 câu đã loại đáp án và 1 câu chưa loại đáp án:

$C_2^2{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}C_3^1\left( {\frac{1}{4}} \right){\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} = \frac{3}{{64}}$.

TH2: Tiến làm đúng 1 câu đã loại đáp án và 2 câu chưa loại đáp án:

$C_2^1\left( {\frac{1}{3}} \right)\left( {\frac{2}{3}} \right)C_3^2{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}\left( {\frac{3}{4}} \right) = \frac{1}{{16}}$.

TH3: Tiến làm đúng 3 câu chưa loại đáp án:

$C_2^0{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}C_3^3{\left( {\frac{1}{4}} \right)^3} = \frac{1}{{144}}$.

Xác suất để Tiến được 9 điểm là: $\frac{3}{{64}} + \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{144}} \approx 0,12$.

Tìm giao điểm P của MN và (Oxy). Trên mặt phẳng (Oxy), tính thời gian tấm bìa đi qua điểm P.

$\overrightarrow {MN} = (3 - 1;6 - 2; - 12 - 3) = (2;4; - 15)$.

Phương trình đường thẳng MN: $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=2+4t\\ z=3-15t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 4t\\z = 3 - 15t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

MN giao với mặt phẳng (Oxy): z = 0 tại: $3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{5}$.

Thay $t = \frac{1}{5}$ vào phương trình của MN, ta tìm được giao điểm là $P\left( {\frac{7}{5};\frac{{14}}{5};0} \right)$.

Xét trên mặt phẳng (Oxy): $P\left( {\frac{7}{5};\frac{{14}}{5}} \right)$, đường tròn (C): ${x^2} + {y^2} = 4$.

Giả sử đường thẳng d: $x = \frac{7}{5}$ cắt (C) tại A và B.

(C) di chuyển cùng hướng với tia Oy nên đoạn thẳng AB trên tấm bìa sẽ chắn tầm nhìn (vì đường thẳng AB đi qua P).

Thay $x = \frac{7}{5}$ vào phương trình (C), được $y = \pm \frac{{\sqrt {51} }}{5} \Rightarrow AB = \frac{{2\sqrt {51} }}{5}$ (cm).

Thời gian tấm bìa che khuất tầm nhìn của người quan sát là $\frac{{AB}}{5} \approx 0,57$ (giây).

Áp dụng công thức tính số trung bình để tìm a, b, từ đó đưa ra kết luận.

Thời gian sử dụng điện thoại trung bình là:

$\frac{{10.7 + 30a + 50b + 70.6 + 90.3}}{{7 + a + b + 6 + 3}} = 40 \Leftrightarrow a - b = 12$.

Mà $7 + a + b + 6 + 3 = 42 \Leftrightarrow a + b = 26$.

Suy ra a = 19, b = 7.

Vậy lớp học trên có nhiều nhất 7 + 19 = 26 học sinh sử dụng điện thoại dưới mức trung bình của lớp.

Bước 1: Tìm tập xác định (trong trường hợp xét trên đoạn [a; b], tập xác định đang xét chính là đoạn đó).

Bước 2: Tính đạo hàm f’(x). Tìm các giá trị  thuộc đoạn [a; b] mà tại đó f’(x) = 0 hoặc f’(x) không tồn tại. (Các điểm này còn được gọi là điểm cực trị hoặc điểm dừng nếu đạo hàm bằng 0, hoặc điểm kì dị nếu đạo hàm không tồn tại).

Bước 3: Tính giá trị của hàm số tại các điểm vừa tìm được ở Bước 2 và tại hai đầu mút của đoạn [a; b]. Tức là tính các giá trị .

Giá trị lớn nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTLN của hàm số trên đoạn [a; b].

$y' = (2x + 1){e^{ - x}} + ({x^2} + x + 1).( - {e^{ - x}})$

$= {e^x}(2x + 1 - {x^2} - x - 1) = {e^x}( - {x^2} + x)$.

Xét trên [-1; 0]: $y' = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Ta có y(-1) = e, y(0) = 1.

Tổng GTLN và GTNN của hàm số là $e + 1 \approx 3,7$.

Tìm t sao cho V’(t) nhỏ nhất, từ đó tính V(t).

$V'(t) = \frac{{35}}{4}\left( {3 - 2t + 3{t^2}} \right)$, $V''(t) = \frac{{35}}{4}\left( { - 2 + 6t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3}$.

Ta có $V'(0) = \frac{{105}}{4}$, $V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{70}}{3}$, $V'(1) = 35$.

Tốc độ bơm V’(t) nhỏ nhất tại $t = \frac{1}{3}$, khi đó thể tích xăng là $V\left( {\frac{1}{3}} \right) \approx 12,1$ (lít).

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh SH là chiều cao của khối chóp với H là hình chiếu của S lên MN.

Sử dụng hệ thức lượng và các công thức tính diện tích tam giác để tính SH. Từ đó tính thể tích khối chóp.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.

Vì SAB là tam giác đều nên $SN \bot AB$, vì SCD là tam giác cân nên $SM \bot CD \Rightarrow SM \bot AB$ (vì AB // CD).

$\left.$$\begin{array}{l}SN \bot AB\\SM \bot AB\end{array}$ \right\} \Rightarrow AB \bot (SMN) \Rightarrow (ABCD) \bot (SMN).

Giao tuyến của (ABCD) và (SMN) là đường thẳng MN.

Xét trong mặt phẳng (SMN), gọi H là hình chiếu của S lên MN, khi đó $SH \bot (ABCD)$.

Ta có $SN = \frac{{4\sqrt 3 }}{2}$, SM = CM = DM = 2, MN = 4.

Đặt $p = \frac{{SN + SM + MN}}{2} = 3 + \sqrt 3$.

Xét tam giác SMN: ${S_{SMN}} = \sqrt {p(p - SN)(p - SM)(p - MN)} = 2\sqrt 3$.

Mặt khác: ${S_{SMN}} = \frac{1}{2}SH.MN \Leftrightarrow 2\sqrt 3 = \frac{1}{2}SH.4 \Leftrightarrow SH = \sqrt 3$.

Vậy ${V_{S.ACBD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 {.4^2} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \approx 9,24$.