Đề thi thử THPT môn Toán năm 2026 Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Áp dụng các phép toán vecto.

$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM} = (\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{BC}) + \frac{1}{2}\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b} + \frac{1}{2}\overrightarrow{c}$.

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

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{3x - 1}}{{1 - x}} = - 3$ nên y = -3 là tiệm cận ngang của đồ thị.

Dựa vào tính chất của hình lập phương để xác định độ dài các vecto trên.

Có BC’ = AC (cùng là đường chéo các mặt của hình lập phương) nên độ dài $\overrightarrow{BC'}, \overrightarrow{AC}$ bằng nhau.

Quan sát đồ thị.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [0; 3] là -2.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác và hàm số mũ.

$\int {(\sin x + 3{e^x})dx} = - \cos x + 3{e^x} + C$.

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.

${\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 $S = \{1; 9\}$.

Áp dụng tính chất của tích phân: $\int\limits_a^b {kf(x)dx} = k\int\limits_a^b {f(x)dx}$.

$\int\limits_{ - 1}^2 {2f(x)dx} = 2\int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx} = 2.5 = 10$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$.

$q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{2} = 3$.

Dựa vào tiệm cận của đồ thị và giao của đồ thị với trục tung.

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.

Vì hàm số liên tục nên chỉ cần đếm qua bao nhiêu điểm thì f’(x) đổi dấu từ âm sang dương.

Qua x = 0 thì f’(x) đổi dấu từ âm sang dương nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số f(x).

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

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

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).

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 $\left[ {S,BD,C} \right] = \widehat {SOC} = {180^o} - \widehat {SOA}$

$= {180^o} - {30^o} = {150^o}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

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 $S = 2.4 - \frac{3}{2} = \frac{13}{2}$.

a) Dựa vào định nghĩa đạo hàm, nguyên hàm.

b) Tìm hàm P(t).

c) Tính P(5) – P(0).

d) Tính P(9).

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.

Quan sát bảng biến thiên (tiệm cận, cực trị,...) để khảo sát và tìm công thức hàm số.

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:

$d = 2(t + 2) + \frac{4}{t} = 2t + 4 + \frac{4}{t}$

$\ge 2\sqrt {2t.\frac{4}{t}}  + 4 = 4\sqrt 2  + 4$.

d) Đúng. a + b + c + d = -1 + 2 – 4 – 2 = -5.

Áp dụng công thức tính các số đặc trưng đo xu thế trung tâm của mẫu số liệu ghép nhóm.

a) Đúng. ${Q_3} = 6 + \frac{{\frac{{3.39}}{4} - (3 + 8 + 12)}}{{12}}(8 - 6) \approx 7,04$.

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.

Áp dụng tính chất của tứ giác nội tiếp và phương pháp tổ hợp, tính xác suất của biến cố đối.

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): 17.17 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: $1 - \frac{{18.17.17 - C_{18}^2}}{{C_{36}^4}} \approx 0,91$.

Ứng dụng tích phân tính thể tích vật thể.

Đặt hệ trục tọa độ Exh sao cho F thuộc tia Ex, A thuộc tia Eh.

Ta có F(3; 0) và B(6; 4) nên $\{\begin{array}{l}0=3a+b\\ 4=6a+b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{4}{3}\\ b=-4\end{array}$$\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 $V'(t) = V'(h).h'(t) \Leftrightarrow 4 = (9h + 36).h'(t)$

$\Leftrightarrow h'(t) = \frac{4}{{9h + 36}} \approx 0,08$.

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).

Phương trình quỹ đạo bay của bóng là: $\{\begin{array}{l}x=6+15t\\ y=22-11t\\ z=t\end{array}$$\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).

Lập hàm lợi nhuận L(x), tìm x để L(x) đạt GTLN, từ đó tính p theo x vừa tìm được.

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).

Tính thể tích chóp tam giác đều (một phần của khối lập phương) bên trong ly.

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 BCD.

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:

$V = \frac{1}{3}.AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.AH.\frac{{{{\left( {x\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}$

$= \frac{1}{3}.2,25.\frac{{15,1875.2\sqrt 3 }}{4} \approx 9,9$ $(c{m^3})$.

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.

Giả sử parabol (P): $y = a{x^2} + bx + c$.

Parabol đi qua điểm có tọa độ (0; 0), đỉnh (5; 900) nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}0=a{.0}^2+b.0+c\\ 900=a{.5}^2+b.5+c\\ -\frac{b}{2a}=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=0\\ a=-36\\ b=360\end{array}$$\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).