Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2025 - 2026 trường THPT Triệu Sơn 3 - Thanh Hóa

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

Ta có: $\left. u_{3} = u_{2}q\Leftrightarrow u_{2} = \dfrac{u_{3}}{q} = - 5 \right.$.

$\left. a^{f(x)} = b\Leftrightarrow f(x) = \log_{a}b \right.$.

Ta có $\left. 5^{x - 1} = 7\Leftrightarrow x - 1 = \log_{5}7\Leftrightarrow x = 1 + \log_{5}7 \right.$.

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

Ta có $SA\bot\left( {ABC} \right)\left. \Rightarrow\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat{\text{S}BA} \right.$.

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Ta có $n(\Omega) = C_{10}^{3} = 120$.

Gọi A là biến cố 3 viên bi chọn được màu xanh $\left. \Rightarrow n(A) = C_{6}^{3} = 20 \right.$.

$\left. \Rightarrow P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{20}{120} = \dfrac{1}{6} \right.$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ: ${\int{a^{x}dx}} = \dfrac{a^{x}}{\ln a} + C$.

Nguyên hàm của hàm số $f(x) = 4^{x}$ là $F(x) = \dfrac{4^{x}}{\text{ln4}} + C = \dfrac{4^{x}}{\text{2ln2}} + C$.

Hàm số đồng biến trên khoảng y’ > 0.

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 1).

Đường thẳng y = ax + b $(a \ne 0)$ gọi là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f(x) nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$.

$y = - 2x - 8 + \dfrac{3}{4x - 9}$; $\lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty}\left\lbrack {y - \left( {- 2x - 8} \right)} \right\rbrack = \lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty}\dfrac{3}{4x - 9} = 0$.

Do đó, tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = - 2x - 8 + \dfrac{3}{4x - 9}$ là đường thẳng có phương trình y = -2x – 8.

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

Hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên (Oxy) là M’(a; b; 0).

Hình chiếu vuông góc của điểm M(2; -2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm H(2; -2; 0).

Điểm đối xứng của M(a; b; c) qua trục Oy là M’(-a; b; -c).

Áp dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng:

$AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

Vì B là điểm đối xứng với A qua trục Oy nên B(5; 2; -3).

Do đó $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {10\,;\, 0\,;\, - 6} \right)$.

Vậy $AB = \sqrt{100 + 36} = \sqrt{136} = 2\sqrt{34}$.

Khoảng biến thiên, kí hiệu R, của mẫu số liệu ghép nhóm là hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên chứa dữ liệu của mẫu số liệu.

R = 65 – 40 = 25.

* Phương sai:

- Công thức 1: ${S^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} - \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \overline x } \right)}^2} + ... + {n_k}{{\left( {{c_k} - \overline x } \right)}^2}} \right]$.

- Công thức 2: ${S^2} = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{c_1}^2 + {n_2}{c_2}^2 + ... + {n_k}{c_k}^2} \right) - {\overline x ^2}$.

Trong đó: $n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}$ là cỡ mẫu; $\overline x = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k}} \right)$ là số trung bình.

* Độ lệch chuẩn: $S = \sqrt {{S^2}}$.

Các giá trị đại diện của mẫu số liệu là: 1; 3; 5; 7; 9.

Tổng tần số là: n = 40.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\overline{x} = \dfrac{1.19 + 3.9 + 5.5 + 7.6 + 9.1}{40} = 3,05$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$S^{2} = \dfrac{1}{40}\left( {1.19^{2} + 3.9^{2} + 5.5^{2} + 7.6^{2} + 9.1^{2}} \right) - 3,05^{2} = 5,70$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$S = \sqrt{5,70} = 2,39$.

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên khảo sát hàm số.

a) Đúng. $f'(x) = 3x^{2} - 3$.

b) Sai. $\left. f'(x) = 3x^{2} - 3 = 0\Leftrightarrow x = \pm 1 \right.$. Bảng biến thiên:

Giá trị lớn nhất của f(x) trên khoảng $\left( {- \infty;0} \right)$ bằng 4.

c) Đúng. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty} \right)$.

d) Đúng. Hai điểm cực trị là $\left. A( - 1;4),B(1;0)\Rightarrow AB = 2\sqrt{5} \right.$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

a) Đúng. Vì cao độ của M, N là z = 10.

b) Đúng. Ta có $\overset{\rightarrow}{MN}( - 200;600;0)$, nên $MN = \sqrt{{( - 200)}^{2} + 600^{2}} = 200\sqrt{10}$.

c) Đúng. Ta có: $\cos\widehat{MON} = \dfrac{\overset{\rightarrow}{OM}.\overset{\rightarrow}{ON}}{OM.ON}$

$= \dfrac{500.300 + 200.800 + 10.10}{\sqrt{500^{2} + 200^{2} + 10^{2}}.\sqrt{300^{2} + 800^{2} + 10^{2}}} \approx 0,67 < \cos 45^{o}$ do đó $\widehat{MON} > 45^{o}$.

d) Sai. Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 4 phút tiếp theo là Q(a; b; c) và có tỉ lệ $\left. \dfrac{MN}{NQ} = \dfrac{40}{8} = 5\Rightarrow MN = 5NQ\Rightarrow\overset{\rightarrow}{MN} = 5\overset{\rightarrow}{NQ} \right.$.

$\left. \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a - 300 = \dfrac{1}{5}.( - 200)} \\ {b - 800 = \dfrac{1}{5}.600} \\ {c - 10 = \dfrac{1}{5}.0} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {a = 260} \\ {b = 920} \\ {c = 10} \end{array} \right.$Rightarrow Q(260;920;10) \right..

Vậy a + b + c = 260 + 920 + 10 = 1190.

Áp dụng các quy tắc tính đạo hàm, nguyên hàm.

a) Sai. Ta có $f'(x) = 1 + \cos x$.

b) Đúng. Ta $F'(x) = \left( {\dfrac{x^{2}}{2} - \cos x - 2} \right)' = x + \sin x = f(x)$.

c) Đúng. Ta có: ${\int{f(x)dx = {\int\left( {x + \sin x} \right)}dx = \dfrac{x^{2}}{2}}} - \cos x + C$.

d) Đúng. Gọi G(x) là một nguyên hàm của f(x) thì $G(x) = \dfrac{x^{2}}{2} - \cos x + C$.

Vì G(0) = 1 nên $\left. 0 - \cos 0 + C = 1\Rightarrow C = 2 \right.$. Vậy $G(\pi) = \dfrac{\pi^{2}}{2} - \cos\pi + 2 = \dfrac{\pi^{2}}{2} + 3$.

Kết hợp quy tắc cộng và quy tắc nhân xác suất, công thức tính xác suất của biến cố đối.

a) Đúng. Khả năng xạ thủ thứ nhất không bắn trúng bia là 1 – 0,9 = 0,1 = 10%.

b) Sai. Khả năng cả hai viên đạn đều trúng bia là P = 0,9 . 0,75 = 0,675 = 67,5%

c) Đúng. Xác xuất có đúng một viên đạn trúng bia là 0,9 . 0,25 + 0,1 . 0,75 = 0,3.

d) Sai. Có ít nhất một viên đạn trúng bia thì xảy ra 2 trường hợp:

- Có đúng 1 viên đạn trúng bia, xác suất là 0,3.

- Cả hai viên đạn đều trúng bia, xác suất là 0,675.

$\Rightarrow$ Khả năng có ít nhất 1 viên đạn bắn trúng bia là 0,3 + 0,675 = 0,975 = 97,5%.

Coi ngôi nhà là hình lăng trụ với một trong hai đáy là mặt phẳng (ABKHC). Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ: V = Bh, trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao của lăng trụ.

Góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng chứa hai mái nhà có số đo bằng $\widehat{BAC} = 120^{o}$.

Gọi N là hình chiếu vuông góc của A trên mặt nền nhà, M là giao điểm của BC và AN.

Ta có $\widehat{BAM} = 60^{o}$ và $\left. BM = 5\Rightarrow\tan\widehat{BAM} = \dfrac{BM}{AM} \right.$

$\left. \Rightarrow AM = \dfrac{BM}{\tan\widehat{BAM}} = \dfrac{5}{\tan 60^{o}} = \dfrac{5\sqrt{3}}{3} \right.$.

Thể tích của ngôi nhà là:

$V = S_{ABKHC} \cdot HE = \left( {5 \cdot 10 + \dfrac{1}{2} \cdot 10 \cdot \dfrac{5\sqrt{3}}{3}} \right) \cdot 12 \approx 773$ $\left( {~m^{3}} \right)$.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số v(t) = s’(t) trên đoạn [0; 10].

Ta có: $v(t) = s'(t) = - 3t^{2} + 36t + 2$ với $t \in \left\lbrack {0;10} \right\rbrack$.

$v'(t) = - 6t + 36$; $\left. v'(t) = 0\Leftrightarrow t = 6 \right.$.

$v(0) = 2$; $v(10) = 62$; $v(6) = 110$.

Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động là 110 (m/s).

Áp dụng công thức nhân xác suất.

Gọi x, y là số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai.

Để thí sinh được 20 điểm thì $\left.$$\left\{ \begin{matrix} {4x - y = 20} \\ {x + y = 10} \end{matrix} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {x = 6} \\ {y = 4} \end{array} \right.$ \right..

Xác suất để thí sinh đó được 20 điểm là $\left. p = C_{10}^{6}\left( \dfrac{1}{4} \right)^{6}\left( \dfrac{3}{4} \right)^{4}\Rightarrow 100p \approx 1,62 \right.$.

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

Nhận thấy $OA = \sqrt{4^{2} + 2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{21} \approx 4,582 > 3;$

$OB = \sqrt{{( - 1)}^{2} + \left( \dfrac{- 1}{2} \right)^{2} + \left( \dfrac{7}{2} \right)^{2}} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2} \approx 3,67 > 3$.

Suy ra hai điểm A, B nằm ngoài tầm phát hiện của trạm theo dõi.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {- 5;\dfrac{- 5}{2};\dfrac{5}{2}} \right) = \dfrac{5}{2}\left( {- 2; - 1;1} \right) = \dfrac{5}{2}\overset{\rightarrow}{u}$.

Gọi M(x; y; z) là vị trí của của vệ tinh trên đoạn AB trong phạm vi phát hiện của trạm theo dõi.

Khi đó ta có $\overset{\rightarrow}{AM} = t\overset{\rightarrow}{u}$, với $\left. t > 0\Rightarrow M\left( {4 - 2t;2 - t;1 + t} \right) \right.$.

$\left. OM \leq 3\Leftrightarrow{(4 - 2t)}^{2} + {(2 - t)}^{2} + {(1 + t)}^{2} \leq 9\Leftrightarrow 1 \leq t \leq 2. \right.$

Với $\left. t = 1\Rightarrow M_{1}(2;1;2) \right.$.

Với $\left. t = 2\Rightarrow M_{2}(0;0;3) \right.$.

Vậy vị trí đầu tiên vệ tinh bị theo dõi là $M_{1}(2;1;2)$ và vị trí cuối cùng trước khi ra khỏi phạm vi theo dõi là $M_{2}(0;0;3)$.

Ta có $M_{1}M_{2} = \sqrt{2^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{6}$ nên khoảng cách thực tế giữa $M_{1}$ và $M_{2}$ là $10\sqrt{6}$ km.

Suy ra thời gian vệ tinh bay trong vùng do thám là $t = \dfrac{10\sqrt{6}}{80}$ (giờ) $= \dfrac{10\sqrt{6}}{80}.60 \approx 18,4$ (phút).

Gọi số trạm tăng áp cần xây thêm là n. Biểu diễn n và lập hàm chi phí theo x. Tìm x để hàm chi phí đạt giá trị nhỏ nhất, từ đó tính n.

Gọi số trạm tăng áp cần xây thêm là n.

Khi đó toàn tuyến được chia thành n + 1 đoạn bằng nhau, nên $\left. (n + 1)x = 720\Rightarrow n = \dfrac{720}{x} - 1. \right.$

Tổng chi phí gồm:

- Chi phí xây trạm tăng áp: 108n;

- Chi phí xây ống cho n + 1 đoạn: $(n + 1)(2 + \sqrt{x})x$.

Vậy $y = f(x) = 108n + (n + 1)(2 + \sqrt{x})x.$

Thay $n = \dfrac{720}{x} - 1$, ta được:

$f(x) = 108\left( {\dfrac{720}{x} - 1} \right) + \left( {\dfrac{720}{x} - 1 + 1} \right)(2 + \sqrt{x})x$

$= \dfrac{77760}{x} + 720\sqrt{x} + 1332$ với $0 < x \leq 720$.

Ta có: $f'(x) = - \dfrac{77760}{x^{2}} + 720 \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}} = - \dfrac{77760}{x^{2}} + \dfrac{360}{\sqrt{x}}.$

Giải $f'(x) = 0$: $\left. - \dfrac{77760}{x^{2}} + \dfrac{360}{\sqrt{x}} = 0\Rightarrow\dfrac{360}{\sqrt{x}} = \dfrac{77760}{x^{2}}\Rightarrow 360x^{2} = 77760\sqrt{x} \right.$.

Chia hai vế cho $360\sqrt{x}$: $\left. x^{3/2} = 216\Rightarrow x = \sqrt[3]{216^{2}} = 36 \right.$.

Khi 0 < x < 36 thì f’(x) < 0, khi 36 < x < 720 thì f’(x) > 0, nên f(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 36.

Khi đó $n = \dfrac{720}{36} - 1 = 20 - 1 = 19$.

Kết luận: Cần xây thêm 19 trạm tăng áp để tổng chi phí nhỏ nhất.

Áp dụng phương pháp vách ngăn.

Gọi $x_{1}$ là số học sinh nam được xếp bên trái $G_{1}$, $x_{2}$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_{1}$ và $G_{2}$, $x_{3}$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_{2}$ và $G_{3}$, $x_{4}$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_{3}$ và $G_{4}$,$x_{5}$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_{4}$ và $G_{5}$, $x_{6}$ là số học sinh nam được xếp bên phải $G_{5}$.

Khi đó bộ số $(x_{1};x_{2};x_{3};x_{4};x_{5};x_{6})$ hoàn toàn xác định vị trí của các học sinh nữ và ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=10\\ x_1,x_3,x_4,x_6\ge 0;x_2\ge 2;1\le x_5\le 4\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} + x_{5} + x_{6} = 10} \\ {x_{1},x_{3},x_{4},x_{6} \geq 0;x_{2} \geq 2;1 \leq x_{5} \leq 4} \end{array} \right.$

Đặt $y_{1} = x_{1} + 1,y_{2} = x_{2} - 1;y_{3} = x_{3} + 1,y_{4} = x_{4} + 1,y_{6} = x_{6} + 1$.

Khi đó số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là số nghiệm nguyên dương ($y_{1},y_{2},y_{3},y_{4},y_{6}$) của phương trình $y_{1} + y_{2} + y_{3} + y_{4} + y_{6} = 13 - x_{5}$, với $1 \leq x_{5} \leq 4$.

+) Xét $x_{5} = 1$, ta có $y_{1} + y_{2} + y_{3} + y_{4} + y_{6} = 12$. Ta xét dãy gồm 12 chữ số 1 như sau:

$1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1$.

Giữa hai số 1 bất kỳ có một khoảng trống. Ta chỉ cần chọn 4 vị trí khoảng trống để ngăn cách sẽ tạo thành 5 đoạn ứng với bộ $(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4},y_{6})$. Vậy số nghiệm trong trường hợp này là $C_{11}^{4}$.

+) Xét $x_{5} = 2$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_{10}^{4}$.

+) Xét $x_{5} = 3$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_{9}^{4}$.

+) Xét $x_{5} = 4$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_{8}^{4}$.

Suy ra số cách xếp là $C_{11}^{4} + C_{10}^{4} + C_{9}^{4} + C_{8}^{4} = 736$.