Đề thi thử THPT môn Toán năm 2025 Sở GD Quảng Bình

${Q_1} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{4} - C}}{{{n_m}}}.({u_{m + 1}} - {u_m})$.

Mẫu số liệu ghép nhóm có cỡ mẫu n = 3 + 8 + 7 + 12 + 7 + 1 + 1 = 39.

Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{39}}$ là điểm của 39 học sinh, giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{10}} \in [4;5)$.

Vậy ${Q_1} = 4 + \frac{{\frac{{39}}{4} - 3}}{8}.(5 - 4) = \frac{{155}}{{32}} \approx 4,84$.

ĐKXĐ: x > 0.

${\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}$.

ĐKXĐ: x > 0.

${\log _2}x = 3 \Leftrightarrow x = {2^3}$ (thỏa mãn).

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = {x_a}.{x_b} + {y_a}.{y_b} + {z_a}.{z_b}$.

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.2 - 2.( - 4) + 1.( - 2) = 8$.

Với G là trọng tâm tam giác ABC, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.$.

$\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{2+4+3}{3}=3\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{1+2+0}{3}=1\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{-3+1+5}{3}=1\end{array}\Rightarrow G(3;1;1)$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{2 + 4 + 3}}{3} = 3\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 + 0}}{3} = 1\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + 1 + 5}}{3} = 1\end{array} \right.$ \Rightarrow G(3;1;1).

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là x = 2.

Xét phương trình ${\log _a}x \ge b$ (a > 1).

ĐKXĐ: x > 0.

Ta có ${\log _a}x \ge b \Leftrightarrow x \ge {a^b}$.

ĐKXĐ: $x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1$.

$\log \left( {x - 1} \right) \ge 1 \Leftrightarrow x - 1 \ge {10^1} \Leftrightarrow x \ge 11$.

Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) nếu trong (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với (Q).

Ta có MN là đường trung bình tam giác SAD nên MN // AD (1).

Mà ABCD là hình bình hành nên AD // BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra MN // BC, do đó MN // (SBC) (3).

O là tâm hình bình hành ABCD nên O là trung điểm của AC, suy ra MO là đường trung bình của tam giác SAC. Vì vậy, MO // SC và từ đó ta có MO // (SBC) (4).

Mặt khác, MN cắt MO tại M (5).

Từ (3), (4) và (5) suy ra (MNO) // (SBC).

Áp dụng tính chất của tích phân $\int\limits_a^b {f(x)dx} = - \int\limits_b^a {f(x)dx}$.

$\int\limits_5^9 {f(x)dx} = 25 \Rightarrow \int\limits_9^5 {f(x)dx} = - 25$.

Áp dụng công thức truy hồi của cấp số nhân ${u_n} = {u_{n - 1}}.q$.

${u_3}.{u_5} = \left( {{u_2}.q} \right).\left( {\frac{{{u_6}}}{q}} \right) = {u_2}.{u_6} = 64$.

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

$\overrightarrow {FH} = \overrightarrow {BD}$ vì chúng cùng hướng và FH = BD.

Hàm số đồng biến trên khoảng đồ thị đi lên từ trái sang phải.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0;1) vì đồ thị hàm số đi lên từ trái sang phải.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa $\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C$.

$\int {f(x)dx} = \int {{x^5}dx} = \frac{{{x^{5 + 1}}}}{{5 + 1}} + C = \frac{{{x^6}}}{6} + C$.

Áp dụng công thức tính chu vi, diện tích của hình tròn và hình vuông. Lập hàm số biểu diễn tổng diện tích hai hình rồi ứng dụng đạo hàm tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Sai. Chu vi đường tròn là $2\pi r = x \Leftrightarrow r = \frac{x}{{2\pi }}$.

b) Đúng. Chu vi hình vuông là 6 – x, suy ra độ dài cạnh là $\frac{{6 - x}}{4}$.

Diện tích hình vuông là ${\left( {\frac{{6 - x}}{4}} \right)^2}$.

c) Đúng. Diện tích hình tròn là ${S_{tron}} = \pi {\left( {\frac{x}{{2\pi }}} \right)^2} = \frac{{{x^2}}}{{4\pi }}$.

Diện tích hình vuông là ${S_{vuong}} = {\left( {\frac{{6 - x}}{4}} \right)^2} = \frac{{36 - 12x + {x^2}}}{{16}}$.

Tổng diện tích hai hình là $S = {S_{tron}} + {S_{vuong}} = \frac{{4{x^2} + 36\pi - 12\pi x + \pi {x^2}}}{{16\pi }} = \frac{{(4 + \pi ){x^2} - 12\pi x + 36\pi }}{{16\pi }}$.

d) Sai. Ta có

$S' = \frac{{2(4 + \pi )x - 12\pi }}{{16\pi }} = 0 \Leftrightarrow 2(4 + \pi )x - 12\pi = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{6\pi }}{{4 + \pi }}$.

Bảng biến thiên:

Vậy khi $x = \frac{{6\pi }}{{4 + \pi }}$ thì tổng diện tích hai hình nhỏ nhất.

a) Thay $- \frac{\pi }{2}$, $\frac{\pi }{2}$ vào x của phương trình rồi tính.

b) Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp lượng giác: (sinu)’ = u’.cosu.

c) Nếu $\cos \alpha = m$ thì $\cos x = m \Leftrightarrow \cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

Dựa vào khoảng hoặc đoạn đề bài cho, tìm các giá trị k thỏa mãn rồi thay vào công thức nghiệm và kết luận.

d) Thay giá trị hai đầu mút của đoạn và các giá trị sao cho f’(x) = 0 vào f(x) và tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Đúng. $f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \sin ( - \pi ) - \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}$ và $f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \sin (\pi ) - \frac{\pi }{2} =  - \frac{\pi }{2}$.

b) Sai. f’(x) = 2cos2x – 1.

c) Đúng. $2\cos 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x =  - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

+) $- \frac{\pi }{2} \le x \le \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow  - \frac{\pi }{2} \le \frac{\pi }{6} + k\pi  \le \frac{\pi }{2}$

$\Leftrightarrow  - \frac{{2\pi }}{3} \le k\pi  \le \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{1}{3} \Rightarrow k = 0$ (vì $k \in \mathbb{Z}$).

Suy ra $x = \frac{\pi }{6} + 0.\pi  = \frac{\pi }{6}$.

+) $- \frac{\pi }{2} \le x \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow  - \frac{\pi }{2} \le  - \frac{\pi }{6} + k\pi  \le \frac{\pi }{2}$

$\Leftrightarrow  - \frac{\pi }{3} \le k\pi  \le \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow  - \frac{1}{3} \le k \le \frac{2}{3} \Rightarrow k = 0$ (vì $k \in \mathbb{Z}$).

Suy ra $x =  - \frac{\pi }{6} + 0.\pi  =  - \frac{\pi }{6}$.

Vậy trên đoạn $\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]$ thì f’(x) = 0 có hai nghiệm là $x = \frac{\pi }{6}$; $x =  - \frac{\pi }{6}$.

d) Đúng. f(x) = sin2x – x;

 f’(x) = 2cos2x – 1 có nghiệm $x =  \pm \frac{\pi }{6} \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]$.

$f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}$; $f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) =  - \frac{\pi }{2}$; $f\left( { - \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) - \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{\pi }{6}$; $f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \sin \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{6}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn $\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]$ là $- \frac{\pi }{2}$.

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên và nhận xét.

$f'(x) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array}$ \right..

Ta có bảng biến thiên:

a) Đúng. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (0;2).

b) Đúng. Giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty$.

c) Sai. Giả sử A(0;4), B(2;0). Ta có $AB = \sqrt {{{(2 - 0)}^2} + {{(0 - 4)}^2}} = 2\sqrt 5$.

d) Sai. Ta có $y = \frac{{x + 1}}{{f(x)}} = \frac{{x + 1}}{{{x^3} - 3{x^2} + 4}} = \frac{{x + 1}}{{(x + 1){{(x - 2)}^2}}} = \frac{1}{{{{(x - 2)}^2}}}$.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1}{{{{(x - 2)}^2}}} = + \infty$ nên đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{f(x)}}$ có một đường tiệm cận đứng là x = 2.

Áp dụng phương pháp tính xác suất của biến cố đối và quy tắc nhân xác suất.

a) Đúng. Xác suất bạn Nam lọt vào vòng chung kết là 0,6 nên xác suất bạn Nam không lọt vào vòng chung kết là 1 – 0,6 = 0,4.

b) Sai. Xác suất để cả hai bạn lọt vào vòng chung kết là 0,8.0,6 = 0,48.

c) Sai. Xác suất bạn Bảo không lọt vào vòng chung kết là 1 – 0,8 = 0,2.

$\overline A$: “Không có bạn nào lọt vào vòng chung kết”. $P\left( {\overline A } \right) = 0,2.0,4 = 0,08$.

$P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,08 = 0,92$.

d) Đúng. $P\left( B \right) = 0,8.0,4 = 0,32$.

Đặt hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp. Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ trùng với vị trí xuất phát, mặt đất là mặt phẳng (Oxy), trục Ox hướng về phía Bắc, trục Oy hướng về phía Tây, trục Oz hướng lên trời.

Khi đó, vị trí của máy bay sau một thời gian bay là A(50;20;1).

Khoảng cách của máy bay tới điểm xuất phát là $OA = \sqrt {{{50}^2} + {{20}^2} + {1^2}} \approx 53,9$ (km).

Đưa về tính khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng.

Gọi O là tâm tứ giác ABCD, I là trung điểm của CD. Trong mặt phẳng (SOI), kẻ $OH \bot SI$, H thuộc SI.

Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông, có AB // CD nên AB // (ACD).

Khi đó $d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,(SCD)} \right) = d\left( {A,(SCD)} \right) = 2d\left( {O,(SCD)} \right)$ vì AC = 2AO.

Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều nên $SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot CD$.

Có OI là đường trung bình của tam giác ACD nên OI // AD, suy ra $OI \bot CD$.

Ta có $\{\begin{array}{l}SO\mathrm{\perp }CD\\ OI\mathrm{\perp }CD\end{array}\Rightarrow CD\mathrm{\perp }(SOI)\Rightarrow CD\mathrm{\perp }OH$$\left\{ \begin{array}{l}SO \bot CD\\OI \bot CD\end{array} \right.$ \Rightarrow CD \bot (SOI) \Rightarrow CD \bot OH.

Mặt khác $\{\begin{array}{l}OH\mathrm{\perp }CD\\ OH\mathrm{\perp }SI\end{array}\Rightarrow OH\mathrm{\perp }(SCD)\Rightarrow d\left(O,(SCD)\right)=OH$$\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot SI\end{array} \right.$ \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {O,(SCD)} \right) = OH.

$AC = 2\sqrt 2  \Rightarrow OC = \sqrt 2  \Rightarrow SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {6}$; $OI = \frac{{AD}}{2} = \frac{2}{2} = 1$.

Xét tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH:

$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{6}} + \frac{1}{1} = \frac{{7}}{{6}} \Rightarrow OH = \frac{{\sqrt {42} }}{{7}}$.

Vậy $d\left( {AB,SD} \right) = 2d\left( {O,(SCD)} \right) = 2OH = \frac{{2\sqrt {42} }}{{7}} \approx 1,9$.

Đặt $\int\limits_1^2 {f(t)dt} = \int\limits_1^2 {f(x)dx} = A$ và lấy tích phân hai vế của $f(x) = 16{x^3} - 15{x^2} + 2x\int\limits_1^2 {f(t)dt} - 21$.

Đặt $\int\limits_1^2 {f(t)dt}  = \int\limits_1^2 {f(x)dx}  = A$ (hằng số). Khi đó $f(x) = 16{x^3} - 15{x^2} + 2x.A - 21$.

$\int\limits_1^2 {f(x)dx}  = \int\limits_1^2 {\left( {16{x^3} - 15{x^2} + 2Ax - 21} \right)dx}  = \left( {4{x^4} - 5{x^3} + A{x^2} - 21x} \right)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^2}\\{_1}\end{array}$} \right.

$= \left( {{{4.2}^4} - {{5.2}^3} + A{{.2}^2} - 21.2} \right) - \left( {{{4.1}^4} - {{5.1}^3} + A{{.1}^2} - 21.1} \right)$

$=  - 18 + 4A - ( - 22 + A) = 4 + 3A$.

Suy ra $A = 4 + 3A \Leftrightarrow A =  - 2$.

Do đó $f(x) = 16{x^3} - 15{x^2} - 4x - 21 \Rightarrow f(2) = 39$.

Liệt kê và so sánh.

Do đó, chi phí nhỏ nhất của xe giao hàng là 53.

Đặt ẩn, lập hàm chi phí lắp đặt ống dẫn rồi ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất.

Đặt điểm K ở vị trí như hình. Gọi x = PK (km; $0 \le x \le 6$).

Khi đó AP = 6 – x (km), $PB = \sqrt {{x^2} + 4}$ (km).

Chi phí lắp đặt ống dẫn là $C(x) = 4(6 - x) + 8\sqrt {{x^2} + 4}$ (tỷ đồng).

$C'(x) = 4(6 - x) + 8\sqrt {{x^2} + 4} = - 4 + \frac{{8x}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = 0$

$\Leftrightarrow \frac{{8x}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = 4 \Leftrightarrow 2x = \sqrt {{x^2} + 4} \Leftrightarrow {x^2} + 4 = 4{x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} = 4 \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$ (km).

Bảng biến thiên:

Để chi phí lắp đặt ít nhất, cần đặt vị trí P cách nhà máy lọc dầu A một khoảng $6 - \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 4,85$ (km).

Chia từng trường hợp và áp dụng quy tắc tổ hợp.

Từ số sách trên, ta chia được 10 bộ 2 cuốn sách khác nhau để chia cho 10 học sinh:

- 2 bộ Toán – Lí.

- 5 bộ Lí – Hóa.

- 3 bộ Toán – Hóa.

Không gian mẫu: $C_{10}^5.C_5^3.C_2^2 = 2520$.

A: “Hưng và Thành nhận được cùng loại bộ sách”.

- Nhận 2 bộ Toán – Lí: $1.C_8^5.C_3^3 = 56$.

- Nhận 2 bộ Lí – Hóa: $1.C_8^3.C_5^3.C_2^2 = 560$.

- Nhận 2 bộ Toán – Hóa: $1.C_8^1.C_7^5.C_2^2 = 168$.

$P(A) = \frac{{56 + 560 + 168}}{{2520}} = \frac{{14}}{{45}} \approx 0,31$.