Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán Sở GD&ĐT Quảng Ninh 2025-2026 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán Sở GD&ĐT Quảng Ninh 2025-2026 (Kèm đáp án)

1. 1 Phương trình của parabol là 2 . = 2 1 Công thức tính thể tích vật thể tròn xoay quanh trục là 2 2 . = ∫   = ∫0 2 d) SAI Thể tích của toàn bộ giá để bút bằng thể tích khối cầu ( 1) sinh bởi hai nửa đường tròn và thể tích khối trụ ( 2) sinh bởi hình chữ nhật trừ đi phần lõm parabol ( 3). 4 4 2 1 2 2 3 3 1 = 푅 ℎ = ⋅ 1,5 ⋅ 3 = 6,75 ; 2 = 푅 = ⋅ 1,5 = 4,5 ; 3 =   = 3 3 0 2 3 Thể tích của toàn bộ giá để bút = 1 + 2 ― 3 = 6,75 +4,5 ― = 10,25 ≈ 32,2 cm . Câu 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho các điểm ( ― 2;0;0), (0; ― 2;0), (0;0; ― 2) . Điểm khác gốc tọa độ sao cho , , đôi một vuông góc. a) Mặt phẳng ( ) có phương trình 2 + 2 + 2 = ―1. 1 b) Cosin góc giữa hai mặt phẳng ( ) và ( ) bằng . 3 c) Tọa độ điểm là 4 ; 4 ; 4 . 3 3 3 d) Gọi ( ; ; ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện , ta có + + = ―1. Lời giải a) Đúng. Mặt phẳng ( ) có phương trình 2 + 2 + 2 = 1 hay 2 + 2 + 2 = ―1 b) Đúng. Mặt phẳng ( ) có phương trình tổng quát là + + +2 = 0 nên có một véc tơ pháp tuyến là 푛 = (1;1;1). Mặt phẳng ( ) có một véc tơ pháp tuyến là = (0;0;1) |1⋅0 1⋅0 1⋅1| 1 Gọi 휑 là góc giữa ( ) và ( ), ta có: cos 휑 = = . 12 12 12⋅ 02 02 12 3 c) Sai. Nhận thấy = = = 2, = = = 2 2 và , , đôi một vuông góc nên điểm cần tìm là điểm đối xứng với qua mặt phẳng ( ) = 푡 Đường thẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng ( ) có phương trình là: Δ: = 푡 = 푡 Giao điểm của Δ và mặt phẳng ( ) có tọa độ là ― 2 ; ― 2 ; ― 2 . 3 3 3 Vì là trung điểm của nên = ― 4 ; ― 4 ; ― 4 . 3 3 3 d) Đúng. là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nên ∈ Δ⇒ = (푡;푡;푡) 2 16 1 Ta có: 2 = 2⇔(푡 +2)2 + 푡2 + 푡2 = 3 푡 + 4 ⇔4푡 +4 = 8푡 + ⇔푡 = ― 3 3 3 Vậy = ― 1 ; ― 1 ; ― 1 ⇒ + + = ―1 3 3 3
2. 2 Câu 4: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ: = a) Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ. b) Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng = +2. c) Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ ― 2;1] là 5 . d) Các hệ số , , , thỏa mãn 2 + 2 + 2 + 2 = 30. Lời giải a) Sai vì hàm số chỉ xác định trên ℝ ∖ {2} nên không thể đồng biến trên ℝ. b) Đúng vì tiệm cận xiên đi qua hai điểm ( ― 2;0);(0;2) mà hai điểm này thuộc đường thẳng = +2. c) Sai. Quan sát đồ thị thì trên [ ― 2;1] đồ thị cao nhất tại = 1 khi đó max   = 4 ∈ [ ― 2;1] d) Đúng Từ đồ thị ta thấy tiệm cận đứng = 2 nên = 2 Viết lại 2 2 ( 2 4) ( 2) 4 2 2 4 2 = = 2 = 2 = = ( +2) + + 2 = +2 4 2 + + 2 = 1 = 1 4 Do có tiệm cận xiên nên ; từ đó = +2 = +2 + 2 + = 2⇔ = 0 = +2 + 2 4 Quan sát đồ thị đi qua điểm ( ) thay vào ta được . 1;4 4 = 1 + 2 + 1 2⇔ = ―5 Vậy = 1; = 0; = ―5; = 2⇒ 2 + 2 + 2 + 2 = 12 +( ― 5)2 + 22 = 30. PHÀN III. Trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6. Câu 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho hai điểm (6;0;4), ( ― 3; ― 2;1) và mặt phẳng (푃): + +5 +1 = 0. Biết là điểm thuộc mặt phẳng (푃) sao cho + đạt giá trị nhỏ nhất, tính độ dài đoạn (không làm tròn các bước trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần trăm). Đáp án: 3,48 Lời giải
3. Đặt ( , , ) = + +5 +1 với (6;0;4), ( ― 3; ― 2;1). ( ) = 6 + 0 + 5.4 + 1 = 27 > 0 Ta có ( ) = ―3 ― 2 + 5.1 + 1 = 1 > 0⇒ ( ) ⋅ ( ) > 0 nên và nằm cùng phía đối với mặt phẳng (푃). Lấy điểm ′ đối xứng với qua ( 푃 ). Khi đó = ′ và + = ′ + . Giá trị + nhỏ nhất khi , ′, thẳng hàng. Vectơ pháp tuyến của (푃): + +5 +1 = 0 là 푛 = (1;1;5). Đường thẳng đi qua (6;0;4) và vuông góc = 6 + 푡 với (푃) có phương trình : = 푡 = 4 + 5푡 Gọi là hình chiếu của lên ( 푃 ). Thay tọa độ của vào phương trình ( 푃 ): (6 + 푡) + 푡 +5.(4 + 5푡) + 1 = 0⇒27푡 +27 = 0⇒푡 = ―1⇒ (5; ― 1; ― 1). ′ = 2 ― = 2(5) ― 6 = 4 ′ Vì là trung điểm ′, ta có: ′ = 2 ― = 2( ― 1) ― 0 = ―2⇒ (4; ― 2; ― 6). ′ = 2 ― = 2( ― 1) ― 4 = ―6 Điểm là giao điểm của đường thẳng ′ và mặt phẳng (푃). Vectơ chỉ phương = ′ = (7;0; ― 7). Chọn vectơ chỉ phương rút gọn là 푣 = (1;0; ― 1). Phương trình tham số = ―3 + đường thẳng ′ : = ―2 = 1 ― 1 Thay vào phương trình mặt phẳng (푃):( ― 3 + ) + ( ― 2) + 5(1 ― ) + 1 = 0⇒ ― 4 +1 = 0⇒ = 4 ―11 3 ―11 2 3 2 ⇒ ; ― 2; ⇒ = + ( ― 2)2 + ≈ 3,48 4 4 4 4 Câu 2: Mô hình 푄 (Economic Order Quantity) được công bố năm 1913 là một công cụ quản trị vận hành dùng để xác định lượng hàng nhập kho tối ưu. Giả sử một cửa hàng thức ăn cho mèo có nhu cầu tiêu thụ hàng hóa đều đặn với tốc độ bán hàng = 100 hộp/ ngày. Các thông số chi phí được xác định như sau: 퐾 = 1.000.000 đồng: chi phí cố định cho mỗi lần đặt hàng (phí vận chuyển, nhân công...);
4. đồng/ hộp: giá nhập mỗi hộp hàng (giả định không đổi và không có chiết khấu); ℎ = 500 đồng/hộp/ngày: đơn giá lưu kho (chi phí lưu giữ một hộp hàng trong kho trong một ngày). Gọi 푄 (hộp) là số lượng hàng mà người bán nhập vào trong mối lần đặt hàng. Thời gian tiêu 푄 thụ hết lượng hàng là (ngày). Tổng chi phí cho một chu kỳ đặt hàng và tiêu thụ hết hàng là 2 ℎ푄 . Hỏi cửa hàng nên nhập bao nhiêu hộp trong mỗi lần đặt hàng để chi phí trung = 퐾 + 푄 + 2 bình mỗi ngày là nhỏ nhất (không làm tròn các bước trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng đơn vị)? Lời giải Trả lòi: 632 Tốc độ bán hàng (nhu cầu): = 100 hộp/ngày. Chi phí cố định mỗi lần đặt hàng: 퐾 = 1.000.000 đồng. Giá nhập mỗi hộp: đồng/hộp (hằng số). Chi phí lưu kho: ℎ = 500 đồng/hộp/ngày. Số lượng hàng mỗi lần nhập: 푄 (đơn vị: hộp, 푄 > 0 ). 2 Tổng chi phí cho một chu kỳ (từ lúc nhập đến lúc hết hàng): ℎ푄 (푄) = 퐾 + 푄 + 2 푄 Thời gian tiêu thụ hết lượng hàng là: (ngày). 푄 = 2 (푄) 퐾 푄 ℎ푄 Gọi là chi phí trung bình mỗi ngày. Ta có công thức: 2 (푄) (푄) = = 푄 퐾 ℎ푄 퐾 ℎ Suy ′ ; ra (푄) = 푄 + + 2 ⇒ (푄) = ― 푄2 + 2 2퐾 푄 > 0 2퐾 ′(푄) = 0⇔푄2 = → 푄 = ℎ ℎ Với 퐾 = 1.000.000; = 100 và ℎ = 500 ta được 푄 = 632,4555 ≈ 632 (hộp). Vậy Cửa hàng nên nhập khoảng 632 hộp trong mỗi lần đặt hàng để chi phí trung bình mỗi ngày là nhỏ nhất. Câu 3: Trong âm nhạc, một quãng tám (octave) là khoảng cách âm thanh từ nốt Đô tới nốt Đô tiếp theo, theo thứ tự từ thấp đến cao là: Đô - Đô- Rê - Rê- Mi (E4) - Pha - Pha- Sol - Sol- La (A4) - La- Si - Đô trong đó khoảng cách giữa hai nốt liên tiếp gọi là một nửa cung (semitone). Hai nốt cách nhau 푛 nửa cung 푛 푛 thì tỷ lệ tần số nốt cao và tần số nốt thấp là = 212; cho biết tần số chuẩn của nốt La(A4) là 440 푛 푛푡 푛푡 Hz . Trên đàn guitar, dây số 1 là nốt Mi(E4) đang bị chùng do thời tiết, tần số đo được hiện tại đang là 300 Hz . Để căng lại dây đàn cho chuẩn, ta dùng núm xoay, và cứ vặn núm xoay 90∘ thì nốt nhạc được tăng lên một nửa cung. Hỏi phải xoay núm của dây số 1 một góc bao nhiêu độ để dây số 1 trở về âm chuẩn (không làm tròn các bước trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng đơn vị)? Lời giải Đáp án: 147 Giải thích
5. Theo đề bài, nốt La (A4) có tần số chuẩn là 4 = 440 Hz. Dựa vào dãy nốt nhạc: Mi (E4) - Pha - Pha- Sol - Sol- La (A4). Số nửa cung từ Mi (E4) đến La (A4) là 푛 = 5. 5 4 4 440 Áp dụng công thức tỷ lệ tần số: = 212⇒ 4 = 5 = 5 (1). 4 212 212 Tần số hiện tại của dây là ℎ푡 = 300 Hz. Gọi là số nưa cung cần tăng để đạt đến tần số chuẩn 4. Ta 4 440 1 có phương trình: = 212. Kết hợp với (1) ta được 5 ⋅ = 212. ℎ푡 212 300 Lấy logarit cơ số 2 hai vế: 440 440 . 12 = log2 5 ⇔ = 12 ⋅ log2 5 300⋅212 300⋅212 Đề bài cho biết cứ xoay 90∘ thì tăng được một nửa cung. Vậy tổng góc cần xoay là ∘ 440 ∘ ∘. 훼 = ⋅ 90 ⇔훼 = 12 ⋅ log2 5 ⋅ 90 ≈ 147 300⋅212 Vậy, cần xoay núm vặn một góc khoảng 147∘. Câu 4: Trong một cuộc thi, có 7 thí sinh đã được xếp ngồi cố định quanh một bàn tròn và giám thị có 3 mã đề khác nhau (giả sử số lượng đề thi của mỗi mã là nhiều tuỳ ý). Hỏi có bao nhiêu cách phát đề cho các thí sinh 1 đề sao cho hai thí sinh ngồi cạnh nhau thì khác mã đề? Lời giải Đáp án: 126 Đây là bài toán tô màu các đỉnh của một đồ thị vòng 푛 bằng màu sao cho không có hai đỉnh kề nhau cùng màu. Công thức tổng quát cho số cách cách tô màu đồ thị vòng 푛 bằng màu (được gọi là đa thức sắc của đồ thị vòng) là: 푛 푛 푃( 푛, ) = ( ― 1) + ( ― 1) ( ― 1)Áp dụng vào bài toán với 푛 = 7 và = 3. Thay vào công thức, ta có: 7 7 푃( 7,3) = (3 ― 1) +( ― 1) (3 ― 1) = 126. Vậy, có 126 cách phát đề thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 5: Vệ tinh Van Allen Probes được phóng lên không gian để nghiên cứu các vành đai bức xạ bao quanh Trái Đất. Vệ tinh này bay theo một quỹ đạo có chu kỳ 10 giờ - nghĩa là mỗi vòng bay quanh Trái Đất kéo dài đúng 10 giờ. Cứ mỗi vòng bay, vệ tinh lại xuyên qua vùng bức xạ mạnh và tích lũy thêm liều bức xạ. Biết rằng đơn vị của bức xạ là Gray (Gy), và khi tổng liều bức xạ chiếu vào vệ tinh đạt 1000 Gray, thì vệ tinh hỏng hoàn toàn. Khoảng cách từ tâm Trái Đất đến vệ tinh được mô hình hóa bằng hàm số 푅( ) = 7000 + 3000 ( km), trong đó là thời gian tính bằng giờ, 0 ≤ ≤ 10, kể từ đầu vòng bay. Công thức suất liều bức xạ - tức là lượng bức xạ vệ tinh nhận được trong 1 giờ, phụ thuộc vào 2 khoảng cách 푅( km) từ vệ tinh tới tâm Trái Đất, là (푅) = 60 ⋅ 푅 milliGray/giờ. Biết rằng do tính 25000 đối xứng và chu kỳ của quỹ đạo bay, tổng liều bức xạ vệ tinh nhận được trong một vòng bay 10 giờ được 5 tính bằng công thức 퐿 = 2 ⋅ ∫0  (푅( ))d , và 1 Gray = 1000 milliGray. Tính số năm hoạt động của vệ tinh từ lúc bắt đầu hoạt động tới khi hỏng hoàn toàn (không làm tròn các bước trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hai chữ số thập phân sau dấu phẩy, coi một năm có 365 ngày, mỗi ngày có 24 giờ). Đáp án: 5.19
6. Lời giải Bước 1: Thiết lập hàm suất liều bức xạ theo thời gian Theo đề bài, khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất là 푅( ) = 7000 + 3000 . Thay 푅( ) vào công thức suất liều bức xạ (푅), ta có hàm suất liều theo thời gian là 7000 + 3000 2 ( ) = 60 ⋅ 25000 2 60 12 Hay ( ) = 60 ⋅ 3 7 = (3 +7)2 = (3 +7)2 (milliGray/giờ). 25 625 125 Bước 2: Tính tổng liều bức xạ trong một vòng bay (10 giờ) 5 Đề bài đã cho công thức tính tổng liều 퐿 nhờ tính đối xứng của quỹ đạo: 퐿 = 2   (푅( )) 0 5 5 12 24 5496 Thay vào tích phân: 2 2 (milliGray). ( ) 퐿 = 2  125(3 +7) = 125  (3 +7) = 25 0 0 Bước 3: Tính số năm hoạt động của vệ tinh Tổng liều bức xạ giới hạn trước khi hỏng hoàn toàn: Gray = . . milliGray. 1.000.000 Số vòng bay tối đa vệ tinh thực hiện được là: (vòng) = 퐿 Mỗi vòng bay kéo dài giờ, nên tổng thời gian hoạt động của vệ tinh tính bằng giờ là: 1.000.000 10.000.000 (giờ) 푡giờ = 10 ⋅ 퐿 = 퐿 Chuyển đổi thời gian sang năm (với 1 năm = 365 ngày, 1 ngày = 24 giờ ⇒1 năm = 8760 10.000.000 10.000.000 giờ), ta có 푡năm = = 5496 .8760 ≈ 5.19 (năm). 퐿⋅8760 25 Vậy số năm hoạt động của vệ tinh từ lúc bắt đầu tới khi hỏng hoàn toàn là 5.19 năm. Câu 6: Cho hình lăng trụ ⋅ ′ ′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 , hình chiếu của ′ trên ( ) trùng với trung điểm của ; góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60∘. Gọi là trung điểm của ′. Tính khoảng cách từ ′ tới mặt phẳng ( ′ ) (không làm tròn các bước trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần trăm). Lời giải Đáp án: 1,92 Giải thích
7. Vì góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60∘ nên ′ ,( ) = 60∘⇒ ′ = 60∘. Vì △ đều cạnh bằng 2, là trung điểm của nên = = 1; = 3. Ta có ′ = ⋅ tan 60∘ = 3. Chọn hệ trục tọa độ sao cho ≡ và tia , , lần lượt trùng với tia , , ′. 1 3 Khi đó ta có (0;0;0); ; 3; ; ′(0;0; 3); ′(2;0; 3). 2 2 1 3 ― 3 3 = ; 3; ; ′ = (0;0; 3); , ′ = 3; ;0 = (2 3; ― 1;0)Phương trình mặt 2 2 2 2 phẳng ( ′ ) là 2 3 ― = 0. 4 39 Do đó: ′,( ′ ) = ≈ 1,92. 13