Họ, tên thí sinh:.................................................... SBD: ....................

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án

bộ coi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bi dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bi đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bi để xác định câu hỏi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi của các thí sinh là như nhau. Hai phòng bi được gọi là giống nhau nếu chứa cùng một câu hỏi. Xác


suất để 3 phong bi A chọn và 3 phong bi B chọn có ít nhất hai phong bi giống nhau là \(\frac{a}{b}\) (trong đó \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản và \(a, b \in \mathbb{N}\)). Tính \(a^2 + b^2\).


Câu 22. Bác Bình có một chậu cảnh trồng hoa hình chóp cụt tứ giác đều với chiều cao 30 cm, cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 40 cm.





Bác Bình đổ đất vào chậu để tiến hành trồng, chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Tính thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu theo dm³ (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).


---HẾT---

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA


ĐỀ KSCL ÔN THI TN THPT NĂM HỌC 2025 - 2026
MÔN: TOÁN 12


Thời gian làm bài: 90 phút; không tính thời gian phát đề


Đề gồm 5 trang


Mã đề thi
1212


Họ, tên thí sinh:.................................................... SBD: ....................


PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án


Câu 1. Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm \(f'(x) = (x+1)x^2(x-3)^3\), \(\forall x \in \mathbb{R}\). Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?


A. 3. B. 5. C. 2. D. 1.


Câu 2. Tích các nghiệm của phương trình \(2^{x^2-2x} = 8\) là


A. 3. B. 2. C. -3. D. 0.


Câu 3. Cho hàm số \(y = f(x)\) có đồ thị như hình dưới đây.





Hãy chọn đáp án đúng.


A. Hàm số nghịch biến trên \((0; 2)\). B. Hàm số đồng biến trên \((-\infty; 0)\) và \((2; +\infty)\).


C. Hàm số nghịch biến trên \((-\infty; 0)\) và \((2; +\infty)\). D. Hàm số đồng biến trên \((-1; 0)\) và \((2; 3)\).


Câu 4. Số tập con của tập hợp gồm 2026 phần tử là


A. 2026². B. 2026. C. \(2^{2026}\). D. \(2 \times 2026\).


Câu 5. Cho hai đồ thị \(y = \frac{1}{x}\) và \(y = \sqrt{x}\) cắt nhau tại điểm \(A(1,1)\). Cho \(t > 1\). Đường thẳng \(y = t\) lần lượt cắt đồ thị \(y = \frac{1}{x}\) và \(y = \sqrt{\sqrt{x}}\) tại các điểm \(B\) và \(C\).





Từ \(C\) kẻ đường thẳng song song với trục \(Oy\), cắt đồ thị \(y = \frac{1}{x}\) tại điểm \(D\). Gọi \(f(t)\) là diện tích tam giác \(ACB\), và \(g(t)\) là diện tích tam giác \(ADC\). Tính \(L = \lim_{t \to 1^+} \frac{g(t)}{f(t)}\).

A. \(L = \frac{5}{3}\).


B. \(L = +\infty\).


C. \(L = 2\).


D. \(L = 0\).


Câu 6. Trong không gian với hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilomet), ra đa phát hiện một máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm \(A(750;450;7)\) đến điểm \(B(950;550;9)\) trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay trong 10 phút đến điểm \(C(x;y;z)\) thì \(x+y+z\) bằng?


A. 1781.


B. 1691.


C. 1811.


D. 1931.


Câu 7. Diện tích rừng tự nhiên của nước ta năm 2021 là xấp xỉ 10171757ha. Giả sử tỉ lệ tăng diện tích rừng tự nhiên hàng năm kể từ năm 2021 là 0,7%/năm. Diện tích rừng tự nhiên của nước ta vào năm 2025 xấp xỉ bằng


A. 10532788ha.
B. 10468251ha.
C. 10459571ha.
D. 10386863ha.


Câu 8. Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp (ABC)\) và \(AB \perp BC\). Góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) là góc nào sau đây?


A. Góc \(\widehat{SA}\) với \(I\) là trung điểm của \(BC\).


B. Góc \(\widehat{SCB}\).


C. Góc \(\widehat{SBA}\).


D. Góc \(\widehat{SCA}\).


Câu 9. Thời gian (phút) truy cập Internet mỗi buổi tối của một số học sinh được cho trong bảng sau:

Thời gian (phút)	[9,5;12,5)	[12,5;15,5)	[15,5;18,5)	[18,5;21,5)	[21,5;24,5)
Số học sinh	3	12	15	24	2

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là


A. 10,75.


B. 4,63.


C. 4,38.


D. 4,75.


Câu 10. Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), \(M\) là trung điểm của \(BB'\). Đặt \(\overline{CA} = \vec{a}\), \(\overline{CB} = \vec{b}\), \(\overline{AA'} = \vec{c}\). Khẳng định nào sau đây đúng?


A. \(\overline{AM} = \vec{a} - \vec{c} + \frac{1}{2}\vec{b}\).


B. \(\overline{AM} = \vec{a} + \vec{c} - \frac{1}{2}\vec{b}\).


C. \(\overline{AM} = \vec{b} + \vec{c} - \frac{1}{2}\vec{a}\).


D. \(\overline{AM} = \vec{b} - \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{c}\).


Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A(-3;4;5)\), \(B(-1;0;1)\). Tìm tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn \(\overline{MA} + \overline{MB} = \vec{0}\).


A. \(M(1;2;3)\).


B. \(M(4;4;4)\).


C. \(M(-2;2;3)\).


D. \(M(-4;-4;-4)\).


Câu 12. Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A(1;2;1)\); \(B(2;-1;3)\) và điểm \(M(a;b;0)\) sao cho \(MA^2 + MB^2\) nhỏ nhất. Giá trị của \(a+b\) là


A. 1.


B. -2.


C. 3.


D. 2.


PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng (Đ) hoặc sai (S).


Câu 13. Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như sau:





Các mệnh đề sau đúng hay sai?


a) Đồ thị hàm số \(y = f(x)\) cắt trục \(Ox\) tại 3 điểm phân biệt.

\[
\textbf{b)} \quad f'(x) = 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x = -1 \\ x = 1 \end{bmatrix}.
\]


c) Hàm số \(y = f(2-x)\) đồng biến trên \((1;3)\).


d) Cực tiểu của hàm số bằng 1


Câu 14. Thời gian hoàn thành một bài viết chính tả của một số học sinh lớp 4 hai trường X và Y được ghi lại ở bảng sau:

Thời gian (phút)	[6;7)	[7;8)	[8;9)	[9;10)	[10;11)
Số học sinh trường X	8	10	13	10	9
Số học sinh trường Y	4	12	17	14	3

a) Nếu so sánh theo số trung bình thì học sinh trường Y viết nhanh hơn.


b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường X có tốc độ viết đồng đều hơn.


c) Nếu so sánh theo độ lệch chuẩn thì học sinh trường Y có tốc độ viết đồng đều hơn.


d) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X là 1,08 và phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y là 1,7584.


Câu 15. Trong hệ toạ độ Oxyz, đơn vị mỗi trục là mét, mặt sàn là mặt (Oxy), trục Oz hướng lên, có hai bức tường (1) và (2) nằm lần lượt trên các mặt phẳng (Oyz) và (Oxz) (tham khảo hình vẽ). Một tia Laze được chiếu từ điểm S xuyên qua một lỗ nhỏ tại A(0;6;5) trên bức tường (1), tia sáng này phản xạ tại điểm B trên mặt sàn rồi đến bức tường (2) tại điểm C(12;0;7). Theo tính chất phản xạ ta có AB và BC cùng tạo với mặt sàn các góc bằng nhau. Khi đó





a) Tung độ của điểm B là \(y_B = 5\).


b) Hình chiếu vuông góc của điểm C trên mặt sàn (Oxy) là điểm C'(0;0;7).


c) Nếu \(B(x_0;y_0;0)\) thì \(\overline{AB} = (x_0;y_0-6;-5)\).


d) Biết điểm S cách lỗ A một khoảng là SA = 3 (mét) và S(a;b;c) thì a+b+c=12.


Câu 16. Kim tự tháp Cheops là kim tự tháp lớn nhất trong các kim tự tháp ở Ai Cập, được xây dựng vào thế kỉ thứ 26 trước Công nguyên và là một trong bày kì quan của thế giới cổ đại. Kim tự tháp có dạng hình chóp S.ABCD với đáy là hình vuông ABCD tâm H và cạnh đáy dài 262 m, các cạnh bên bằng nhau và dài 230 m (kích thước hiện nay). (Theo britannica.com). Biết căn phòng chứa đựng thông tin khảo cổ có dạng hình lập phương với thể tích 64m³ ngay tại trung tâm, có cạnh đáy song song với cạnh đáy của kim tự tháp và H cũng là tâm của mặt sàn căn phòng. Các nhà khảo cổ muốn tạo một lỗ khoan từ bên ngoài vào căn phòng này.



Xét tính đúng-sai của các mệnh đề sau:


a) Chiều dài nhỏ nhất của lỗ khoan mà các nhà khảo cổ muốn tạo bằng 90 mét (làm tròn đến hàng đơn vị).


b) Kim tự tháp có hình dạng là một hình chóp đều.


c) Phần không gian mà kim tự tháp chiếm chỗ là \(3118752 m^3\) (làm tròn đến hàng đơn vị).


d) Chiều cao của kim tự tháp là \(\sqrt{18579}\) (m).


PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.


Câu 17. Trong không gian \(Oxyz\), một bức tường hình chữ nhật \(ABCD\) có chiều cao \(3m\) được dựng vuông góc với mặt phẳng \((Oxy)\) với hai điểm \(A(3;1;0)\) và \(B(1;4;0)\). Giả sử rằng mặt phẳng \((Oxy)\) là mặt đất, trục \(Oz\) hướng lên trên và mỗi đơn vị trên hệ trục tương ứng với \(1m\). Một trạm phát sóng được đặt tại điểm \(M(5;6;5)\). Trạm phát sóng phát ra các sóng thẳng và truyền về mọi hướng nhưng khi gặp bức tường thì bị chắn lại vì vậy có một vùng sau bức tường không có sóng. Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều trong mặt phẳng \((Oxy)\) từ điểm \(N(-6;-4;0)\) qua gốc tọa độ \(O\) đến chân tường với vận tốc \(0,8m/s\). Tính thời gian theo giây từ lúc chất điểm bắt đầu đi vào vùng mất sóng đến lúc chất điểm chạm vào chân tường và quay về vị trí ban đầu, giả thiết độ dày của bức tường là không đáng kể (kết quả làm tròn đến hàng phản chục).


Câu 18. Hai thí sinh A và B cùng tham gia một cuộc thi vấn đáp. Cán bộ coi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được dựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì dựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì để xác định câu hỏi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi của các thí sinh là như nhau. Hai phòng bì được gọi là giống nhau nếu chứa cùng một câu hỏi. Xác


suất để 3 phong bì A chọn và 3 phong bì B chọn có ít nhất hai phong bì giống nhau là \(\frac{a}{b}\) (trong đó \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản và \(a, b \in \mathbb{N}\)). Tính \(a^2 + b^2\).


Câu 19. Một cây cầu có dạng cung \(OA\) của đồ thị hàm số \(y = 4,8\sin\frac{x}{9}\) và được mô tả trong hệ trục tọa độ với đơn vị trục là mét như ở hình dưới đây:





Một xà lan chở khối hàng hóa được xếp thành hình hộp chữ nhật với chiều rộng của khối hàng hóa đó là 9m sao cho xà lan có thể đi qua được gầm cầu (trục \(Ox\) nằm trên mặt sàn của xà lan), để đảm bảo an toàn thì vị trí cao nhất của thùng hàng cách mép dưới cầu \(70cm\) (Thẳng vị trí cao nhất hướng lên). Tính chiều cao tối đa của khối hàng hóa đó để xà lan có thể đi qua được gầm cầu (làm tròn đến hàng phản trầm).





Câu 20. Cho tứ diện \(SABC\) có \(SA = SB = SC = 5\). Một mặt phẳng \((\alpha)\) thay đổi luôn đi qua trọng tâm \(G\) của tứ diện và cắt các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(A'\), \(B'\), \(C'\). Tính giá trị của biểu thức


\[T = \frac{1}{SA'} + \frac{1}{SB'} + \frac{1}{SC'}.\]

Câu 21. Bác Bình có một chậu cảnh trồng hoa hình chóp cụt tứ giác đều với chiều cao 30 cm, cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 40 cm. Bác Bình đổ đất vào chậu để tiến hành trồng, chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Tính thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu theo dm³ (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).





Câu 22. Hình bên mô tả một mặt cắt ngang của một tòa nhà cao tầng.





Một chiếc thang từ xe cứu hỏa lên đến mặt tường phía trước của tòa nhà phải vượt qua phần mái che cao 10m so với mặt đất và vùng mái này nhỏ ra 12m so với tường. Giả sử, độ cao từ mặt sàn đặt thang của xe cứu hỏa là \(1,2m\), hãy tìm độ dài ngắn nhất của chiếc thang để các lính cứu hỏa có thể thực hiện nhiệm vụ này (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)


---HẾT---

Mã đề thi
Câu hỏi	1211	1212	1213	1214	1215	1216
1	B	C	D	C	C	A
2	A	C	A	D	C	B
3	D	C	B	C	D	D
4	B	C	C	B	C	B
5	D	C	D	C	D	C
6	D	C	C	D	A	B
7	D	C	D	D	C	D
8	C	C	C	A	D	A
9	B	D	D	B	A	A
10	D	D	B	A	D	C
11	B	C	C	C	B	A
12	D	D	D	B	B	A
13	ĐĐSĐ	ĐĐĐS	SĐĐS	SĐĐĐ	SĐĐĐ	SĐSĐ
14	ĐSSĐ	ĐSĐS	SĐĐĐ	SĐĐS	SSĐĐ	ĐĐĐS
15	ĐĐSĐ	SSĐĐ	ĐSĐS	SĐĐĐ	SSĐĐ	ĐĐĐS
16	SĐSĐ	ĐĐĐS	ĐĐĐS	ĐSSĐ	ĐSĐĐ	SĐSĐ
17	0,8	21,1	29,3	0,8	14,5	0,8
18	3,51	3721	3721	14,5	3,51	21,1
19	21,1	3,51	14,5	3,51	21,1	14,5
20	29,3	0,8	0,8	3721	0,8	3,51
21	3721	14,5	3,51	21,1	3721	29,3
22	14,5	29,3	21,1	29,3	29,3	3721

# HD ĐỀ KSCL PHẦN VD


PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng (Đ) hoặc sai (S).


Câu 13. Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như sau:





Các mệnh đề sau đúng hay sai?


a) [NB] \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x = -1 \\ x = 1 \end{cases}\)


b) [TH] Cực tiểu của hàm số bằng 1


c) [TH] Đồ thị hàm số \(y = f(x)\) cắt trục \(Ox\) tại 3 điểm phân biệt.


d) [VD] Hàm số \(y = f(2-x)\) đồng biến trên \((1;3)\).


## Lời giải


a) \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x = -1\\ x = 1 \end{cases}\). Vậy a) đúng.


b) Cực tiểu của hàm số bằng -1. Suy ra b) sai.


c) Ta có: \(-1 < 0 < 3 \Rightarrow\) Đường thẳng \(y = 0\) cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt hay đồ thị hàm số \(y = f(x)\) cắt trục \(Ox\) tại 2 điểm phân biệt. Vậy c) đúng.


d) Ta có:


\[ \begin{aligned} \text{Hàm số } y &= f(2-x) \text{ đồng biến } \Leftrightarrow (f(2-x))' > 0 \\ \Leftrightarrow -f'(2-x) > 0 \Leftrightarrow f'(2-x) < 0 \Leftrightarrow -1 < 2-x < 1 \Leftrightarrow 1 < x < 3. \end{aligned} \]


Vậy hàm số \(y = f(2-x)\) đồng biến trên \((1;3)\). Suy ra d) đúng.





Câu 14: Kim tự tháp Cheops là kim tự tháp lớn nhất trong các kim tự tháp ở Ai Cập, được xây dựng vào thế kỉ thứ 26 trước Công nguyên và là một trong bày kì quan của thế giới cổ đại. Kim tự tháp có dạng hình chóp \(S.ABCD\) với đáy là hình vuông \(ABCD\) tâm \(H\) và cạnh đáy dài 262 m, các cạnh bên bằng nhau và dài 230 m (kích thước hiện nay). (Theo britannica.com). Biết căn phòng chứa đựng thông tin khảo cổ có dạng hình lập phương với thể tích \(64m^3\) ngay tại trung tâm, có cạnh đáy song song với cạnh đáy của kim tự tháp và \(H\) cũng là tâm của mặt sàn căn phòng. Các nhà khảo cổ muốn tạo một lỗ khoan từ bên ngoài vào căn phòng này.




Xét tính đúng-sai của các mệnh đề sau:


a) [NB] Kim tự tháp có hình dạng là một hình chóp đều.


b) [TH] Chiều cao của kim tự tháp là \(\sqrt{18579}\) (m).


c) [TH] Phần không gian mà kim tự tháp chiếm chỗ là \(3118752 m^3\) (làm tròn đến hàng đơn vị).


d) [VD] Chiều dài nhỏ nhất của lỗ khoan mà các nhà khảo cổ muốn tạo bằng 90 mét (làm tròn đến hàng đơn vị).


Lời giải


Mô hình hoá bài toán ta được hình vẽ minh hoạ sau :





a) Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là đa giác đều (hình vuông), có các cạnh bên bằng nhau, suy ra kim tự tháp có hình dạng là một hình chóp đều là mệnh đề đúng.


b) Sai.


Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), ta có: \(AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{262^2 + 262^2} = 262\sqrt{2}\) (m)
\(\Rightarrow HC = \frac{AC}{2} = 131\sqrt{2}\) (m)


Xét \(\Delta SHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(SH = \sqrt{SC^2 - HC^2} = \sqrt{230^2 - (131\sqrt{2})^2} = \sqrt{18578}\) (m).


Vậy chiều cao của kim tự tháp là khoảng \(\sqrt{18578}\) mét. Suy ra mệnh đề b) sai.


c) Đúng.


Phần kim tự tháp chiếm chỗ trong không gian là phần thể tích của kim tự tháp bằng thể tích của khối chóp \(S.ABCD\)


Ta có: \(V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}.SH.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{18578.262^2} \approx 3118751,754 \approx 3118752\).


d) Đúng.


Để mũi khoan có chiều dài ngắn nhất, các nhà khảo cổ phải khoan từ mặt bên vào vị trí cạnh của khối lập phương (căn phòng).

Khoảng cách ngắn nhất là khoảng cách từ một điểm \(I\) thuộc cạnh trên của khối lập phương đến mặt bên.


Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(CD\). Kẻ \(HK\) vuông góc với \(SM\), suy ra \(HK\) là khoảng cách từ \(H\) đến mặt bên \((SCD)\).


Trong tam giác \(\Delta SHM\) vuông tại \(H\), \(HK\) là đường cao, ta có:


\[ \frac{1}{HK^2} = \frac{1}{HS^2} + \frac{1}{HM^2} = \frac{1}{18578} + \frac{1}{17161} = \frac{35739}{18578.17161}. \\ \Rightarrow HK^2 = \frac{18578.17161}{35739} \Rightarrow HK = \frac{131\sqrt{18578}}{57\sqrt{11}} \text{ (m)} \]


Gọi \(N\) là hình chiếu của \(I\) trên \(HM\), qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(SM\), cắt \(HM\) tại \(J\). Khối lập phương có độ dài cạnh \(IN = \sqrt[3]{64} = 4\).


\[ Ta có: \Delta SHM \square \Delta INJ, \text{ suy ra: } \frac{NJ}{HM} = \frac{IN}{SH} \Rightarrow NJ = \frac{IN}{SH}. HM = \frac{4.131}{\sqrt{18578}}. \]


\[ \text{Suy ra: } \frac{JE}{HK} = \frac{JM}{HM} = 1 - \frac{HJ}{HM} \Rightarrow JE = HK \left(1 - \frac{HN + NJ}{HM}\right). \]


\[ \text{Vậy khoảng cách ngắn nhất: } IF = JE = \frac{131\sqrt{18578}}{57\sqrt{11}} \left(1 - \frac{2 + \frac{524}{\sqrt{18578}}}{131}\right) \approx 90,23571587 \approx 90 \text{ (m). Suy ra mệnh đề đúng.} \]





Câu 15. Thời gian hoàn thành một bài viết chính tả của một số học sinh lớp 4 hai trường X và Y được ghi lại ở bảng sau:

Thời gian (phút)	[6;7)	[7;8)	[8;9)	[9;10)	[10;11)
Số học sinh trường X	8	10	13	10	9
Số học sinh trường Y	4	12	17	14	3

a) Nếu so sánh theo số trung bình thì học sinh trường Y viết nhanh hơn.


b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường X có tốc độ viết đồng đều hơn.


c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X là 1,08 và phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y là 1,7584.


d) Nếu so sánh theo độ lệch chuẩn thì học sinh trường Y có tốc độ viết đồng đều hơn.


Lời giải

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Câu 16. Trong hệ toạ độ Oxyz, đơn vị mỗi trục là mét, mặt sàn là mặt (Oxy), trục Oz hướng lên, có hai bức tường (1) và (2) nằm lần lượt trên các mặt phẳng (Oyz) và (Oxz) (tham khảo hình vẽ). Một tia Laze được chiếu từ điểm \(S\) xuyên qua một lỗ nhỏ tại \(A(0;6;5)\) trên bức tường (1), tia sáng này phản xạ tại điểm B trên mặt sàn rồi đến bức tường (2) tại điểm \(C(12;0;7)\). Theo tính chất phản xạ ta có \(AB\) và \(BC\) cùng tạo với mặt sàn các góc bằng nhau. Khi đó




a) Hình chiếu vuông góc của điểm C trên mặt sàn (Oxy) là điểm \(C'(0;0;7)\).


b) Nếu \(B(x_B; y_B; 0)\) thì \(\overrightarrow{AB} = (x_B; y_B - 6; -5)\).


c) Tung độ của điểm \(B\) là \(y_B = 5\).


d) Biết điểm \(S\) cách lỗ \(A\) một khoảng là \(SA = 3\) (mét) và \(S(a; b; c)\) thì \(a + b + c = 12\).


Lời giải


a) Sai.


Nguyên tắc chung:


Trong hệ trục tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của một điểm \(M(x_M; y_M; z_M)\) lên các mặt phẳng được xác định:


Hình chiếu lên mặt \((Oxy)\): Tọa độ là \((x_M; y_M; 0)\).


Hình chiếu lên mặt (Oxz): Tọa độ là \((x_M; 0; z_M)\).


Hình chiếu lên mặt (Oyz): Tọa độ là \((0; y_M; z_M)\).


Sử dụng nguyên tắc trên, suy ra hình chiếu vuông góc của điểm \(C(12;0;7)\) trên mặt sàn (Oxy) là điểm \(C'(12;0;0)\).


(b) Đúng.


Nếu \(B(x_B; y_B; 0)\) thì \(\overrightarrow{AB} = \left(x_B; y_B - 6; -5\right)\).


(c) Sai.





Gọi \(C'(12;0;0)\) là hình chiếu của điểm C trên mặt phẳng (Oxy).


Lấy điểm \(K(x_K; y_K; z_K)\) là điểm đối xứng của \(C\) qua \(C'\).


Suy ra \(C'\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CK\).

\[
\begin{cases}
\frac{x_K + 12}{2} = 12 \\
\frac{y_K + 0}{2} = 0 \\
\frac{z_K + 7}{2} = 0
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
x_K = 12 \\
y_K = 0 \Rightarrow K(12; 0; -7) \\
z_K = -7
\end{cases}
\]


Xét hai tam giác vuông \(\Delta CC'B\) và \(\Delta C'BK\), ta có \(CC' = C'K\). \(C'B\): cạnh chung


Suy ra \(\Delta CC'B = \Delta KC'B(c - g - c)\). \(\Rightarrow \overline{CBC'} = \overline{KBC'}\)


hay \(\alpha_2 = \alpha_3\). Mà \(\alpha_1 = \alpha_2\) (theo tính chất phản xạ của ánh sáng) nên \(\alpha_1 = \alpha_3\) (hai góc ở vị trí đối đỉnh).


Do đó ba điểm \(C', B, A\) thẳng hàng.


\[
Ta có \overline{AB} = k\overline{AK} \Leftrightarrow (x_B; y_B - 6; -5) = k(12; -6; -12)
\]


\[
\Leftrightarrow
\begin{cases}
x_B = 12 \cdot \frac{5}{12} = 5 \\
y_B = -6 - 6k \Leftrightarrow y_B = -6 \cdot \frac{5}{12} + 6 = \frac{7}{2} \Rightarrow B(5; \frac{7}{2}; 0) \\
-5 = -12k \\
k = \frac{5}{12}
\end{cases}
\]


d) Đúng.


\[
Ta có AB = \sqrt{5^2 + \left(\frac{7}{2} - 6\right)^2 + (-5)^2} = \frac{15}{2}; SA = 3. \text{ Suy ra } \frac{AB}{SA} = \frac{2}{3} = \frac{5}{2}
\]


\[
\Leftrightarrow 2\overline{AB} = 5\overline{SA}. \Leftrightarrow 2\left(5; -\frac{5}{2}; -5\right) = 5(-a; 6 - b; 5 - c)
\]


\[
\Leftrightarrow
\begin{cases}
2.5 = -5a \\
2. \left(-\frac{5}{2}\right) = 5.(6 - b) \Leftrightarrow
\begin{cases}
10 = -5a \\
-5 = 30 - 5b \Leftrightarrow
\begin{cases}
a = -2 \\
b = 7
\end{cases}
\end{cases}
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
a = -2 \\
b = 7
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
a = -2 \\
b = 7
\Rightarrow
\begin{cases}
a = -2 \\
b = 7
\end{cases}
\end{cases}.
\]


PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.


Câu 17. Hình bên mô tả một mặt cắt ngang của một tòa nhà cao tầng.





Một chiếc thang từ xe cứu hỏa lên đến mặt tường phía trước của tòa nhà phải vượt qua phần mái
che cao 10m so với mặt đất và vùng mái này nhỏ ra 12m so với tường. Giả sử, độ cao từ mặt sàn
đặt thang của xe cứu hỏa là \(1,2m\), hãy tìm độ dài ngắn nhất của chiếc thang để các lính cứu hỏa
có thể thực hiện nhiệm vụ này (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)


Lời giải

Đáp án: 29,3.





Đặt \(L\) là độ dài của chiếc thang (tính từ mặt đất), và \(\theta\) là góc tạo bởi thang với phương ngang, gọi \(d_1\) là đoạn thẳng từ mặt đất lên tới mái hiên, \(d_2\) là đoạn từ mái hiên tới tường. Khi đó


\[L = d_1 + d_2 = \frac{10}{\sin \theta} + \frac{12}{\cos \theta}.\]


Miền xác định của \(L(\theta)\) là \(\theta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\).


\[Hàm số f(\theta) = \frac{10}{\sin \theta} + \frac{12}{\cos \theta} \text{ liên tục trên } \left(0, \frac{\pi}{2}\right).\]


\[Ta tính đạo hàm f'(\theta) = -\frac{10}{\sin \theta} \cot \theta + \frac{12}{\cos \theta} \tan \theta\]


Giải \(f'(\theta) = 0\):


\[\frac{12}{\cos \theta} \tan \theta = \frac{10}{\sin \theta} \cot \theta \Rightarrow 12 \frac{1}{\cos \theta} \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = 10 \frac{1}{\sin \theta} \frac{\cos \theta}{\sin \theta} \Leftrightarrow \frac{\sin^3 \theta}{\cos^3 \theta} = \frac{10}{12} \Leftrightarrow \tan^3 \theta = \frac{5}{6}.\]


Do đó \(\theta \approx 0,76 rad\)


Lập bảng xét dấu \(f'(\theta)\), ta thấy đây là điểm cực tiểu duy nhất trên \(\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\).


\[\text{Cuối cùng } f(0,76) \approx 31,07 \text{ nên độ dài thang ngắn nhất cần thiết là } \frac{1,2}{\sin(0,76)} \approx 29,3 m.\]


Câu 18: Cho tứ diện \(SABC\) có \(SA = SB = SC = 5\). Một mặt phẳng \((\alpha)\) thay đổi luôn đi qua trọng tâm \(G\) của tứ diện và cắt các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(A'\), \(B'\), \(C'\). Tính giá trị của biểu thức


\[T = \frac{1}{SA'} + \frac{1}{SB'} + \frac{1}{SC'}.\]


Lời giải


Đáp án: 0,8.




Vì \(G\) là trọng tâm tứ diện \(SABC\) nên ta có tính chất: \(\overline{MG} = \frac{1}{4} (\overline{MS} + \overline{MA} + \overline{MB} + \overline{MC})\), với \(M\) là điểm tùy ý.


Áp dụng tính chất trên cho điểm \(M = S\) ta có: \(\overline{SG} = \frac{1}{4} (\overline{SS} + \overline{SA} + \overline{SB} + \overline{SC}) = \frac{1}{4} (\overline{SA} + \overline{SB} + \overline{SC})\).


Lại có \(\overline{SA} = \frac{SA}{SA'} \overline{SA'} = \frac{5}{SA'} \overline{SA'}, \overline{SB} = \frac{SB}{SB'} \overline{SB'} = \frac{5}{SB'} \overline{SB'}, \overline{SC} = \frac{SC}{SC'} \overline{SC'} = \frac{5}{SC'} \overline{SC'}\).


Do đó \(\overline{SG} = \frac{1}{4} (\frac{5}{SA'} \overline{SA'} + \frac{5}{SB'} \overline{SB'} + \frac{5}{SC'} \overline{SC'}) = \frac{5}{4SA'} \overline{SA'} + \frac{5}{4SB'} \overline{SB'} + \frac{5}{4SC'} \overline{SC'}\).


Vì bốn điểm \(A', B', C', G\) đồng phẳng nên phải có \(\frac{5}{4SA'} + \frac{5}{4SB'} + \frac{5}{4SC'} = 1 \Rightarrow T = \frac{4}{5} = 0,8\).


Câu 19. Trong không gian \(Oxyz\), một bức tường hình chữ nhật \(ABCD\) có chiều cao \(3m\) được dựng vuông góc với mặt phẳng \((Oxy)\) với hai điểm \(A(3;1;0)\) và \(B(1;4;0)\). Giả sử rằng mặt phẳng \((Oxy)\) là mặt đất, trục \(Oz\) hướng lên trên và mỗi đơn vị trên hệ trục tương ứng với \(1m\). Một trạm phát sóng được đặt tại điểm \(M(5;6;5)\). Trạm phát sóng phát ra các sóng thẳng và truyền về mọi hướng nhưng khi gặp bức tường thì bị chắn lại vì vậy có một vùng sau bức tường không có sóng. Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều trong mặt phẳng \((Oxy)\) từ điểm \(N(-6;-4;0)\) qua gốc tọa độ \(O\) đến chân tường với vận tốc \(0,8m/s\). Tính thời gian theo giây từ lúc chất điểm bắt đầu đi vào vùng mất sóng đến lúc chất điểm chạm vào chân tường và quay về vị trí ban đầu, giả thiết độ dày của bức tường là không đáng kể (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).


Lời giải


Đáp án: 21,1.



Ta có: \(C(1;4;3)\), \(D(3;1;3)\).


Gọi \(E; F\) lần lượt là giao điểm của \(MC; MD\) với mặt phẳng \((Oxy)\).


\[ \text{Gọi } E(x; y; 0), \text{ ta có: } \overline{MC} = k\overline{ME} \Leftrightarrow \begin{cases} 1 - 5 = k(x - 5) \\ 4 - 6 = k(y - 6) \\ 3 - 5 = k(0 - 5) \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = -5 \\ y = 1 \\ k = \frac{2}{5} \end{cases} \Rightarrow E(-5; 1; 0). \]


\[ \text{Tương tự: } F(0; -\frac{13}{2}; 0). \]


Gọi \(I; H\) lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(NO\) với \(EF\) và \(AB\).


Tính \(IH\):


Vì các \(I; H; O; N \in (Oxy)\) nên chúng ta sẽ chuyển về hệ trục tọa độ trong mặt phẳng \(Oxy\) để tìm tọa độ \(I; H\).


\[ \text{Ta có: } N(-6; -4); O(0; 0) \Rightarrow NO: 2x - 3y = 0; E(-5; 1); F(0; -\frac{13}{2}) \Rightarrow EF: 3x + 2y + 13 = 0; \]


\[ A(3; 1); B(1; 4) \Rightarrow AB: 3x + 2y - 11 = 0. \]


\[ \text{Suy ra: } I(-3; -2), H\left(\frac{33}{13}; \frac{22}{13}\right) \Rightarrow IH = \frac{24\sqrt{13}}{13}, IN = \sqrt{13}. \]


\[ \text{Tổng quảng đường chất điểm di chuyển cần tính thời gian là } IH + HN = 2IH + IN = \frac{61\sqrt{13}}{13}. \]


\[ \text{Vậy thời gian cần tìm là: } t = \left(\frac{61\sqrt{13}}{13}\right): 0,8 \approx 21,1 \text{ (giây).} \]


Câu 20: Một cây cầu có dạng cung \(OA\) của đồ thị hàm số \(y = 4,8\sin\frac{x}{9}\) và được mô tả trong hệ trục tọa độ với đơn vị trục là mét như ở hình dưới đây:





Một xà lan chờ khối hàng hóa được xếp thành hình hộp chữ nhật với chiều rộng của khối hàng hóa đó là 9m sao cho xà lan có thể đi qua được gầm cầu (trục \(Ox\) nằm trên mặt sàn của xà lan), để đảm bảo an toàn thì vị trí cao nhất của thùng hàng cách mép dưới cầu 70cm (Thẳng vị trí cao nhất hướng lên). Tính chiều cao tối đa của khối hàng hóa đó để xà lan có thể đi qua được gầm cầu (làm tròn đến hàng phần trăm).





Lời giải

Giải phương trình \(y = 0 \Leftrightarrow 4,8\sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{9} = k\pi \Leftrightarrow x = k9\pi (k \in \mathbb{Z})\).


Do đó đồ thị cắt trục \(Ox\) tại các điểm có hoành độ \(0;9\pi;18\pi;...\)


Vì thế \(A(9\pi;0)\) nên chiều rộng của con sống là \(OA = 9\pi \approx 28,3m\)


Cho \(0 < m < 4,8\), giải sử đường thẳng \(y = m\) cắt \((C)\) tại hai điểm \(P(x_3;m), Q(x_4;m), x_3, x_4\) là hai nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình \(4,8\sin \frac{x}{9} = m(2)\) sao cho \(x_4 - x_3 = 9\).


\(\Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = \frac{m}{4,8}\), với \(0 < \frac{m}{4,8} < 1\) nên \(\exists \beta \in \left[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right]\) sao cho \(\sin \beta = \frac{m}{4,8}\) (*)


Khi đó \((2)\) trở thành \(\Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = \sin \beta \Leftrightarrow \begin{cases} x = 9\beta + k18\pi \\ x = 9(\pi - \beta) + k18\pi \end{cases} k \in \mathbb{Z}\)


Hai nghiệm dương nhỏ nhất của \((2)\) là \(x_3 = 9\beta, x_4 = 9(\pi - \beta)\)


Ta có \(x_4 - x_3 = 9(\pi - \beta) - 9\beta = 0\). Do vậy \(m = 4,8\sin \beta\) hay \(m = 4,8\sin \frac{\pi - 1}{2} \approx 4,21\)


Vậy chiều cao của mỗi khối hàng hoá tối đa là \(4,21 - 0,7 = 3,51\) mét.


Câu 21. Hai thí sinh A và B cùng tham gia một cuộc thi vấn đáp. Cán bộ coi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì để xác định câu hỏi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi của các thí sinh là như nhau. Hai phòng bì được gọi là giống nhau nếu chứa cùng một câu hỏi. Xác suất để 3 phong bì A chọn và 3 phong bì B chọn có ít nhất hai phong bì giống nhau là


\[ \frac{a}{b} \text{ (trong đó } \frac{a}{b} \text{ là phân số tối giản và } a, b \in \mathbb{N}). \text{ Tính } a^2 + b^2. \]


## Lời giải


Đáp án: 3721.


Để dễ hình dung, hãy tưởng tượng bạn A có một hộp bì gồm 10 viên bi đánh số từ 1 đến 10 (tương ứng với 10 câu hỏi được đựng trong phong bì) và bạn B cũng vậy.


Số cách bạn A chọn ra 3 viên bi bất kì là: \(C_{10}^3\) cách.


Số cách bạn B chọn ra 3 viên bi bất kì là: \(C_{10}^{10}\) cách.


Vậy số phần tử của không gian mẫu là: \(n_{\Omega} = C_{10}^3 \cdot C_{10}^{10}\).


Gọi X là biến cố: "3 phong bì A chọn và 3 phong bì B chọn có it nhất hai phong bì giống nhau"


Nếu coi là các viên bi, biến cố \(X\) sẽ là: "3 viên bi \(A\) chọn và 3 viên bi \(B\) chọn có it nhất hai viên bi đánh số giống nhau"


TH1: Cả ba viên bi \(A\) chọn và \(B\) chọn được đánh số giống nhau. Số cách bạn A chọn ra 3 viên bi bất kì là: \(c_{10}^{3}\) cách.


Khi đó B có một cách duy nhất để chọn bi sao cho "Cả ba viên bi A chọn và B chọn được đánh số giống nhau". Do vậy trường hợp này có: \(C_{10}^{3}\) cách.


TH2: "3 viên bi \(A\) chọn và 3 viên bi \(B\), chọn có đúng hai viên bi đánh số giống nhau" Số cách bạn A chọn ra 3 viên bi bất kì là: \(\bar{C}_{10}^{3}\) cách (chẳng hạn 3,4,5).


Khi đó B chọn bi theo hai bước:


Bước 1: Chọn 2 viên đánh số giống A chọn có \(C_2^3\) cách (chẳng hạn 3,4 hoặc 4,5 hoặc 3,5).


Bước 2: Chọn 1 viên đánh số khác A chọn có \(10 - 3 = 7\) cách.


Do vậy theo quy tắc nhân TH2 có: \(C_{10}^{3} \cdot C_2^3 \cdot 7\) cách. Khi đó \(n_X = C_{10}^{3} + C_{10}^{3} \cdot C_2^3 \cdot 7\)


cách nên xác suất cần tìm là \(P(X) = \frac{n_X}{n_{\Omega}} = \frac{11}{60}\).


Vậy \(a = 11, b = 60 \Rightarrow a^2 + b^2 = 3721\).

Câu 22. Bác Bình có một chậu cảnh trồng hoa hình chóp cụt tứ giác đều với chiều cao 30 cm, cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 40 cm. Bác Bình đổ đất vào chậu để tiến hành trồng, chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Tính thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu theo dm³ (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).





Lời giải


Đáp án: 14, 5.


Nhắc lại:


Hình chóp cụt tứ giác đều có 2 mặt đáy là hình vuông song song với nhau; 4 mặt bên là các hình thang cân bằng nhau; chiều cao là đoạn thẳng nối tâm của hai đáy và vuông góc với hai đáy.


Thể tích hình chóp cụt tứ giác đều: \(V = \frac{1}{3} \cdot h(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 \cdot S_2})\)


với \(h\) là chiều cao của hình chóp cụt (khoảng cách giữa hai đáy), \(S_1\) là diện tích đáy bé và \(S_2\) là diện tích đáy lớn.


Thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu (tạo thành hình chóp cụt đều) bằng với thể tích của hình chóp cụt tứ giác đều có chiều cao bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Do đó ta đi xác định các giá trị còn thiếu là chiều cao \(h\), \(S_1, S_2\).


Vì chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chấu nên \(h = \frac{2}{3} \cdot 30 = 20\) (cm).


Diện tích đáy bé (hình vuông cạnh 20 cm) nên có diện tích \(S_1 = 20^2 = 400\) (cm²).


Mô tả mặt cắt dọc của chậu cảnh và kí hiệu như hình vẽ.





Gọi độ dài cạnh của đáy lớn là \(x\).


Từ hình vẽ, ta có \(x = 2EF + 20\); Trong tam giác vuông AKD, ta có \(\tan \widehat{KDA} = \frac{AK}{DK} = \frac{10}{30} = \frac{1}{3}\).


Trong tam giác vuông DEF, ta có \(\tan \widehat{EDF} = \frac{EF}{FD} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{EF}{h} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow EF = \frac{h}{3} = \frac{20}{3}\).

\[ \text{Suy ra độ dài đáy lớn là } x = 2EF + 20 = 2 \cdot \frac{20}{3} + 20 = \frac{100}{3}. \quad \text{Suy ra } S_2 = x^2 = \left(\frac{100}{3}\right)^2 = \frac{10000}{9}. \]


\[ \text{Vậy thể tích của lượng đất cần tính là } V = \frac{1}{3} \cdot h \left(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 \cdot S_2}\right) \]


\[ = \frac{1}{3} \cdot 20 \left(400 + \frac{10000}{9} + \sqrt{400 \cdot \frac{10000}{9}}\right) = 14518,51852 \, (\text{cm}^3) \approx 14,5 \, (\text{dm}^3). \]


--- Hết ---

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ THPT MÔN TOÁN https://toanmath.com/de-thi-thu-thpt-mon-toan