Đề Thi [HOT] Đề Toán Thi Thử 2025 trường Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai

Tăng Giáp · 10/4/25

Làm ngay đề Toán thi thử 2025 của trường Chuyên Lương Thế Vinh (Đồng Nai) [HOT] – Bản cập nhật mới nhất, giúp sĩ tử ôn luyện bứt phá điểm số!

PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1. Nguyên hàm của hàm số $f(x) = 2^x + x$ là
A. $\frac{2^x}{\ln 2} + x^2 + C$.
B. $\frac{2^{x+1}}{x+1} + x^2 + C$.
C. $\frac{2^x}{\ln 2} + \frac{x^2}{2} + C$.
D. $2^x + \frac{x^2}{2} + C$.

$ \int (2^x + x)\, dx = \frac{2^x}{\ln 2} + \frac{x^2}{2} + C.$
Chọn đáp án C

Câu 2. Cho hình phẳng $(H)$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = 2x - x^2$ và trục hoành. Tính thể tích $V$ của vật thể tròn xoay sinh ra khi cho $(H)$ quay xung quanh trục $Ox$.
A. $V = \frac{16}{15}\pi$.
B. $V = \frac{16}{15}$.
C. $V = \frac{4}{3}$.
D. $V = \frac{4}{3}\pi$.

Ta có $2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{{20}{l}} {x = 0}\\ {x = 2} \end{array}} \right.$
Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho $ (H) $ quay xung quanh trục $ Ox $ là $V = \pi \int_0^2 (2x - x^2)^2 \, dx = \frac{16}{15} \pi.$
Chọn đáp án A

Câu 3. Mỗi ngày bác Hương để đi bộ để rèn luyện sức khỏe. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị km) của bác Hương trong 20 ngày được thống kê lại ở bảng sau

Khong thi phân vi của máu số liệu ghép nhóm là
A. 0,9.
B. 0,975.
C. 0,5.
D. 0,575.

Cỡ mẫu $ n = 20 $.
Gọi $ x_1; x_2; \ldots; x_{20} $ là mẫu số liệu gốc gồm quãng đường của 20 ngày đi bộ của bác Hương được sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có
- $ x_1, x_2, x_3 \in \{2, 7; 3, 0\} $;
- $ x_4, x_5, \ldots, x_9 \in \{3, 0; 3, 3\} $;
- $ x_{10}, \ldots, x_{14} \in \{3, 3; 3, 6\} $;
- $ x_{15}, \ldots, x_{18} \in \{3, 6; 3, 9\} $;
- $ x_{19}, x_{20} \in \{3, 9; 4, 2\} $.
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $ \dfrac{1}{2}(x_5 + x_6) \in [3,0; 3,3) $. Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là
$Q_1 = 3,0 + \dfrac{\dfrac{20}{4} - 3}{6} \cdot (3,3 - 3,0) = 3,1.$
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $ \dfrac{1}{2}(x_{15} + x_{16}) \in [3,6; 3,9) $. Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là
$Q_3 = 3,6 + \dfrac{\dfrac{3 \cdot 20}{4} - (3 + 6 + 5)}{4} \cdot (3,9 - 3,6) = 3,675.$
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là $\Delta Q = 3,675 - 3,1 = 0,575$
Chọn đáp án D

Câu 4. Mặt cắt tâm $I(-8;0;4)$ và bán kính $R = 4$ có phương trình là
A. $(x - 3)^2 + y^2 + (z + 4)^2 = 4$.
B. $(x - 3)^2 + y^2 + (z + 4)^2 = 16$.
C. $(x + 3)^2 + y^2 + (z - 4)^2 = 4$.
D. $(x + 3)^2 + y^2 + (z - 4)^2 = 16$.

Phương trình mặt cầu tâm $ I $, bán kính $ R $ là $ (x + 3)^2 + y^2 + (z - 4)^2 = 16.$
Chọn C

Câu 5. Cho hàm số $y = f(x)$ có bảng biến thiên như sau

Tổng số nghiệm căn ngang và tiếp căn đỉnh của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4.
B. 1.
C. 3.
D. 2.

Do $ \lim\limits_{x \to 1^-} y = +\infty $ nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng $ x = 1 $.
Do $ \lim\limits_{x \to -\infty} y = 2 $ và $ \lim\limits_{x \to +\infty} y = 5 $ nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang $ y = 2 $ và $ y = 5 $.
Vậy đồ thị hàm số có tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là 3.
Chọn đáp án C

Câu 6. Tập nghiệm của bất phương trình $2^x > 6$ là
A. $(\log_2 6; +\infty)$.
B. $(-\infty; 3)$.
C. $(3; +\infty)$.
D. $(-\infty; \log_2 6)$.

Ta có $ 2^x > 6 \Leftrightarrow x > \log_2 6 $.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $ S = (\log_2 6; +\infty) $.
Chọn đáp án A

Câu 7. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 - 2t \\ z = -1 - 3t \end{cases}$. Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của $d$?
A. $\vec{u}_1 = (2; 1; -1)$.
B. $\vec{u}_2 = (1; 2; 3)$.
C. $\vec{u}_3 = (1; -2; 3)$.
D. $\vec{u}_4 = (2; 1; 1)$.

Đưa vào phương trình tham số của đường thẳng d, ta thấy vector $\vec{u_3} = (1;-2;3)$ là một vector chỉ phương của d.
Chọn đáp án C

Câu 8. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$. Biết rằng $SA = SC, SB = SD$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $SO \perp (ABCD)$.
B. $AB \perp (SAC)$.
C. $CD \perp (SBD)$.
D. $CD \perp AC$.

Tam giác SAC cân tại S và O là trung điểm AC nên SO ⊥ AC.
Tam giác SBD cân tại S và O là trung điểm BD nên SO ⊥ BD.
AC và BD là hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng (ABCD).
Từ những điều trên, suy ra SO ⊥ (ABCD).
Chọn đáp án A

Câu 9. Nghiệm của phương trình $\log_2 (x + 4) = 3$ là
A. $x = 5$.
B. $x = 4$.
C. $x = 2$.
D. $x = 12$.

Ta có log₂(x + 4) = 3 ⇔ x + 4 = 2³ ⇔ x = 4.
Vậy x = 4 là nghiệm của phương trình.
Chọn đáp án B

Câu 10. Cho cấp số cộng $(u_n)$ thỏa mãn $u_{n+1} = u_n - 2$ với mỗi $n \in N*$. Công sai $d$ của cấp số cộng này bằng:
A. 2.
B. -1.
C. 1.
D. -2.

Do $u_{n+1} - u_n = -2$ với mọi Do $u_{n+1} - u_n = -2$ với mọi $n \in {N^*}$ nên công sai $d = -2$. nên công sai $d = -2$.
Chọn đáp án D

Câu 11. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành tâm $O$. Phat biếu nào sau đây là đúng?
A. $\vec{SA} + \vec{OC} - \vec{SB} = \vec{CO}$.
B. $\vec{SA} + \vec{OC} - \vec{SB} = \vec{BO}$.
C. $\vec{SA} + \vec{OC} - \vec{SB} = \vec{OB}$.
D. $\vec{SA} + \vec{OC} - \vec{SB} = \vec{O}$.

Ta có
$\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{SB} = (\overrightarrow{SA} - \overrightarrow{SB}) + \overrightarrow{OC}$
$= \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AO} \text{ (do } \overrightarrow{AO} = \overrightarrow{OC}\text{)}$
$= \overrightarrow{BO}.$
Chọn đáp án B

Câu 12. Cho hàm số $f(x)$ có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $(-\infty;-1)$.
B. $(0;1)$.
C. $(-1;1)$.
D. $(-1;0)$.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số đã cho, suy ra trên khoảng (−1;0) thì hàm số đồng biến.
Chọn đáp án D

PHẦN II. Thi sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4.
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thi sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1. Cho hàm số $f(x) = (x^2 - 2)e^x$.
a) Đạo hàm của hàm số đã cho là $f'(x) = (2x^2 + 2x - 4)e^x$.
b) $f'(0) = 4$; $f'(\ln 2) = 2(\ln 2 - 2)$.
c) Phương trình $f'(x) = 0$ có nghiệm là $x = 1$ và $x = 2$.
d) Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x) = (x^2 - 2)e^x$ trên đoạn $[-1; 2]$ bằng $-e^2$.

a) Đúng.
Vì $ f'(x) = 2x \cdot e^{2x} + 2(x^2 - 2) e^{2x} = (2x^2 + 2x - 4) e^{2x} $.
b) Sai.
Vì $ f'(0) = -4 $; $ f'(\ln 2) = 4 (\ln^2 2 - 2) $.
c) Sai.
Vì $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow (2{x^2} + 2x - 4){e^{2x}} = 0$ $ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x - 4 = 0$ $ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 1}\\ {x = - 2} \end{array}} \right.$.
d) Đúng.
Ta có $f'(x) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 1 \in [ - 1;2]}\\ {x = - 2 \notin [ - 1;2]} \end{array}} \right.$
Khi đó, $ f(-1) = -e^{-2} $; $ f(2) = 2e^4 $; $ f(1) = -e^2 $.
Vậy $ \min_{[-1;2]} f(x) = f(1) = -e^2 $.
Chọn đáp án
a đúng
b sai
c sai
d đúng

Câu 2. Một người đang điều khiển ô tô chạy trên đường cao tốc và muốn ra khỏi đường cao tốc. Khi cách lối ra 200 m, người đó điều khiển xe cho xe chuyển hướng sang làn đường giảm tốc, tốc độ của ô tô khi đó là 90 km/h. Bốn giây sau đó, người điều khiển ô tô bắt đầu giảm tốc độ với vận tốc v(t) = at + b (a,b ∈ R,a < 0), trong đó t là thời gian tính bằng giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc độ. Biết rằng, sau khi giảm tốc độ 5 giây thì ô tô đi vào lối ra. Sau khi đi vào lối ra cao tốc, ô tô tiếp tục giảm tốc độ cho đến khi vận tốc còn 36 km/h thì duy trì ở vận tốc này.
a) Khi bắt đầu giảm tốc, khoảng cách của ô tô đến lối ra cao tốc là 100 m.
b) Giá trị của b là 90.
c) Vận tốc ô tô thời điểm đi vào lối ra là 54 km/h.
d) Quãng đường mà ô tô đi được trong thời gian 20 giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc là 300 m.

a) Đúng.
Vận tốc di chuyển của xe trước khi giảm tốc độ là 90 km/h cũng là tốc độ 25 m/s. Sau 4 giây, ô tô bắt đầu giảm tốc nên trong 4 giây đó, ô tô đi được 100 m. Vậy khi bắt đầu giảm tốc, khoảng cách của ô tô đến lối ra cao tốc là 200−100 = 100 (m)
b) Sai.
Trước khi giảm tốc vận tốc của xe là 25 m/s nên b = 25.
c) Đúng.
Ta có $ 100 = \int_{0}^{5} (at + 25)dt \Rightarrow \left( \frac{at^2}{2} + 25t \right)_{0}^{5} = 100 \Rightarrow a = -2 \Rightarrow v(t) = -2t + 25 \ (m/s). $
Sau khi giảm tốc độ 5 giây thì ô tô đi vào lối ra, vận tốc của ô tô lúc này là v(5) = 15 m/s = 54 km/h.
d) Sai.
Thời gian để kể từ lúc ô tô bắt đầu giảm tốc độ đến khi vận tốc đạt 36 km/h là

−2t + 25 = 10 ⇔ t = 7,5 (giây).
Trong khoảng thời gian 20 giây, kể từ khi xe ô tô bắt đầu giảm tốc độ thì xe chạy với vận tốc v(t) = −2t+25 trong khoảng thời gian 7,5 giây, sau đó xe chạy với vận tốc 36 km/h = 10 m/s trong khoảng 12,5 giây tiếp theo.
Quãng đường mà xe ô tô đi được trong thời gian 20 giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc là
$S = \int_{0}^{7.5} (-2t + 25) \, dt + 10 \cdot 12,5 = 256,25 \, (m).$
Chọn đáp án: a đúng; b sai; c đúng; d sai

Câu 3. Một nhà máy có hai phân xưởng cùng sản xuất một loại sản phẩm. Phân xưởng thứ nhất sản xuất 60% và phân xưởng thứ hai sản xuất 40% tổng số sản phẩm của cả nhà máy. Tỉ lệ phế phẩm của từng phân xưởng lần lượt là 16% và 20%. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm trong kho hàng của nhà máy.
a) Xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là 0,6.
b) Xác suất để lấy được phế phẩm bằng 0,176.
c) Giả sử đã lấy được phế phẩm, xác suất phế phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất bằng 0,55 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
d) Nếu lấy được sản phẩm tốt, khả năng sản phẩm đó do phân xưởng thứ hai sản xuất là cao hơn khả năng sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất.

a) Đúng.
Do phân xưởng thứ nhất sản xuất 60% tổng số sản phẩm của cả nhà máy nên xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là 0,6.
b) Đúng.
Gọi A là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ nhất”, khi đó A là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ hai”. B là biến cố “Chọn được sản phẩm là phế phẩm”.
Khi đó:
$P(A) = 60\% = 0.6;$
$P(\bar A) = 40\% = 0.4;\quad $
$P(B|A) = 16\% = 0.16;$
$P(\bar B|A) = 0.84;$
$P(B|\bar A) = 20\% = 0.2$
Áp dụng công thức tính xác suất tính xác suất toàn phần, ta có:
P(B) = $ P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) $= 0,6·0,16+0,4·0,2 = 0,176
Vậy xác suất lấy được phế phẩm là 0,176.
c) Đúng.
Chọn được phế phẩm, biến cố phế phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là A|B, áp dụng
công thức Bayes, ta được: $P(A|B) = \frac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(B)} = \frac{0.6 \cdot 0.16}{0.176} = \frac{6}{11} \approx 0.55.$
d) Sai.
Khi lấy được sản phẩm tốt, để so sánh khả năng sản phẩm thuộc phân xưởng, ta tính xác suất để sản phẩm tốt được chọn ấy thuộc phân xưởng thứ nhất
Từ ý a) suy ra $ P(\overline{B}) = 1 - 0,176 = 0,824. $
Theo công thức Bayes, ta có: $P(A|\overline{B}) = \frac{P(A) \cdot P(\overline{B}|A)}{P(\overline{B})} = \frac{0.6 \cdot 0,84}{0,824} \approx 0,61. $
Vậy khả năng sản phẩm tốt được chọn từ phân xưởng thứ nhất cao hơn
Chọn đáp án: a đúng; b đúng; c đúng; d sai .

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đài kiểm soát không lưu sân bay có tọa độ O(0;0;0), mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 350 km sẽ hiển
thị trên màn hình ra đa. Một máy bay đang ở vị trí A (400;200;10), chuyển động theo đường thẳng đến vị trí D(−350;50;10).
a) Khi chiếc máy bay đang ở vị trí A thì nó hiển thị trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu này.
b) Máy bay chuyển động trên đường thẳng có phương trình là $ \begin{cases} x = 400 + 5t \\ y = 200 + t \\ z = 10 \end{cases}, t \in \mathbb{R}. $
c) Tọa độ của vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa là B(324;132;10).
d) Nếu máy bay chuyển động đều từ A đến D hết 50 phút thì thời gian máy bay hiển thị trên
màn hình ra đa là ít hơn 42 phút.

a) Sai.
Ta có khoảng cách $ OA = \sqrt{400^2 + 200^2 + 10^2} > 350 $ nên khi máy bay ở vị trí A thì nó chưa hiện thị trên màn hình rada.
b) Đúng.
Ta có $ \overrightarrow{AD} = (-750; -150; 0) $ nên đường thẳng AD có một vectơ chỉ phương là
$ \vec{u} = -\frac{1}{150} \overrightarrow{AD} = (5; 1; 0). $
Vậy máy bay chuyển động trên đường thẳng có phương trình là
$ \begin{cases} x = 400 + 5t \\ y = 200 + t \\ z = 10 \end{cases}, t \in \mathbb{R}. $
c) Sai.
Gọi B, C là giao điểm của mặt cầu (C): $ x^2 + y^2 + z^2 = 350^2 $ và đường thẳng AD. Ta có B là điểm đầu tiên hiện thị trên màn hình rada, C là điểm cuối cùng hiện thị trên màn hình rada.
Thay $ x = 400 + 5t, y = 200 + t, z = 10 $ vào phương trình của (C) ta được
$ (400 + 5t)^2 + (200 + t)^2 + 10^2 = 350^2 $
$ \Leftrightarrow 26t^2 + 4400t + 77600 = 0 $
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {t = - 20}\\ {t = - \frac{{1940}}{{13}}} \end{array}} \right.$
Với $ t = -20 $ thì $ x = 300 $; với $ t = -\dfrac{1940}{13} $ thì $ x = -\dfrac{4500}{13} \approx -346 $.
Ta thấy rằng $ 400 > 300 > -\dfrac{4500}{13} > -350 $ nên vị trí đầu tiên hiện thị trên màn hình rada là B(300; 180; 10).
Dưới đây là văn bản được trích xuất từ hình ảnh:
d) Sai.
Ta có $ C \left( -\dfrac{4500}{13}; \dfrac{660}{13}; -10 \right) $.
Khoảng cách từ điểm đầu tiên hiện thị trên màn hình rada và điểm cuối hiện thị trên màn hình rada là
$ d = \sqrt{\left( 300 + \dfrac{4500}{13} \right)^2 + \left( 180 - \dfrac{660}{13} \right)^2 + (10 - (-10))^2} \approx 663,1626 \ (\text{km}). $
Ta lại có $AD = \sqrt {{{(400 + 350)}^2} + {{(200 - 50)}^2} + {{(10 - 10)}^2}} \approx 764,8529\;({\rm{km}})$
Do máy bay chuyển động đều nên tỉ lệ thời gian bằng tỉ lệ khoảng cách. Gọi thời gian máy bay từ B đến C là $ t $ (phút), ta có
$ \dfrac{t}{50} \approx \dfrac{663,1626}{764,8529}, \text{ suy ra } t \approx 43,35 \text{ phút.} $
Chọn đáp án
a sai
b đúng
c sai
d sai

PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có AB = 6, AD = 9. Lấy M là trung điểm của CD, N thuộc cạnh BC sao cho NB = 2NC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và MN bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)

[ATTACH type="full" size="360x338"]5101[/ATTACH]
Ta có
- $ BN = 6, CN = 3, CM = DM = 3 $;
- $ AN = 6\sqrt{2}, MN = 3\sqrt{2}, AM = 3\sqrt{10} $;
- Do $ AM^2 = 90 = AN^2 + MN^2 $ nên tam giác AMN vuông tại N.
- Vì $ AN \perp AA' $ và $ AN \perp MN $ nên AN là đoạn vuông góc chung của $ AA' $ và MN. Suy ra $ d(AA', MN) = AN = 6\sqrt{2} \approx 8,49.$

Câu 2. Một người đưa thư xuất phát từ bưu điện (vị trí C), các điểm cần phát thư nằm dọc các con đường cần đi qua. Biết rằng người này phải đi trên mỗi con đường ít nhất một lần (để phát được thư cho tất cả các điểm cần phát nằm dọc theo con đường đó) và cuối cùng quay lại điểm xuất phát. Sơ đồ các con đường cần đi qua và độ dài của chúng (tính theo km) được biểu diễn ở hình vẽ bên. Hỏi tổng quãng đường người đưa thư có thể đi ngắn nhất có thể là bao nhiêu km?

Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là C và E nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ C đến E
(đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).
Một đường đi Euler từ C đến E là CABDEBCE và tổng độ dài của nó là 2+1+3+6+5+ 4+10 = 31 (km).
Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ E đến C.
Đường đi ngắn nhất từ E đến C là EBAC và có độ dài là 5+1+2 = 8 (km).
Vậy tổng quãng đường đưa thư có thể đi ngắn nhất là 31+8 = 39 (km).

Câu 3. Bạn Bình đố bạn Nam tìm được đường kính của quả bóng rổ, biết rằng nếu đặt quả bóng ở một góc căn phòng hình hộp chữ nhật, sao cho quả bóng chạm (tiếp xúc) với hai bức tường và nền nhà của căn phòng đó (khi đó khoảng cách từ tâm quả bóng đến hai bức tường và nền nhà đều bằng bán kính của quả bóng) thì có một điểm M trên quả bóng với khoảng cách lần lượt đến hai bức tường và nền nhà là 17 cm, 18 cm và 21 cm (Hình bên dưới). Tính đường kính của quả bóng rổ đó, biết rằng loại bóng rổ tiêu chuẩn có đường kính từ 23 cm đến 24,5 cm (kết quả làm tròn đến hàng phần chục, đơn vị là cm).

[ATTACH type="full" alt="1744261845689.png"]5102[/ATTACH]
Kết quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chạm hệ trục $ Oxyz $ như hình vẽ bên.
Gọi $ I(a; a; a) $ là tâm của mặt cầu và $ r = a > 0 $.
Phương trình mặt cầu của quả bóng là $ (S): (x - a)^2 + (y - a)^2 + (z - a)^2 = a^2. $
Giả sử $ M(x; y; z) $ nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho $ d(M, (Oxy)) = 21, d(M, (Oxz)) = 18, d(M, (Oyz)) = 17 $. Khi đó $ z = 21, y = 18, x = 17 $. Khi đó ta có phương trình
$ (17 - a)^2 + (18 - a)^2 + (21 - a)^2 = a^2 $
$ \Leftrightarrow 2a^2 - 112a + 1054 = 0 $
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {a \approx 11,97\;({\rm{nhan}})}\\ {a \approx 44,03\;({\rm{loai}})} \end{array}} \right.$
Vậy đường kính của quả bóng rổ là $ 2a \approx 23,9 \ \text{cm}. $

Câu 4. Cho hình vuông OABC cạnh bằng 8, điểm M nằm trong hình vuông sao cho khoảng cách từ M đến các cạnh OA,OC cùng bằng 3. Parabol (P1) đi qua các điểm O, A, M, Parabol (P2) đi qua các điểm O,C,M. Tính diện tích phần tô đậm (hình vẽ bên). (kết quả làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Cho hệ trục tọa độ Oxy sao cho tia Ox trùng tia OA, tia O y trùng tia OB. Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường (P1), y = 0; S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường (P2), x = 0; S3 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường (P1) và (P2). Từ hình vẽ ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là
$S = {S_{OABC}} - [{S_1} + {S_2} - {S_3}]$
Gọi phương trình $(P_1)$ là $ y = ax^2 + bx + c $. Vì $(P_1)$ đi qua $ O(0; 0), M(3; 3), A(8; 0) $ nên
$ \begin{cases} c = 0 \\ 9a + 3b + c = 3 \\ 64a + 8b + c = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = -\dfrac{1}{5} \\ b = \dfrac{8}{5} \\ c = 0 \end{cases}. $
Suy ra $ y = -\dfrac{1}{5}x^2 + \dfrac{8}{5}x $.
Ta thay $(P_1)$ vào $(P_2)$ đối xứng qua OM nên
$ S_1 = S_2 = \int_{0}^{8} \left( -\dfrac{1}{5}x^2 + \dfrac{8}{5}x \right) dx = \dfrac{256}{15}. $
Gọi $ S_3 $ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $(P_1), OM $, y = x, do tính chất đối xứng nên
$ S_3 = 2S_4 = 2 \int_{0}^{3} \left[ \left( -\dfrac{1}{5}x^2 + \dfrac{8}{5}x \right) - x \right] dx = \dfrac{9}{5}. $
Thay vào $(*)$ ta được $ S = 64 - \left( \dfrac{256}{15} + \dfrac{256}{15} - \dfrac{9}{5} \right) = \dfrac{95}{3} \approx 32. $

Câu 5. Nhà máy A chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy B. Hai nhà máy thỏa thuận rằng: hằng tháng nhà máy A cung cấp cho nhà máy B sản phẩm đó theo đơn đặt hàng của nhà máy B với số lượng tối đa là 100 tấn sản phẩm. Nếu số lượng đặt hàng là x tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là P(x) = 45−0,001x2 (triệu đồng). Chi phí để nhà máy A sản xuất x tấn sản phẩm trong một tháng là C(x) = 100 + 30x (triệu đồng), gồm 100 triệu đồng chi phí cố định và 30 triệu đồng cho mỗi tấn sản phẩm. Hỏi nhà máy A bán cho nhà máy B bao nhiêu tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận lớn nhất? (kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân)

Nếu mỗi tháng máy A bán cho máy B x tấn sản phẩm thì lợi nhuận của máy A thu được là
$ x(45 - 0,001x^2) - (100 + 30x) = -0,001x^3 + 15x - 100. $
Xét hàm số $ f(x) = -0,001x^3 + 15x - 100 $ với $ x \in [0; 100] $. Ta tìm giá trị lớn nhất của $ f(x) $.
Ta có $ f'(x) = -0,003x^2 + 15 $; $ f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 50\sqrt{2} $ (do $ x \in [0; 100] $).
Vì $ f(0) = -100 $, $ f(50\sqrt{2}) \approx 607 $, $ f(100) = 400 $ nên $ f(x) $ lớn nhất khi $ x = 50\sqrt{2} \approx 70,7 $.

Câu 6. Trong một kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh dành cho học sinh trung học phổ thông của một khu vực (các học sinh của cả ba khối cùng tham gia giải một đề thi), ban tổ chức thống kê kết quả thi và thu được kết quả như sau

Trong 500 học sinh tham gia cuộc thi, có 60% học sinh đạt huy chương, trong đó có 15 học sinh đạt huy chương vàng, 80 học sinh đạt huy chương bạc, còn lại là huy chương đồng.

Trong số 300 học sinh lớp 12 có 6 học sinh đạt huy chương vàng, 24 học sinh đạt huy chương bạc. Số học sinh đạt huy chương đồng lớp 12 chiếm 9% tổng số học sinh dự thi.

Chọn ngẫu nhiên một em học sinh. Nếu biết học sinh được chọn là học sinh lớp 12 đạt huy chương thì xác suất để học sinh được chọn đạt huy chương đồng là a%. Tìm a. (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

$ A_1 $ là biến cố “Học sinh được chọn đạt huy chương vàng”;

$ A_2 $ là biến cố “Học sinh được chọn đạt huy chương bạc”;

$ A_3 $ là biến cố “Học sinh được chọn đạt huy chương đồng”;

$ B $ là biến cố “Học sinh được chọn học lớp 12 và đạt huy chương”.

Theo đề bài, ta có

$ P(A_1) = \dfrac{15}{500} = 0,03; P(A_2) = \dfrac{80}{500} = 0,16; P(A_3) = \dfrac{500 \cdot 60\% - (15 + 80)}{500} = 0,41; $

$ P(B|A_1) = \dfrac{6}{300} = 0,02; P(B|A_2) = \dfrac{24}{300} = 0,08; P(B|A_3) = \dfrac{500 \cdot 9\%}{300} = 0,15. $

Do đó, theo công thức Bayes, xác suất chọn được một học sinh đạt huy chương đồng nếu biết học sinh đó học lớp 12 và đạt huy chương là
$ P(A_3|B) = \dfrac{P(B|A_3) \cdot P(A_3)}{P(B|A_1) \cdot P(A_1) + P(B|A_2) \cdot P(A_2) + P(B|A_3) \cdot P(A_3)} = \dfrac{0,15 \cdot 0,41}{0,02 \cdot 0,03 + 0,08 \cdot 0,16 + 0,15 \cdot 0,41} \approx 82\%. $
Vậy $ a = 82\% $.

Xem thêm: 100+ Đề thi thử 2025 môn Toán chuẩn Cấu Trúc thi THPT Quốc Gia - Cập nhập liên tục

Đăng nhập

Đề Thi [HOT] Đề Toán Thi Thử 2025 trường Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai

Tăng Giáp Administrator Thành viên BQT

Bài viết mới nhất

Chia sẻ trang này

Đăng nhập

Đề Thi [HOT] Đề Toán Thi Thử 2025 trường Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai

Tăng Giáp Administrator Thành viên BQT

Bài viết mới nhất

Chia sẻ trang này

Tìm kiếm hữu ích