Đề thi thử TN THPT 2025 môn Toán trường THPT chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An (Đề số 27)

Đề thi này do trường THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An và trường THPT Chuyên Hà Tĩnh tổ chức thi chung một đề thi.

Xem thêm đề thi trước đó: Đề thi thử TN THPT 2025 môn Toán lần 2 trường THPT Anh Sơn 3 – Nghệ An (Đề số 26)

>>Xem thêm: Bộ đề dự đoán Môn Toán thi Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia 2025

Một số câu hỏi có trong đề thi:

PHẦN II. Câu hỏi 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 hoặc sai.

Câu 1. Cho hàm số $y=a x+b+\dfrac{c}{x+d}(a, b, c, d \in \mathbb{R})$ có đồ thị như hình vẽ sau:

a) Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-2$.
b) Giá trị $b=-4$.
c) Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận xiên là đường thẳng $y=2 x-4$.
d) Hàm số đã cho là $y=-2 x-4-\frac{2}{x+2}$.

Câu 2. Cây đậu Hà Lan khi trồng có chiều cao 3 centimét. Gọi $h(t)$ là độ cao tính bằng centimét của cây đậu Hà Lan tại thời điểm $t$ kể từ khi được trồng, với $t$ tinh theo tuần. Khảo sát cho thấy tốc độ tảng chiều cao của cây đậu Hà Lan sau khi trồng là $h^{\prime}(t)=-0,02 t^3+0,3 t^2$ (centimét/tuần).
a) Hàm số $h(t)$ có công thức là $h(t)=-0,005 t^4+0,1 t^3$.
b) Giai đoạn tăng trường của cây đậu Hà Lan đó kéo dài 15 tuần.
c) Chiều cao tối đa của cây đậu Hà Lan đó là 88 centimét.
d) Vào thời điểm cây đậu Hà Lan đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 53 centimét.

Đáp án: S Đ S Ð
a) Do $h(t)$ là một nguyên hàm của $h^{\prime}(t)$ nên $h(t)=-0,005 t^4+0,1 t^3+C$.

Cây đậu Hà Lan khi trồng có chiểu cao 3 cm nên $h(0)=3$, suy ra $C=3$.
Vậy $h(t)=-0,005 t^4+0,1 t^3+3$.
b) Cây tăng trưởng khi $h^{\prime}(t)>0 \Leftrightarrow-0,02 t^3+0,3 t^2>0 \Leftrightarrow t^2(-0,02 t+0,3)>0$. Do đó $t<15$.

Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 15 tuần.
c) Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $h(t)=-0,005 t^4+0,1 t^3+3$ với $t \in[0 ; 15]$.

Ta có: $h^{\prime}(t)=-0,02 t^3+0,3 t^2 ; h^{\prime}(t)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=0 \\ t=15\end{array}\right.$.

Tính được $h(0)=3, h(15)=\frac{699}{8}$. Suy ra trên đoạn $[0 ; 15]$ thì $h(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{699}{8}$.
Vậy chiều cao tối đa của cây đậu Hà Lan đó là $\frac{699}{8} \approx 87,4$.
d) Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số $h^{\prime}(t)=-0,02 t^3+0,3 t^2$ với $t \in[0 ; 15]$.

Có $h^{\prime \prime}(t)=-0,06 t^2+0,6 t ; h^{\prime \prime}(t)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=0 \\ t=10\end{array}\right.$.
Tính được $h^{\prime}(0)=0 ; h^{\prime}(15)=0$ và $h^{\prime}(10)=10$. Suy ra trên đoạn $[0 ; 15]$ thì $h^{\prime}(t)$ đạt giá trị lớn nhất tại $t=10$.
Ta có $h(10)=53$ nên vào thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất thì cây cà chua cao 53 cm .

Câu 3. Trong không gian $O x y z$, cho hình lập phương $A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ có $A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0)$, $A^{\prime}(0 ; 0 ; 1)$.
a) Tọa độ các đỉnh còn lại của hình lập phương là $B^{\prime}(1 ; 0 ; 1), D^{\prime}(0 ; 1 ; 1), C(1 ; 1 ; 0), C^{\prime}(1 ; 1 ; 1)$.
b) Phương trình tham số của đường thẳng $C^{\prime} D$ là $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=1 \\ z=-t\end{array}\right.$.
c) Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(A^{\prime} C^{\prime} D\right)$ là $\vec{n}=(-1 ; 1 ; 1)$.
d) Gọi $E, F$ là các điểm lần lượt thuộc đường thẳng $C^{\prime} D$ và trục $O x$ sao cho đường thẳng $E F$ vuông góc với mặt phẳng $\left(A^{\prime} C^{\prime} D\right)$. Khi đó $E F=\sqrt{3}$.
Câu 4. Một xạ thủ bắn bia, trên bia có các vòng tròn tính điểm (từ 5 đến 10) như hình vẽ. Mỗi lần bắn, xác suất xạ thủ đó bắn trúng vòng 8 là 0,25 ; trúng vòng dưới 8 (kể cả bắn trượt) là 0,4 . Gọi $P_1, P_2$ lần lượt là xác suất xạ thủ đó bắn trúng vòng 10 và vòng 9 trong mỗi lần bắn. Biết rằng nếu xạ thủ đó bắn ba phát vào bia thì xác suất cả ba lần bắn trúng vòng 10 là 0,003375.

a) $P_1=0,15$.
b) $P_2=0,18$.
c) Nếu xạ thủ đó bắn ba phát thì xác suất đạt 29 điểm là 0,0045 .
d) Nếu xạ thủ đó bắn ba phát thì xác suất đạt it nhất 28 điểm là 0,05175 .

Đáp án: Đ S S Đ
a) Xác suất 3 lần bắn trúng vòng 10 là $P_1^3=0,003375 \Rightarrow P_1=\sqrt[3]{0,003375}=0,15$.
b) Có $P_2=1-0,25-0,4-0,15=0,2$.
c) Để đạt 29 điểm thì cần 2 lần bắn trúng vòng 10 và 1 lần bắn trúng vòng 9 .

Có 3 cách chọn lần bắn trúng vòng 9 nên xác suất là $3 \cdot 0,2 \cdot 0,15^2=0,0135$.
d) Xác suất đạt 30 điểm là 0,003375 ; xác suất đạt 29 điểm là 0,0135 .

Tính xác suất đạt 28 điểm:
TH 1 : Có 2 lần bắn trúng vòng 10 và 1 lần bắn trúng vòng 8 : xác suất là $3.0,25.0,15^2$.
TH 2 : Có 1 lần bắn trúng vòng 10 và 2 lần bắn trúng vòng 9 : xác suất là $3.0,15.0,2^2$.
Suy ra xác suất đạt 28 điểm là $3.0,4.0,15^2+3.0,15.0,2^2=0,034875$.
Vậy xác suất đạt ít nhất 28 điểm là $0,003375+0,0135+0,034875=0,05175$.

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

Câu 1. Trong lần đầu tiên nuôi gà, một trang trại do thiếu kinh nghiệm nên dự tinh lượng thức ăn cho gà hằng ngày là không đổi và đã dự trữ thức ăn đủ dủng trong 50 ngày. Nhưng thực tế, theo sự phát triển của gà, để đảm bảo chất lượng thì kể từ ngày thứ 2 trở đi lượng thức ăn nuôi gà mỗi ngày của trang trại đã tăng thêm $1 \%$ so với ngày trước đó. Hỏi lượng thức ăn mà trang trại dự trữ đủ dùng cho gà ăn tối đa bao nhiêu ngày mà vẫn đảm bảo chất lượng ãn mỗi ngày? (lấy kết quả số ngày là số nguyên).

Đáp án: 40
Gọi $a$ là lượng thức ăn hằng ngày theo dự kiến thì tổng lượng thức ăn đã dự trữ là $50 a$. Giả sử lượng thức ăn đủ dùng cho tối đa $n$ ngày.
Ta có lượng thức ăn tiêu thụ trong ngày thứ $k(1 \leq k \leq n)$ là $a \cdot 1,01^{k-1}$.
Do đó phải có $a+a .1,01+a \cdot 1,01^2+\ldots+a \cdot 1,01^{n-1} \leq 50 a \Leftrightarrow 1+1,01+1,01^2+\ldots+1,01^{n-1} \leq 50$

\[
\Leftrightarrow \frac{1,01^n-1}{1,01-1} \leq 50 \Leftrightarrow 1,01^n \leq \frac{3}{2} \Leftrightarrow n \leq \log _{1,01} \frac{3}{2} \approx 40,75
\]

Vậy lượng thức ăn đủ dùng cho tối đa 40 ngày.

Câu 2. Cho hình chóp tứ giác $S . A B C D$ có đáy $A B C D$ là hình vuông cạnh bằng 3 và cạnh bên $S A$ vuông góc với đáy. Biết góc nhị diện $[B, S C, D]$ bằng $120^{\circ}$. Thể tich khối chóp $S . A B C D$ bằng bao nhiêu?

Câu 3. Một khối trỏn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng $(H)$ (phần màu xám trong hình vẽ) quanh trục $A B$.

Miền $(H)$ được giới hạn bởi đường tròn đường kinh $A B$ và cung tròn tâm $A$. Biết $A B=8 \mathrm{~cm}$ và điểm $K$ trong hình vẽ thỏa mãn $A K=3 \mathrm{~cm}$. Thể tích của khối tròn xoay đó bằng bao nhiêu $\mathrm{cm}^3$ ? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Đáp án: 135
Chọn hệ trục tọa độ $O x y$ như hình vẽ với $O$ là trung điểm $A B$ thì $A(-4 ; 0), B(4 ; 0), K(-1 ; 0)$.
Khi đó $O K=1 \Rightarrow C K=\sqrt{O C^2-O K^2}=\sqrt{15} \Rightarrow A C=\sqrt{A K^2+C K^2}=2 \sqrt{6}$.
Suy ra $O D=2 \sqrt{6}-4 \Rightarrow D(2 \sqrt{6}-4 ; 0)$.

Phương trình đường tròn đường kính $A B: x^2+y^2=16$
$\Rightarrow$ nửa nằm trên $O x$ có phương trình $y=\sqrt{16-x^2}\left(C_1\right)$.
Phương trình đường tròn tâm $A$ bán kính $A C$ là: $(x+4)^2+y^2=24$
$\Rightarrow$ nửa nằm trên $O x$ có phương trình $y=\sqrt{24-(x+4)^2}\left(C_2\right)$.
Vậy thể tích của vật trang trí đó là $V=\pi \int_{-1}^4\left(\sqrt{16-x^2}\right)^2 \mathrm{~d} x-\pi \int_{-1}^{2 \sqrt{6}-4}\left(\sqrt{24-(x+4)^2}\right)^2 \mathrm{~d} x \approx 135 \mathrm{~cm}^3$.

Câu 4. Trong không gian, xem mặt đất là phẳng, gắn hệ trục tọa độ $O x y z$ trong đó mặt phẳng $O x y$ trùng với với mặt đất, trục $O x$ hương về phía nam, trục $O y$ hưởng về phia đông và trục $O z$ hương thẳng đưng lên trời (đơn vị đo trên mỗi trục là km ). Nguời ta quan sát thấy có hai chiểc khinh khí cầu đang bay trên bầu trời. Tại thời điểm bắt đầu quan sát, chiếc thứ nhất đang ở vị tri điểm $A(2 ; 1,5 ; 0,5)$ và bay thẳng về phia Bắc với tốc độ không đổi là $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, còn chiếc thứ hai đang ở vị tri điểm $B(-1 ;-1 ; 0,8)$ và bay thẳng về phia Đông với tốc độ không đối là $40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ (tham kháo hình vẽ).

Biết rẳng trong suốt quá trinh bay thì hai chiếc khinh khi cầu luôn giữ nguyên độ cao so với mặt đất. Khoảng cách ngẳn nhất giữa hai chiếc khinh khi cầu bằng bao nhiêu km ? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Đáp án: 0,51
Giả sử sau $t$ giờ $(t \geq 0)$, khinh khí cầu thứ nhất bay từ $A \rightarrow A^{\prime}$, khinh khí cầu thứ hai bay từ $B \rightarrow B^{\prime}$.
Ta có $A A^{\prime}=60 t \Rightarrow \overrightarrow{A A^{\prime}}=(-60 t) \vec{i}=(-60 t ; 0 ; 0) \Rightarrow A^{\prime}(2-60 t ; 1,5 ; 0,5)$.
Tương tự được $B^{\prime}(-1 ;-1+40 t ; 0,8)$.
Suy ra $A^{\prime} B^{\prime 2}=(60 t-3)^2+(40 t-2,5)^2+0,3^2=5200 t^2-560 t+15,34=f(t)$.
Có $\min _{t \geq 0} f(t)=f\left(\frac{7}{130}\right)$ nên $\min A^{\prime} B^{\prime}=\sqrt{f\left(\frac{7}{130}\right)} \approx 0,51$.

Câu 5. Trong cuộc gặp mặt dặn dò trước khi lên đường tham gia kì thi học sinh giỏi, có 10 bạn trong đội tuyển gồm 2 bạn đến từ lớp 12A, 3 bạn từ lớp 12B, 5 bạn còn lại đến từ 5 lớp khác (mỗi lớp một bạn). Thầy giáo xếp ngẫu nhiên các bạn kể trên ngồi vào một bàn dài có 10 ghế mà mỗi bên có 5 ghế xếp đối diện nhau. Tính xác suất để không có học sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).

Giải. Ta có không gian mẫu là $n(\Omega)=10$ !.

Gọi $A$ là biến cố " không có học sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau";

$\bar{A}$ là biến cố " có ít nhất 2 học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau";

$A_1$ là biến cố " học sinh 12 A ngồi đối diện nhau";

$A_2$ là biến cố " học sinh 12 B ngồi đối diện nhau".

Khi đó $n(\bar{A})=n\left(A_1\right)+n\left(A_2\right)-n\left(A_1 \cap A_2\right).$

Đếm $n\left(A_1\right)$ : Trước hết cặp ghế cho 2 HS 12A ngồi có 5 cách, đổi chỗ 2 bạn này có 2 ! cách; xếp 8 HS còn lại có 8 ! cách. Do đó $n\left(A_1\right)=5.2$ !. 8 !.

Đếm $n\left(A_2\right)$ : Chọn cặp ghế chứa 2 HS lớp 12B có 5 cách, chọn 2 HS lớp 12 B xếp vào cặp ghế này có $A_3^2$ cách; xếp 8 HS còn lại có 8 ! cách. Do đó $n\left(A_2\right)=5 . A_3^2 .8$ !.

Đếm $n\left(A_1 \cap A_2\right)$ : Chọn 2 cặp ghế trong 5 cặp ghế có $C_5^2$ cách; trong 2 cặp này chọn 1 cặp cho 2 HS lớp 12 A có 2 cách, đổi chỗ 2 HS này có 2 ! cách; chọn 2 HS lớp 12B xếp vào cặp ghế còn lại có $A_3^2$ cách; xếp 6 HS còn lại có 6 ! cách. Do đó $n\left(A_1 \cap A_2\right)=C_5^2 \cdot 2.2$ !. $A_3^2 .6$ !.

Từ đó $P(\bar{A})=\dfrac{25}{63} \Rightarrow P(A)=\dfrac{38}{63} \approx 0,6.$

Câu 6. Chi phi về nhiên liệu của một con tàu được chia làm hai phần. Phần thứ nhất không phụ thuộc vào tốc độ tàu và bẳng 480 nghìn đồng mỗi giờ. Chi phi phần thứ hai trên 1 km đường ti lệ thuận với lập phương của tốc độ tàu, khi tốc độ bằng $20 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ thì chi phí phần thứ hai bằng 100 nghin đồng mỗi giờ. Giả sử con tàu đó luôn giữ nguyên tốc độ di chuyển, để tổng chi phí nhiên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất thỉ tốc độ của con tàu đó bằng bao nhiêu $\mathrm{km} / \mathrm{h}$ ? (làm tròn kết quả đến hàng phẩn chục).

Đáp án: 22,5
Gọi $x(\mathrm{~km} / \mathrm{h})$ là tốc độ của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là $\frac{1}{x}$ (giờ).
Chi phí tiền nhiên liệu phần thứ nhất cho quãng đường 1 km là: $\frac{1}{x} .480$ (nghìn đồng).
Gọi $y$ (nghìn đồng) là chi phí nhiên liệu phần thứ hai cho quãng đường 1 km ứng với tốc độ $x$. Ta có $y$ tỉ lệ thuận với lập phương tốc độ nên $y=k x^3$ với $k>0$.
Khi tốc độ $x=20(\mathrm{~km} / \mathrm{h})$ thì thời gian tàu chạy 1 km là $\frac{1}{20}$ (giờ) nên chi phí phần thứ 2 cho quãng đường 1 km là $\frac{1}{20} \cdot 100=5$ (nghìn đồng).
Suy ra $5=k \cdot 20^3$ nên $k=\frac{5}{20^3}=\frac{1}{1600}$, do đó $y=\frac{x^3}{1600}$.
Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1 km đường là: $P(x)=\frac{480}{x}+\frac{x^3}{1600}$.
Bài toán trở thành tìm $x$ để $P(x)$ nhỏ nhất.
Có $P^{\prime}(x)=-\frac{480}{x^2}+\frac{3 x^2}{1600} ; P^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow \frac{3 x^2}{1600}=\frac{480}{x^2} \Leftrightarrow x=4 \sqrt[4]{1000}$.
Lập bảng biến thiên suy ra $P(x)$ đạt GTNN tại $x=4 \sqrt[4]{1000}$.
Vậy để tổng chi phí trên 1 km đường nhỏ nhất thì vận tốc của tàu là $x=4 \sqrt[4]{1000} \approx 22,5(\mathrm{~km} / \mathrm{h})$.

Combo X Luyện thi 2025 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K7 – Chương trình SGK mới)

Link đăng ký: https://bit.ly/45sFkXS

PRO X: Luyện thi THPT 2025 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 9 điểm)

XMAX: Luyện mọi dạng bài vận dụng cao Môn Toán 2025 (Mức 9+)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề thi THPT 2025 Môn Toán (100 ngày)

Các khoá học được sử dụng kể từ ngày đăng kí đến khi kì thi THPT 2025 kết thúc.