Tìm hiểu Đề Thi Thử Môn Toán 2025 Trường Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai với cấu trúc bám sát đề thi chính thức. Bộ đề bao gồm các câu hỏi từ cơ bản đến nâng cao, giúp học sinh lớp 12 luyện tập hiệu quả và nâng cao kỹ năng giải toán. Đây là tài liệu quan trọng hỗ trợ bạn ôn tập và tự tin đạt điểm cao trong kỳ thi THPT Quốc Gia 2025!
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)
Lời giải
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?
Lời giải
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).
Lời giải
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).
Lời giải
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) = 45−0,001×2 (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)
Lời giải
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)
Lời giải
- \( A_1 \) 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 \( a = 82\% \).