Phân tích chi tiết và giải các câu khó trong Đề Thi Thử Toán THPT Quốc Gia 2025 – Sở GD&ĐT Bình Phước Lần 1, giúp học sinh lớp 12 vượt qua những dạng bài thách thức nhất. Bài viết cung cấp lời giải rõ ràng, phương pháp tư duy hiệu quả để bạn nâng cao kỹ năng, tự tin đạt điểm cao trong kỳ thi THPT Quốc Gia. Đừng bỏ lỡ tài liệu ôn tập chất lượng này!
Câu 1: Cho hàm số $f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+3x-5}{x+3}$
a) Hàm số có đạo hàm ${f}’\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+12x-14}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}$.
b) Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng $\Delta :y=2x-3$.
c) Đồ thị hàm số nhận điểm $I\left( 3;3 \right)$ làm tâm đối xứng.
d) Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+3x-5}{x+3}$ cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại $A,\,B$. Khi đó diện tích của tam giác $OAB$ lớn hơn $2.$
Lời giải
a) Hàm số có đạo hàm ${f}’\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+12x+14}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}$.
b) Đúng.
$f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+3x-5}{x+3}=2x-3+\frac{4}{x+3}$,
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) – \left( {2x – 3} \right)} \right]$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {2x – 3 + \frac{4}{{x + 3}} – \left( {2x – 3} \right)} \right]$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{4}{{x + 3}}} \right)$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{\frac{4}{x}}}{{1 + \frac{3}{x}}}} \right)$ $ = \frac{0}{{1 + 0}} = 0$
Từ đó suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng $\Delta :y=2x-3$
c) Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng $\Delta :y=2x-3$ và tiệm cận đứng $x=-3$ nên nhận điểm $I\left( 3;3 \right)$ làm tâm đối xứng.
d) Đúng.
Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng $\Delta :y=2x-3$. Suy ra $\Delta :y=2x-3$ cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại $A\left( 0\,;\,-3 \right)$ và $B\left( \frac{3}{2}\,;\,0 \right)$. Khi đó $\Delta $ tạo với hai trục tọa độ tam giác $OAB$. Diện tích của tam $OAB$ là ${{S}_{OAB}}=\frac{1}{2}OA\cdot OB=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{3}{2}=\frac{9}{4}>2$.
Câu 2: Chủ một trung tâm thương mại muốn cho thuê một số gian hàng như nhau. Người đó muốn tăng giá cho thuê của mỗi gian hàng thêm $x$ (triệu đồng) $\left( x\ge 0 \right)$. Tốc độ thay đổi doanh thu từ các gian hàng đó được biểu diễn bởi hàm số ${T}’\left( x \right)=-20x+300$, trong đó ${T}’\left( x \right)$ tính bằng triệu đồng (Nguồn: R.Larson anh
B. Edwards, Calculus 10e, Cengage). Biết rằng nếu người đó tăng giá thuê cho mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng thì doanh thu là 12 tỷ đồng.
a) Doanh thu của tất cả gian hàng được biểu diễn bởi hàm số $T\left( x \right)=-10{{x}^{2}}+300x+10000.$
b) Doanh thu của tất cả gian hàng khi người đó tăng giá thêm 12 triệu đồng là 12 tỷ 250 triệu đồng.
c) Doanh thu cao nhất của tất cả gian hàng mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.
d) Để doanh thu cao nhất của tất cả gian hàng thì mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.
Lời giải
Ta có: $T\left( x \right) = \int {T’\left( x \right){\rm{d}}x} $ $ = \int {\left( { – 20x + 300} \right){\rm{d}}x} $$=-10{{x}^{2}}+300x+C,\,C\in \mathbb{R}$.
Khi người đó tăng giá cho thuê mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng thì doanh thu là 12 tỷ đồng. Nên ứng với $x=10$ ta có $T\left( 10 \right)=12\,000$
suy ra $12000=-{{10.10}^{2}}+300.10+C\Rightarrow C=10000$.
Vậy $T\left( x \right)=-10{{x}^{2}}+300x+10000$ a) Đúng
$T\left( 12 \right)=-{{10.12}^{2}}+300.12+10000=12160$ (triệu đồng). b) Sai
Ta có
Vậy doanh thu cao nhất mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng và khi đó mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng. c) Đúng, d) Đúng
Câu 3: Các thí sinh tham dự một cuộc thi hoa khôi phải trải qua ba vòng thi: Vòng sơ khảo, Vòng bán kết và Vòng chung kết. Biết rằng, ban tổ chức sẽ chọn ra $50\text{ }\!\!%\!\!\text{ }$ thí sinh đã đăng kí để vào Vòng sơ khảo. Khi kết thúc vòng sơ khảo, ban tổ chức sẽ chọn ra thí sinh của Vòng sơ khảo để vào Vòng bán kết. Khi kết thúc vòng bán kết, ban tổ chức sẽ chọn ra $20\text{ }\!\!%\!\!\text{ }$ thí sinh của Vòng bán kết để vào Vòng chung kết. Chọn ngẫu nhiên 1 thí sinh đăng kí tham dự cuộc thi hoa khôi.
a) Xác suất để thí sinh được chọn lọt vào Vòng sơ khảo là $0,5$.
b) Xác suất để thí sinh được chọn lọt vào Vòng bán kết là $0,3$.
c) Xác suất thí sinh được chọn lọt vào Vòng chung kết là $0,03$.
d) Biết rà̀ng thí sinh được chọn không lọt vào Vòng chung kết, xác suất thí sinh đó lọt vào Vòng sơ khảo nhỏ hơn $0,49$.
Lời giải
Gọi $\text{A},\text{B},\text{C}$ lần lượt là biến cố thí sinh được chọn lọt vào Vòng sơ khảo, Vòng bán kết và Vòng chung kết.
a) Đúng. Vì có $50\text{ }\!\!%\!\!\text{ }$ thí $\text{sinh}$ lọt vào vòng sơ khảo nên $P\left( A \right)=0,5$.
b) Xác suất để thí sinh lọt vào Vòng bán kết là
$\text{ }\!\!~\!\!\text{ }P\left( B \right)=P\left( AB \right)=P\left( B\mid A \right)P\left( A \right)=0,3\cdot 0,5=0,15$
c) Đúng. Xác suất để thí sinh lọt vào Vòng chung kết là
$P\left( C \right)=P\left( ABC \right)=P\left( C\mid AB \right)P\left( AB \right)=0,2.0,15=0,03$
d) Ta có
$P\left( \overline{C}\mid A \right)=1-P\left( C\mid A \right)=1-\frac{P\left( C \right)}{P\left( A \right)}=0,94$
$P\left( A\mid \overline{C} \right)=\frac{P\left( \overline{C}\mid A \right)P\left( A \right)}{P\left( \overline{C} \right)}=\frac{0,94.0,5}{1-0,03}=\frac{47}{97}=0,485<0,49$
Câu 4: Một mái nhà hình tròn được đặt trên ba cây cột trụ. Các cây cột trụ vuông góc với mặt sàn nhà phẳng và có độ cao lần lượt là $8\text{m},\,9\text{m},\,10\text{m}$. Ba chân cột là ba đinh của một tam giác đều trên mặt sàn nhà với cạnh dài 8m. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với $B\in Ox$, $C\in Oy$, tia $Oz$ cùng hướng với vectơ $\overrightarrow{A{A}’}$. Chọn gốc tọa độ $O$ trùng với trung điểm của $AC$ và mỗi đơn vị trên trục có độ dài 1m (xem hình vẽ).
a) Tọa độ các điểm ${A}’\left( 0;-4;10 \right),{B}’\left( 4\sqrt{3};0;9 \right),{C}’\left( 0;4;8 \right)$.
b) Mặt phẳng $\left( ABC \right)$ nhận $\overrightarrow{k}=\left( 0;\,1;\,1 \right)$làm véctơ pháp tuyến.
c) Mặt phẳng $\left( {A}'{B}'{C}’ \right)$ nhận $\overrightarrow{n}=(0;1;4)$làm véctơ pháp tuyến.
d) Biết độ dốc của mái nhà đạt mức tiêu chuẩn khoảng từ $27{}^\circ $ đến $35{}^\circ $ thì mái nhà trên có độ dốc ở mức tiêu chuẩn.
Lời giải
a) Đúng: $A\left( 0;-4;0 \right),B\left( 4\sqrt{3};0;0 \right),C\left( 0;4;0 \right)$ và ${A}’\left( 0;-4;10 \right),{B}’\left( 4\sqrt{3};0;9 \right),{C}’\left( 0;4;8 \right)$
b) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là $\overrightarrow{k}=\left( 0;\,0;\,1 \right).$
c) Đúng: $\overrightarrow{{A}'{B}’}=\left( 4\sqrt{3};4;-1 \right);\overrightarrow{{A}'{C}’}=\left( 0;8;-2 \right)$, khi đó vectơ pháp tuyến của $\left( {A}'{B}'{C}’ \right)$ là:
$\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{{A}'{B}’},\,\overrightarrow{{A}'{C}’} \right]=\left( 0;\,8\sqrt{3};\,32\sqrt{3} \right)=8\sqrt{3}\left( 0;\,1;\,4 \right)$
Vậy Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {A}'{B}'{C}’ \right)$ là: $\overrightarrow{n}=(0;1;4)$.
d) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là: $\overrightarrow{k}=\left( 0;\,0;\,1 \right)$
Khi đó: $\cos \left( \left( ABC \right),\left( {A}'{B}'{C}’ \right) \right)=\frac{\left| 4 \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\frac{4\sqrt{17}}{17}$ nên $\left( \left( ABC \right),\,\left( {A}'{B}'{C}’ \right) \right)\approx 14{}^\circ $ nên mái nhà không ở mức tiêu chuẩn.
Câu 5: Để xác định vị trí của máy bay khi đang bay, người ta gắn một hệ trục toạ độ $Oxyz$ với gốc toạ độ đặt tại một sân bay để xác định toạ độ của sân bay. Biết rằng cao độ của toạ độ máy bay chính là độ cao của máy bay đối với mặt đất. Đơn vị độ dài trên mỗi trục toạ độ là 100 m.
Một máy bay đang bay với quỹ đạo là một đường thẳng trong không gian với vận tốc bay không đổi. Tại một thời điểm nào đó, máy bay đang ở vị trí có toạ độ $\left( 200;70;118 \right)$. Sau 50 giây, độ cao của máy bay so với mặt đất giảm 400 m. Hỏi sau 25 giây nữa, khoảng cách từ sân bay tới máy bay là bao nhiêu km, biết rằng trong suốt quá trình bay này, máy bay có đi qua điểm có toạ độ $\left( 80;105;113 \right)$?
Lời giải
Đáp án: 16,8
Do máy bay bay trên đường thẳng đi qua hai điểm $\left( 200;70;118 \right)$ và $\left( 80;105;113 \right)$ nên quỹ đạo bay của máy bay là đường thẳng có phương trình: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=200-24t \\ y=70+7t \\ z=118-t \\ \end{array} \right.$
Sau 50 giây, độ cao của máy bay giảm 400 m, tức là cao độ của máy bay giảm đi 4. Do máy bay bay với vận tốc không đổi nên sau 25 giây, độ cao của máy bay sẽ giảm đi thêm 200 m, tức là cao độ giảm đi thêm 2. Khi đó, tại thời điểm này, cao độ của máy bay là $118-4-2=112$.
Xét phương trình $118-t=112\Leftrightarrow t=6$. Khi đó, sau 75 giây, toạ độ của máy bay là: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{0}}=200-24.6=56 \\ {{y}_{0}}=70+7.6=112 \\ {{z}_{0}}=118-6=112 \\ \end{array} \right.$
Khoảng cách từ sân bay đến máy bay khi đó là $S=\sqrt{{{5600}^{2}}+{{11200}^{2}}+{{11200}^{2}}}=16800\left( \text{m} \right)$
Câu 6: Nhà bác An có tất cả $8$cánh cửa sắt hình chữ nhật với chiều dài $2m$ và chiều rộng $1m$. Hai mặt của mỗi cánh cửa được thiết kế như hình vẽ dưới đây. Trong đó, phần được tô đậm được sơn màu xanh, phần còn lại được sơn màu trắng. Mỗi phần sơn màu trắng có đường biên cong là một phần của parabol có đỉnh nằm trên cạnh của hình chữ nhật. Biết rằng chi phí để sơn màu xanh là $120$ nghìn đồng$/{{m}^{2}}$ và chi phí sơn màu trắng là $110$ nghìn đồng$/{{m}^{2}}$. Hỏi để sơn toàn bộ số cửa sắt trên, bác An phải trả bao nhiêu triệu đồng ( làm tròn kết quả đến hàng phần trăm theo đơn vị triệu đồng).
Lời giải
Đáp án: $3,63$.
Xét đồ thị parabol trên hệ trục tọa độ $Oxy$ như sau:
Gọi parabol có phương trình là: $y=a{{x}^{2}}+bx+c$
Parabol đi qua các điểm có tọa độ $\left( -0.5;1 \right),\left( 0.5;1 \right),\left( 0;0 \right)$, nên ta có hệ sau: $\left\{ \begin{matrix} c=0 \\ a{{.0.5}^{2}}+b.0.5=1 \\ a.\left( -{{0.5}^{2}} \right)+b.\left( -0.5 \right)=1 \\ \end{matrix} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} c=0 \\ a=4 \\ b=0 \\ \end{matrix} \right.$.
Vậy ta có phương trình parabol $y=4{{x}^{2}}$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y=4{{x}^{2}},y=0,x=0,x=0.5$ là:
${{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{0.5}{4{{x}^{2}}dx}=\frac{1}{6}$
Diện tích của phần tô đậm được sơn màu xanh của mỗi mặt cánh cửa là ${{S}_{2}}=4.{{S}_{1}}=4.\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$.
Diện tích của phần không tô đậm tô đậm được sơn màu trắng của mỗi mặt cánh cửa là ${{S}_{3}}=1.2-{{S}_{2}}=2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$.
Có tất cả $8$cánh cửa sắt hình chữ nhật, mỗi cánh có 2 mặt, vậy có tất cả 16 mặt như hình vẽ.
Vậy tổng diện tích phần tô đậm được sơn màu xanh là: $16{{S}_{2}}=16.\frac{2}{3}=\frac{32}{3}\left( {{m}^{2}} \right)$
Tổng diện tích phần không tô đậm được sơn màu trắng là: $16{{S}_{3}}=16.\frac{4}{3}=\frac{64}{3}\left( {{m}^{2}} \right)$
Tổng chi phí để sơn màu xanh là: $\frac{32}{3}.120=1280$( nghìn đồng)$=1.28$ ( triệu đồng)
Tổng chi phí để sơn màu trắng là: $\frac{64}{3}.110\approx 2346$( nghìn đồng)$\approx 2.35$ ( triệu đồng)
Tổng chi phí sơn là: $1.28+2.35=3.63$ ( triệu đồng).
Câu 7: Một doanh nghiệp kinh doanh một loại sản phẩm $T$ được sản xuất trong nước. Qua nghiên cứu thấy rằng nếu chi phí sản xuất mỗi sản phẩm $T$ là $x\,(\$)$ thì số sản phẩm $T$ các nhà máy sản xuất sẽ là $R\left( x \right)=x-200$ và số sản phẩm $T$ mà doanh nghiệp bán được trên thị trường trong nước sẽ là $Q\left( x \right)=4200-x$. Số sản phẩm còn dư doanh nghiệp xuất khẩu ra thị trường quốc tế với giá bán mỗi sản phẩm ổn định trên thị trường quốc tế là ${{x}_{0}}=3200$$$. Nhà nước đánh thuế trên mỗi sản phẩm xuất khẩu là $a\,(\$)$ và luôn đảm bảo tỉ lệ giữa lãi xuất khẩu của doanh nghiệp và thuế thu được của nhà nước tương ứng là $4:1$. Hãy xác định giá trị của $a$ biết lãi mà doanh nghiệp thu được do xuất khẩu là nhiều nhất.
Lời giải
Đáp án: $100$.
Điều kiện: $R\left( x \right)=x-200>0;Q\left( x \right)=4200-x>0\Rightarrow 200<x<4200$.
Số sản phẩm suất khẩu là: $R\left( x \right)-Q\left( x \right)=x-200-\left( 4200-x \right)=2x-4400$
Lãi xuất khẩu của doanh nghiệp là:
$L\left( x \right) = \left( {R\left( x \right) – Q\left( x \right)} \right)\left( {3200 – x – a} \right)$ $ = \left( {2x – 4400} \right)\left( {3200 – x – a} \right)$.
Thuế thu được của nhà nước là: $T\left( x \right)=\left( 2x-4400 \right)a$.
Ta có $L\left( x \right):T\left( x \right)=4:1$, suy ra $\left( {2x – 4400} \right)\left( {3200 – x – a} \right) = 4\left( {2x – 4400} \right)a$ $ \Rightarrow a = \frac{{3200 – x}}{5}$
Khi đó
$\begin{align}
& L\left( x \right)=\left( 2x-4400 \right)\left( 3200-x-\frac{3200-x}{5} \right) \\
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( 2x-4400 \right)\frac{12800-4x}{5}=\frac{1}{5}\left( -8{{x}^{2}}+43200x-56320000 \right) \\
\end{align}$
Bài toán đưa về tìm $x$ để $L\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất.
Ta có $L’\left( x \right)=\frac{1}{5}\left( -16x+43200 \right)=0\Leftrightarrow x=2700\in \left( 200;4200 \right)$.
Lập bảng biến thiên ta thấy $L\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x=2700$, suy ra $a=\frac{3200-2700}{5}=100.$
Câu 8: Trong một trò chơi điện tử, người chơi sẽ khởi đầu tại một trong năm vị trí xuất phát tại các điểm A,B,C,D,O. Ban đầu, người chơi sẽ có $50$HP (HP là từ viết tắt của: “Health Points”) và người chơi sẽ đi từ điểm xuất phát đến các điểm còn lại để tiêu diệt địch (các đường đi qua sẽ không thể quay trở lại). Ứng với mỗi đường đi qua, người chơi sẽ mất một lượng HP nhất định được ký hiệu trên sơ đồ dưới đây. Sau cùng, người chơi phải quay lại vị trí xuất phát và tiêu diệt địch cuối cùng ngay tại đó. Biết đường đi cuối cùng này sẽ mất gấp đôi lượng HP yêu cầu. Hỏi sau khi hoàn thành nhiệm vụ thì người chơi có thể giữ lại tối đa bao nhiêu HP?
Lời giải
Đáp án: 19
Chọn đường cuối là $OA$ hoặc $OB$
Khi đó lượng HP mất là: $5+8+4+6+4.2=31$(HP)
Người chơi có thể giữ lại tối đa lượng HP là: $50-31=19$.
Câu 9: Có ba đồng xu được đựng trong một hộp kín. Đồng xu thứ nhất là một đồng xu cân đối với tỷ lệ mặt ngửa và mặt sấp bằng nhau. Đồng xu thứ hai là một đồng xu bị lỗi có khả năng mặt ngửa xuất hiện là 70%. Đồng xu thứ ba là một đồng xu hai mặt ngửa (khi tung luôn ra mặt ngửa). Bạn An lấy ngẫu nhiên một đồng xu từ hộp và tung nó hai lần. Kết quả của hai lần tung cho thấy xuất hiện một lần mặt sấp và một lần mặt ngửa. Tính xác suất để đồng xu bạn đã chọn là đồng xu thứ hai (đồng xu bị lỗi) (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Lời giải
Đáp án: $0,46$
Gọi $A$ là biến cố chọn đồng xu thứ $n\,\,\left( n=1;\,2;\,3 \right)$
$B$ là biến cố tung hai lần thì thấy xuất hiện một lần mặt sấp và một lần mặt ngửa
Vì chọn ngẫu nhiên nên $P\left( {{A}_{1}} \right)=P\left( {{A}_{2}} \right)=P\left( {{A}_{3}} \right)=\frac{1}{3}$
Lấy ngẫu nhiên một đồng xu tung hai lần được một mặt sấp và một mặt ngửa thì ta có ba trường hợp như sau:
Trường hợp 1: Chọn được đồng xu thứ nhất là S-N và N-S nên $P\left( B|{{A}_{1}} \right)=2.{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}$
Trường hợp 2: Chọn được đồng xu thứ hai là S-N và N-S nên ta có:
$P\left( B|{{A}_{2}} \right)=0,7.0,3+0,3.0,7=0,42$
Trường hợp 3: Chọn được đồng xu thứ ba là N-N nên $P\left( B|{{A}_{3}} \right)=0$
Áp dụng công thức Bayes ta tính được xác suất chọn được đồng xu thứ hai là:
$P\left( {{A_2}|B} \right)$ $ = \frac{{P\left( {B|{A_2}} \right).P\left( {{A_2}} \right)}}{{P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right)}}$ $ = \frac{{0,42.\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{3}.\frac{1}{2} + 0,42.\frac{1}{3} + 0.\frac{1}{3}}} \approx 0,46$
Vậy xác suất chọn được đồng xu thứ hai là $0,46$.