Tải ngay đề thi thử Toán TN THPT 2025 – Chuyên Phan Bội Châu kèm lời giải chi tiết! Đề mới nhất, bám sát cấu trúc chính thức, giúp bạn ôn luyện hiệu quả và tự tin chinh phục điểm cao!
PHẦN III: Câu 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 tính lượng thức ăn cho gà hàng ngày là không đổi và đủ dự trữ thức ăn đủ dùng 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 trù đủ dùng cho gà ăn tối đa bao nhiêu ngày mà vẫn đảm bảo chất lượng món ăn? (Lấy kết quả số ngày là số nguyên).
Lời giải
Đáp án: 40
Gọi \( a \) là lượng thực ăn hàng ngày theo dự kiến thông thường thực ăn đã dự trữ là 50\( a \).
Giả sử lượng thực ăn dự dùng cho tối đa \( n \) ngày.
Ta có lượng thực ăn tiêu thụ trong ngày thứ \( k \) (\( 1 \leq k \leq n \)) là \( a.1,01^{k-1} \).
Do đó phải có \( a + a.1,01 + a.1,01^2 + \ldots + a.1,01^{n-1} \leq 50a \)
\( \Leftrightarrow 1 + 1,01 + 1,01^2 + \ldots + 1,01^{n-1} \leq 50 \)
\( \Leftrightarrow \frac{1,01^n – 1}{1,01 – 1} \leq 50 \Leftrightarrow 1,01^n \leq 2 \)
\( \Rightarrow n \leq \log_{1,01} 2 \approx 40,75 \).
Vậy lượng thực ăn dự dùng cho tối đa 40 ngày.
Câu 2. Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 3 và cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Biết góc nhị diện \([B, SC, D]\) bằng \(120^\circ\). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng bao nhiêu?
Lời giải
Kẻ \( BH \perp SC \) thì \( [B, SC, D] = BHD \Rightarrow BHO = 60^\circ \).
Có \( OC = OB = \frac{3\sqrt{2}}{2} \Rightarrow OH = \frac{\sqrt{6}}{2} \Rightarrow CH = \sqrt{3} \).
Có \( \triangle COH \neq \triangle CSA \Rightarrow SA = 3 \). Từ đó \( V_{S.ABCD} = 9 \).
Câu 3. Một khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng \((H)\) (phần màu xám trong hình vẽ) quanh trục \(AB\).
Miền \((H)\) được giới hạn bởi đường tròn đường kính \(AB\) và cung tròn tâm \(A\). Biết \(AB = 8 \, \text{cm}\) và điểm \(K\) trong hình vẽ thỏa mãn \(AK = 3 \, \text{cm}\). Thể tích của khối tròn xoay đó bằng bao nhiêu \(\text{cm}^3\)? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Lời giải
Đáp án: 135
Chọn hệ trục toạ độ \( Oxy \) như hình vẽ với \( O \) là trung điểm \( AB \) thì \( A(-4;0) \), \( B(4;0) \), \( K(-1;0) \).
Khi đó \( OK = 1 \Rightarrow CK = \sqrt{OC^2 – OK^2} = \sqrt{15} \Rightarrow AK = \sqrt{AK^2 + CK^2} = 2\sqrt{6} \).
Suy ra \( OD = 2\sqrt{6} – 4 \Rightarrow D(2\sqrt{6} – 4; 0) \).
Phương trình đường tròn đường kính \( AB \): \( x^2 + y^2 = 16 \)
\( \Rightarrow \) nửa đường trên \( Ox \) có phương trình \( y = \sqrt{16 – x^2} \) (C1).
Phương trình đường tròn tâm \( A \) bán kính \( AC \): \( (x + 4)^2 + y^2 = 24 \)
\( \Rightarrow \) nửa đường trên \( Ox \) có phương trình \( y = \sqrt{24 – (x + 4)^2} \) (C2).
Vậy thể tích của vật trăng trụ là \( V = \pi \int_{-1}^{4} [\sqrt{16 – x^2}]^2 dx – \pi \int_{-1}^{2\sqrt{6} – 4} [\sqrt{24 – (x + 4)^2}]^2 dx \approx 135 \, \text{cm}^3 \).
Câu 4. Trong không gian, xem mặt đất là phẳng, gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) trong đó mặt phẳng \(Oxy\) trùng với mặt đất, trục \(Ox\) hướng về phía nam, trục \(Oy\) hướng về phía đông và trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời (đơn vị đo trên mỗi trục là \(\text{km}\)). Người ta quan sát thấy có hai chiếc khinh khí cầu đang bay trên bầu trời. Tại thời điểm bắt đầu quan sát, chiếc thứ nhất đang ở vị trí điểm \(A(2; 1,5; 0,5)\) và bay thẳng về phía Bắc với tốc độ không đổi là \(60 \, \text{km/h}\), còn chiếc thứ hai đang ở vị trí điểm \(B(-1; -1; 0,8)\) và bay thẳng về phía Đông với tốc độ không đổi là \(40 \, \text{km/h}\) (tham khảo hình vẽ).
Biết rằng trong suốt quá trình bay thì hai chiếc khinh khí cầu luôn giữ nguyên độ cao so với mặt đất. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai chiếc khinh khí cầu bằng bao nhiêu \(\text{km}\)? (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Lời giải
Đáp án: 0,51
Giả sử sau \( t \) giây (\( t \geq 0 \)), khoảng cách của thu nhận bắn bay từ \( A \rightarrow A’ \), khoảng cách của thu hai bắn bay từ \( B \rightarrow B’ \).
Ta có \( \overrightarrow{AA’} = 60t \Rightarrow \overrightarrow{A’A’} = (-60t \overrightarrow{i}) = (-60t; 0; 0) \Rightarrow A'(2 – 60t; 1,5; 0,5) \).
Trường hợp dự được \( B'(-1; -1 + 40t; 0,8) \).
Suy ra \( A’B’^2 = (60t – 3)^2 + (40t – 2,5)^2 + 0,3^2 = 5200t^2 – 560t + 15,34 = f(t) \).
Có \( \min_{t \geq 0} f(t) = f\left(\frac{7}{130}\right) \) nên \( \min A’B’ = \sqrt{f\left(\frac{7}{130}\right)} \approx 0,51 \).
Câu 5. Trong cuộc gặp mặt dặn dò trước khi lên đường tham gia kỳ 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 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).
Lời giải
Đáp án: 0,6
Ta có khoảng cách giữa là \( n(\Omega) = 10! \).
Gọi \( A \) là biến cố “không có học sinh nào cùng lớp ngồi ngối đối diện nhau”;
\( \overline{A} \) là biến cố “có ít nhất 2 học sinh cùng lớp ngồi ngối đối diện nhau”;
\( A_1 \) là biến cố “học sinh 12A ngồi đối diện nhau”;
\( A_2 \) là biến cố “học sinh 12B ngồi đối diện nhau”.
Khi đó \( n(\overline{A}) = n(A_1) + n(A_2) – n(A_1 \cap A_2) \).
Đếm \( n(A_1) \): Trước hết cặp ghép cho 2 HS 12A ngối có 5 cách, đối chổ 2 bạn này có 2! cách; xếp 8 HS còn lại có 8! cách. Do đó \( n(A_1) = 5.2!.8! \).
Đếm \( n(A_2) \): Chọn cặp ghép chưa 2 HS lớp 12B có 5 cách, chọn 2 HS lớp 12B xếp vào cặp ghép này có \( A_5^2 \) cách; xếp 8 HS còn lại có 8! cách. Do đó \( n(A_2) = 5.A_5^2.8! \).
Đếm \( n(A_1 \cap A_2) \): Chọn 2 cặp ghép trong 5 cặp ghép có \( C_5^2 \) cách; trong 2 cặp này chọn 1 cặp cho 2 HS lớp 12A có 2 cách, đối chổ 2 HS lớp 12A xếp vào cặp ghép còn lại có \( A_4^2 \) cách; xếp 6 HS còn lại có 6! cách. Do đó \( n(A_1 \cap A_2) = C_5^2.2!.A_4^2.6! \).
Từ đó \( P(\overline{A}) = \frac{25}{63} \Rightarrow P(A) = \frac{38}{63} \approx 0,6 \).
Câu 6. Chi phí về nhiên liệu của một con tàu được chia làm hai phần. Phần thứ nhất không phụ thuộc vào tốc độ của tàu và bằng 480 nghìn đồng mỗi giờ. Chi phí phần thứ hai trên \(1 \, \text{km}\) đường đi tỉ lệ thuận với lập phương của tốc độ tàu, khi tốc độ bằng \(20 \, \text{km/h}\) thì chi phí phần thứ hai bằng 100 nghìn đồng mỗi giờ. Giả sử con tàu đó luôn giữ nguyên tốc độ di chuyển, để tổng chi phí nhiên liệu trên \(1 \, \text{km}\) đường là nhỏ nhất thì tốc độ của con tàu đó bằng bao nhiêu \(\text{km/h}\)? (Làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Lời giải
Đáp án: 22,5
Gọi \( x \, (\text{km/h}) \) là tốc độ của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là \( \frac{1}{x} \, (\text{giây}) \).
Chi phí tiền nhiên liệu phần thưởng nhất cho quãng đường 1 km là \( \frac{1}{x} \cdot 480 \, (\text{nghìn đồng}) \).
Gọi \( y \, (\text{nghìn đồng}) \) là chi phí nhiên liệu phần thứ hai cho quãng đường 1 km tmg với tốc độ \( x \). Ta có \( y \) tỉ lệ thuận với lập phương tốc độ nên \( y = kx^3 \) với \( k > 0 \).
Khi tốc độ \( x = 20 \, (\text{km/h}) \) thì thời gian tàu chạy 1 km là \( \frac{1}{20} \, (\text{giây}) \) nên chi phí phần thứ 2 cho quãng đường 1 km là \( \frac{1}{20} \cdot 100 = 5 \, (\text{nghìn đồng}) \).
Suy ra \( 5 = k \cdot 20^3 \Rightarrow k = \frac{5}{20^3} = \frac{1}{1600} \), do đó \( y = \frac{x^3}{1600} \).
Vậy tổng chi phí nhiên liệu cho 1 km đường là \( P(x) = \frac{480}{x} + \frac{x^3}{1600} \).
Bải toán trở thành tìm \( x \) để \( P(x) \) nhỏ nhất.
Có \( P'(x) = -\frac{480}{x^2} + \frac{3x^2}{1600} \); \( P'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{3x^2}{1600} – \frac{480}{x^2} \Rightarrow x = 4\sqrt[4]{1000} \).
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 \( x = 4\sqrt[4]{1000} \approx 22,5 \, (\text{km/h}) \).
File đầy đủ: