ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT NĂM HỌC 2025-2026
PHẦN 1: Thí sinh trả lời từ câu 1 tới câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1. Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( x − 7 ) + 2  0 là:
A. ( 7;11) .

B. (11; + ) .

C. ( −;11) .

D.  7;11 .

3
là đường thẳng có phương trình
4x − 9
C. y = 2 x + 8.
D. y = −2 x − 8.

Câu 2. Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = −2 x − 8 +

A. y = 4 x − 9.
B. y = −2 x + 8.
Câu 3. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình sau

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A. ( −2;1) .

B. ( −1;1) .

C. ( −4; 0 ) .

D. ( − ; −1) .

Câu 4. Cho cấp số nhân (un ) với u3 = 10 và công bội q = −2. Giá trị của u 2 bằng
A. 5 .
B. −20 .
C. −5 .
D. 8 .
Câu 5. Thống kê điểm kiểm tra toán của học sinh hai lớp 12 A và 12B , được mẫu số liệu ghép nhóm
như sau. Gọi RA và RB lần lượt là khoảng biến thiên của mẫu số liệu lớp 12 A và 12B . Tính giá trị
RA + RB .

A. 20.
B. 18.
C. 25.
D. 14.
Câu 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a . Đường thẳng SA vuông góc với
đáy và SA = a 3 . Số đo của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng?

A. 600.
B. 300.
C. 900.
D. 450.
Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) và B ( 2; 4; −1) . Phương trình chính tắc của
đường thẳng AB là
x +1 y + 2 z + 3
.
=
=
1
2
4
x −1 y − 2 z − 3
C.
.
=
=
1
2
−4

A.

x +1 y + 4 z +1
.
=
=
1
2
4
x + 2 y + 4 z −1
D.
.
=
=
1
2
−4

B.

Câu 8. Mẫu số liệu ghép nhóm thống kê mức lương của một công ty( đơn vị: triệu đồng) được cho
trong bảng dưới đây:
1

Nhóm
10;12 )
12;14 ) 14;16 )
8;10 )
6;8)
(đơn vị: triệu đồng)
n = 50
Tần số
6
14
16
12
2
Tìm khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
A. 3,15 .
B. 3,16 .
C. 3,32 .
D. 3,34 .
Câu 9. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Đặt AB = a , AD = b , AA ' = c . Phân tích vectơ AC ' theo
a , b, c ?
A. AC ' = −a + b + c . B. AC ' = a + b − c .
C. AC ' = a + b + c . D. AC ' = a − b + c .
Câu 10. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ một hộp có 10 viên bi gồm 6 bi xanh và 4 bi đỏ, xác suất chọn
được 3 viên bi màu xanh là
A.

2
.
5

B.

1
.
5

C.

2
.
15

D.

1
.
6

Câu 11 Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên bằng

A.

 ( −2 x

2

C.

 ( −2 x

2

2

−1

2

−1

+ 2 x + 4 ) dx .

B.

 ( 2x

− 2 x + 4 ) dx .

D.

 ( 2x

2

2

−1

2

2

−1

− 2 x − 4 ) dx .

+ 2 x − 4 ) dx .

Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x là
A. F ( x ) =

4x
+ C . B. F ( x ) = 4 x + C .
2ln2

C. F ( x ) =

4 x +1
+ C . D. F ( x ) = 4 x  ln4 + C .
x +1

PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 tới câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng
hoặc sai.
Câu 1. Cho hàm số y = f ( x ) = x3 − 3x + 2 có đồ thị là (C ).
a) Đạo hàm của hàm số đã cho là f  ( x ) = 3x 2 − 3 .
b) Giá trị lớn nhất của f ( x ) trên khoảng ( −; 0 ) bằng −1 .
c) Hàm số đồng biến trên khoảng (1; + ) .
d) Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị (C ) bằng 2 5.
Câu 2. Trong không gian chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho trước, trong đó xem mặt phẳng (Oxy ) là mặt
đất, mỗi đơn vị trên trục tương ứng với 1 km, một ra đa được đặt tại vị trí gốc tọa độ O phát hiện một
máy bay chiến đấu di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm M (500; 200;10) đến điểm
N (300;800;10) trong 40 phút.

a) Máy bay chiến đấu khi bay từ M đến N luôn cách mặt đất là 10 km.
b) Khoảng cách MN = 200 10 km.

2

c) Góc MON được gọi là góc quét của ra đa khi quan sát máy bay chiến đấu bay từ M đến N .
Trong tình huống trên góc quét MON lớn hơn 450.
d) Khi đến N máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 8
phút tiếp theo là Q(a; b; c) với a + b + c = 1030 .
Câu 3. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a , AAB = 120o , AAC = 60o . Gọi M là
2
3

trung điểm của BC ; N là điểm trên cạnh BB sao cho BN = BB.
A'

C'

B'

N

A

C
M
B

a) AB + CC  = AB.
b) NB = −2 NB.
c) Giả sử AM = x. AB + y. AC + z. AA thì x + y = z.
d) AM .C N =

4a 2
.
3

Câu 4. Cho một đa giác đều ( H ) có 9 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi X là tập hợp tất cả các
tam giác có ba đỉnh lấy từ các đỉnh của đa giác trên.
a) Số tam giác có trong tập X là 84.
b) Số tam giác đều có trong tập X là 3.
c) Chọn một tam giác trong tập X . Xác suất để tam giác đó là tam giác cân nhưng không phải
tam giác đều bằng

3
.
7

d) Đặt 9 đồng xu được đánh số từ 1 đến 9 trên các đỉnh của đa giác đều ( H ) , mỗi đỉnh đặt một
đồng xu. Gọi A là biến cố “Các tam giác đều có ba đỉnh là đỉnh của ( H ) có tổng các số ghi
trên ba đồng xu của mỗi tam giác đó là bằng nhau”. Khi đó P ( A) =

1
.
280

PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 tới câu 6.
Câu 1. Để hạn chế vi phạm thời gian làm việc đối với công nhân, giám đốc công ty quyết định xử lý
bằng cách phạt tiền. Nhờ sự giám sát chặt chẽ của quản đốc, giám đốc công ty biết được trong một
tháng, giữa tỉ lệ công nhân vi phạm đúng k lần ( 1  k  2 ) là tk =

Nk
(trong đó N k là số công nhân vi
N

phạm đúng k lần, N là tổng số công nhân) và mức phạt mỗi lần vi phạm có mối liên hệ như sau:
Nếu mỗi công nhân nộp phạt x nghìn đồng ( 60  x  300 ) khi vi phạm lần thứ nhất và nộp phạt x − 20
nghìn đồng khi vi phạm lần thứ hai thì t1 =

36
4
và t2 =
(không có công nhân nào vi phạm
x + 10
x − 30

3

quá hai lần). Biết rằng N không đổi và bằng 2400. Tổng số tiền nộp phạt trong một tháng ít nhất là
bao nhiêu triệu đồng? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Câu 2. Một ngôi nhà gồm hai phần. Phần thân nhà dạng hình hộp chữ nhật ABCD.OMNK có chiều dài
1200 cm , chiều rộng 900 cm , chiều cao 450 cm . Phần mái nhà S . ABCD có dạng một hình chóp tứ

giác có các cạnh bên bằng nhau. Biết ABCD là hình chữ nhật và chiều cao của ngôi nhà (bằng khoảng
cách từ S đến mp ( OMNK ) ) bằng 600 cm. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho M thuộc tia Ox , K
thuộc tia Oy , A thuộc tia Oz (như hình vẽ), (mỗi đơn vị trên hệ trục ứng với 1m).

Gọi tọa độ điểm S là S ( a; b; c ) . Hãy tính a − b + c .
Câu 3. Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng 200 triệu đồng theo hình thức lãi kép (tức là tiền lãi
được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp). Ban đầu người đó gửi với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2,1% / kỳ hạn,
sau 2 năm người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0, 65% /
tháng. Tính tổng số tiền lãi nhận được sau 5 năm (đơn vị là triệu đồng và kết quả làm tròn đến hàng
phần mười).
Câu 4. Một nhân viên của bảo tàng nghệ thuật đang có kế hoạch giới thiệu nội dung cuộc triển lãm
của bảo tàng đến ba trường học trong khu vực. Người đó muốn đến từng trường và quay trở lại bảo
tàng sau khi thăm cả ba trường. Thời gian di chuyển (đơn vị: phút) giữa các trường học và giữa bảo
tàng với mỗi trường học được mô tả trong hình vẽ.Tìm thời gian đi ít nhất để thực hiện chu trình trên.

Câu 5. Có hai hộp bóng bàn, các quả bóng bàn có kích thước và hình dạng như nhau. Hộp I chứa 3
bóng bàn màu trắng và 2 bóng bàn màu vàng, hộp II chứa 6 bóng bàn màu trắng và 4 bóng bàn màu
vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng bàn ở hộp I bỏ vào hộp II rồi lấy ngẫu nhiên 1 quả bóng bàn từ hộp
II ra. Tính xác suất để quả bóng bàn lấy từ hộp II có màu vàng.
Câu 6. Một bài thi trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một
phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 4 điểm, mỗi câu trả lời sai trừ 1 điểm. Một thí sinh làm
bài bằng cách ở mỗi câu hỏi chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Gọi p là xác suất khi thí sinh
đó có kết quả 10 điểm. Giá trị của 100 p bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT NĂM HỌC 2025-2026
4

PHẦN 1: Thí sinh trả lời từ câu 1 tới câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1. Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( x − 7 ) + 2  0 là:
A. ( 7;11) .

B. (11; + ) .

D.  7;11 .

C. ( −;11) .
Lời giải

Chọn A
ÐK : x − 7  0  x  7

log 0,5 ( x − 7 ) + 2  0  log 0,5 ( x − 7 )  −2  x − 7  0,5−2
 x − 7  4  x  11
S = ( 7;11)
3
là đường thẳng có phương trình
4x − 9
C. y = 2 x + 8.
D. y = −2 x − 8.

Câu 2. Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = −2 x − 8 +
A. y = 4 x − 9.

B. y = −2 x + 8.

Lời giải
Chọn D
3
lim  y − ( −2 x − 8)  = lim
= 0.
x → 4 x − 9

x →

Do đó, tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = −2 x − 8 +

3
là đường thẳng có phương trình
4x − 9

y = −2 x − 8.

Câu 3. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình sau

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A. ( −2;1) .

B. ( −1;1) .

C. ( −4; 0 ) .

D. ( − ; −1) .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số đồng biến trong khoảng ( −1;1)
Câu 4. Cho cấp số nhân (un ) với u3 = 10 và công bội q = −2. Giá trị của u 2 bằng
A. 5 .
B. −20 .
C. −5 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn C
Ta có: u3 = u2 q  u2 =

u3
= −5 .
q

Câu 5. Thống kê điểm kiểm tra toán của học sinh hai lớp 12 A và 12B , được mẫu số liệu ghép nhóm
như sau. Gọi RA và RB lần lượt là khoảng biến thiên của mẫu số liệu lớp 12 A và 12B . Tính giá trị
RA + RB .

5

A. 20.

B. 18.

C. 25.
Lời giải

D. 14.

Chọn B
Ta có RA = 10 − 2 = 8; RB = 10 − 0 = 10
RA + RB = 18 .

Câu 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a . Đường thẳng SA vuông góc với
đáy và SA = a 3 . Số đo của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng?

A. 600.

B. 300.

C. 900.
Lời giải

Chọn A

D. 450.

( )

Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) là: SBA và tan SBA = 3  SBA = 600
Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) và B ( 2; 4; −1) . Phương trình chính tắc của
đường thẳng AB là
x +1 y + 2 z + 3
.
=
=
1
2
4
x −1 y − 2 z − 3
C.
.
=
=
1
2
−4

A.

x +1 y + 4 z +1
.
=
=
1
2
4
x + 2 y + 4 z −1
D.
.
=
=
1
2
−4

B.

Lời giải
Chọn C
Ta có AB qua A (1; 2;3) có vectơ chỉ phương AB = (1; 2; −4 )  AB :

x −1 y − 2 z − 3
.
=
=
1
2
−4

Câu 8. Mẫu số liệu ghép nhóm thống kê mức lương của một công ty( đơn vị: triệu đồng) được cho
trong bảng dưới đây
Nhóm
10;12 )
12;14 ) 14;16 )
8;10 )
6;8)
(đơn vị: triệu đồng)
n = 50
Tần số
6
14
16
12
2
Tìm khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
A. 3,15 .
B. 3,16 .
C. 3,32 .
D. 3,34 .
Lời giải
Chọn C
50
−6
125
4
Q1 = 8 +
.2 =
14
14
6

Q3 = 12 +

3.

50
− 36
49
4
.2 =
12
4

93
 3,32
28
Câu 9. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Đặt AB = a , AD = b , AA ' = c . Phân tích vectơ AC ' theo

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm: Q = Q3 − Q1 =

a , b, c ?

A. AC ' = −a + b + c . B. AC ' = a + b − c .

C. AC ' = a + b + c .
Lời giải

D. AC ' = a − b + c .

Chọn C
Ta có: Theo quy tắc hình hộp AC  = AA + AC = AA + AB + AD = a + b + c .
Câu 10. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ một hộp có 10 viên bi gồm 6 bi xanh và 4 bi đỏ, xác suất chọn
được 3 viên bi màu xanh là
A.

2
.
5

B.

1
.
5

C.

2
.
15

D.

1
.
6

Lời giải
Chọn D
Ta có n (  ) = C103 = 120 .
Gọi A là biến cố 3 viên bi chọn được màu xanh  n ( A ) = C63 = 20 .
 P ( A) =

n ( A)

n ()

=

20 1
=
120 6

Câu 11. Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên bằng

 ( −2 x
C.  ( −2 x
A.

2

2

−1

2

−1

2

+ 2 x + 4 ) dx .

B.

 ( 2x

− 2 x + 4 ) dx .

D.

 ( 2x

2

2

−1

2

−1

2

− 2 x − 4 ) dx .

+ 2 x − 4 ) dx .

Lời giải
Chọn A
2
2
2
−1 ( − x + 2 ) − ( x − 2 x − 2 ) dx = −1 ( −2 x + 2 x + 4 ) dx
Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x là
2

2

7

A. F ( x ) =

4x
+ C . B. F ( x ) = 4 x + C .
2ln2

C. F ( x ) =

4 x +1
+ C . D. F ( x ) = 4 x  ln4 + C .
x +1

Lời giải
Chọn A
Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x là F ( x ) =

4x
4x
+C =
+C .
ln4
2ln2

PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 tới câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng
hoặc sai.
Câu 1. Cho hàm số y = f ( x ) = x3 − 3x + 2 có đồ thị là (C ).
a) Đạo hàm của hàm số đã cho là f  ( x ) = 3x 2 − 3 .
b) Giá trị lớn nhất của f ( x ) trên khoảng ( −; 0 ) bằng −1 .
c) Hàm số đồng biến trên khoảng (1; + ) .
d) Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị (C ) bằng 2 5.
Lời giải
2
a) f  ( x ) = 3x − 3 . Suy ra mệnh đề đúng.
b) f  ( x ) = 3x 2 − 3 = 0  x = 1 .
Bảng biến thiên:

Giá trị lớn nhất của f ( x ) trên khoảng ( −; 0 ) bằng 4 . Suy ra mệnh đề sai.
c) Hàm số đồng biến trên khoảng (1; + ) , suy ra mệnh đề đúng.
d) Hai điểm cực trị là A(−1; 4), B(1;0)  AB = 2 5. Suy ra mệnh đề đúng.
Câu 2. Trong không gian chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho trước, trong đó xem mặt phẳng (Oxy ) là mặt
đất, mỗi đơn vị trên trục tương ứng với 1 km, một ra đa được đặt tại vị trí gốc tọa độ O phát hiện một
máy bay chiến đấu di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm M (500; 200;10) đến điểm
N (300;800;10) trong 40 phút.
a) Máy bay chiến đấu khi bay từ M đến N luôn cách mặt đất là 10 km.
b) Khoảng cách MN = 200 10 km.
c) Góc MON được gọi là góc quét của ra đa khi quan sát máy bay chiến đấu bay từ M đến N .
Trong tình huống trên góc quét MON lớn hơn 450.
d) Khi đến N máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 8
phút tiếp theo là Q(a; b; c) với a + b + c = 1030 .
Lời giải
a) Đúng.
b) Ta có MN (−200;600;0) , nên MN = (−200) 2 + 6002 = 200 10 nên b) đúng.
c) Ta có cos MON =

OM .ON
500.300 + 200.800 + 10.10
=
 0, 67  cos 450
2
2
2
2
2
2
OM .ON
500 + 200 + 10 . 300 + 800 + 10
8

do đó nên MON  450 . Vậy c) đúng.
d) Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 4 phút tiếp theo
MN 40
=
= 5  MN = 5 NQ  MN = 5 NQ
là Q(a; b; c) , và có tỉ lệ
NQ 8
1

a − 300 = 5 .(−200)
a = 260

1


 b − 800 = .600
 b = 920  Q(260;920;10) .
5


c = 10
1

c − 10 = 5 .0

Vậy a + b + c = 260 + 920 + 10 = 1190 nên d) sai.

Câu 3. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a , AAB = 120o , AAC = 60o . Gọi M là
2
3

trung điểm của BC ; N là điểm trên cạnh BB sao cho BN = BB.
A'

C'

B'

N

A

C
M
B

a) AB + CC  = AB.
b) NB = −2 NB.
c) Giả sử AM = x. AB + y. AC + z. AA thì x + y = z.
d) AM .C N =

4a 2
.
3

Lời giải
a) AB + CC  = AB + BB = AB.
b) NB = −2 NB.

(

)

1
AB + AC − AA
2
1
1
1
d) Ta có: AM = AB + AC − AA và C N = AB − AC − AA
3
2
2
2
1
1
1

 4a
.
Suy ra AM .C N =  AB + AC − AA  AB − AC − AA  =
2
3
3
2



c) AM = AM − AA =

Câu 4. Cho một đa giác đều ( H ) có 9 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi X là tập hợp tất cả các
tam giác có ba đỉnh lấy từ các đỉnh của đa giác trên.
a) Số tam giác có trong tập X là 84.
b) Số tam giác đều có trong tập X là 3.
9

c) Chọn một tam giác trong tập X . Xác suất để tam giác đó là tam giác cân nhưng không phải
tam giác đều bằng

3
.
7

d) Đặt 9 đồng xu được đánh số từ 1 đến 9 trên các đỉnh của đa giác đều ( H ) , mỗi đỉnh đặt một
đồng xu. Gọi A là biến cố “Các tam giác đều có ba đỉnh là đỉnh của ( H ) có tổng các số ghi
trên ba đồng xu của mỗi tam giác đó là bằng nhau”. Khi đó P ( A) =

1
.
280

Lời giải
a) Số tam giác có trong tập X là C = 84.
3
9

b) Chia 9 đỉnh của đa giác đều ( H ) thành 3 nhóm, mỗi nhóm gồm 3 đỉnh liên tiếp. Lấy mỗi
nhóm một đỉnh thích hợp nối với nhau để tạo ra một tam giác đều. Vậy có 3 tam giác đều.
c) Giả sử ABC là một tam giác cân tại A nhưng không đều.
Số cách chọn đỉnh A có 9 cách.
Đường kính đi qua A của đường tròn ( O ) chia 8 đỉnh còn lại của đa giác thành 2 phần, mỗi
phần gồm 4 đỉnh tương ứng đối xứng nhau qua đường kính đó. Mỗi cặp đỉnh đối xứng này cùng
với đỉnh A sẽ tạo thành tam giác cân, trong đó có một cặp đỉnh đối xứng cùng với đỉnh A sẽ tạo
thành tam giác đều.
Vậy số tam giác cân nhưng không phải tam giác đều là 9.3 = 27 tam giác. Xác suất cần tìm là
P=

27 9
= .
84 28

d) Trong đa giác ( H ) có 3 tam giác đều. Do 1 + 2 + 3 + ... + 8 + 9 = 45 nên tổng các giá trị của ba
đồng xu trên các đỉnh của mỗi tam giác đều là 15.
Có 2 trường hợp thỏa mãn:
TH1: (1;5;9 ) ; ( 3; 4;8 ) ; ( 2;6;7 )
-Xếp 3 bộ số vào 3 tam giác có 3! cách.
-Trong mỗi tam giác lại có 3! cách hoán đổi vị trí 3 đồng xu.
Vậy TH1 có 3!.3!.3!.3! = 1296 cách
TH2: ( 3;5;7 ) ; ( 2; 4;9 ) ; (1;6;8 )
Tương tự cũng có 1296 cách. Tổng hai trường hợp có 1296 + 1296 = 2592 cách.
Xác suất cần tìm là: P =

2592
1
=
.
9!
140

PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 tới câu 6.
Câu 1. Để hạn chế vi phạm thời gian làm việc đối với công nhân, giám đốc công ty quyết định xử lý
bằng cách phạt tiền. Nhờ sự giám sát chặt chẽ của quản đốc, giám đốc công ty biết được trong một
tháng, giữa tỉ lệ công nhân vi phạm đúng k lần ( 1  k  2 ) là tk =

Nk
(trong đó N k là số công nhân vi
N

phạm đúng k lần, N là tổng số công nhân) và mức phạt mỗi lần vi phạm có mối liên hệ như sau:
Nếu mỗi công nhân nộp phạt x nghìn đồng ( 60  x  300 ) khi vi phạm lần thứ nhất và nộp phạt x − 20
nghìn đồng khi vi phạm lần thứ hai thì t1 =

36
4
và t2 =
(không có công nhân nào vi phạm
x + 10
x − 30

quá hai lần). Biết rằng N không đổi và bằng 2400. Tổng số tiền nộp phạt trong một tháng ít nhất là
bao nhiêu triệu đồng? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Lời giải
10

Trả lời: 103
Tổng số công nhân: N = 2400 .
N1
36
36
.
 N1 = 2400.
=
N x + 10
x + 10
N
4
4
Số công nhân vi phạm đúng 2 lần: N 2 , tỉ lệ t2 = 2 =
.
N 2 = 2400.
N x − 30
x − 30

Số công nhân vi phạm đúng 1 lần: N1 , tỉ lệ t1 =

Không có công nhân nào vi phạm quá 2 lần.
Tiền phạt mỗi lần vi phạm:
Lần 1: x (nghìn đồng), với 60  x  300 .
Lần 2: x − 20 (nghìn đồng),
Tiền phạt công nhân vi phạm 1 lần: S1 = N1 x = 2400.
Tiền

phạt

công

nhân

vi

phạm

2

36
.x
x + 10

lần:

S2 = N 2 ( 2 x − 20 ) = 2400.

4
. ( x + x − 20 )
x − 30

36 x 8 x − 80 
+

 x + 10 x − 30 

Tổng tiền phạt S ( x ) = S1 + S2 = 2400. 
 360
160 
S  ( x ) = 2400. 
−
2
2
 ( x + 10 ) ( x − 30 ) 

S( x) = 0 

360

−

160

 x = 14 (l )
=0 
 x = 110 ( n )

( x + 10 ) ( x − 30 )
S ( 60 )  106057 , S (110 ) = 103200 , S ( 300 )  104235
Giá trị nhỏ nhất là tại x = 110 , S (110 ) = 103200 (nghìn đồng).
2

2

Tổng số tiền phạt: S = 103, 2 triệu đồng
Câu 2. Một ngôi nhà gồm hai phần. Phần thân nhà dạng hình hộp chữ nhật ABCD.OMNK có chiều dài
1200 cm , chiều rộng 900 cm , chiều cao 450 cm . Phần mái nhà S . ABCD có dạng một hình chóp tứ
giác có các cạnh bên bằng nhau. Biết ABCD là hình chữ nhật và chiều cao của ngôi nhà (bằng khoảng
cách từ S đến mp ( OMNK ) ) bằng 600 cm. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho M thuộc tia Ox , K
thuộc tia Oy , A thuộc tia Oz (như hình vẽ), (mỗi đơn vị trên hệ trục ứng với 1m).

Gọi tọa độ điểm S là S ( a; b; c ) . Hãy tính a − b + c .
Lời giải
Đáp số: 4,5

11

Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ( OMNK ) . Dễ thấy I là tâm của hình
chữ nhật OMNK . Do đó tọa độ của điểm I là I ( 4,5;6;0 ) . Suy ra tọa độ của điểm S là
S ( 4,5;6;6 ) . Do đó a − b + c = 4,5 .

Câu 3. Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng 200 triệu đồng theo hình thức lãi kép (tức là tiền lãi
được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp). Ban đầu người đó gửi với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2,1% / kỳ hạn,
sau 2 năm người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0, 65% /
tháng. Tính tổng số tiền lãi nhận được sau 5 năm (đơn vị là triệu đồng và kết quả làm tròn đến hàng
phần mười).
Lời giải
Đáp số: 98,2
Xét 2 năm đầu tiên, số tiền nhận được là
T1 = 200.106 (1 + 2,1% )

2.12
3

236176000 (đồng).

Số tiền nhận được sau 5 năm là
T2 = T1 (1 + 0, 65% )

3.12

= 298217000 (đồng).

Tổng số tiền lãi nhận được sau 5 năm là 298217000 − 200000000 = 98217000 (đồng).
Câu 4. Một nhân viên của bảo tàng nghệ thuật đang có kế hoạch giới thiệu nội dung cuộc triển lãm
của bảo tàng đến ba trường học trong khu vực. Người đó muốn đến từng trường và quay trở lại bảo
tàng sau khi thăm cả ba trường. Thời gian di chuyển (đơn vị: phút) giữa các trường học và giữa bảo
tàng với mỗi trường học được mô tả trong hình vẽ.Tìm thời gian đi ít nhất để thực hiện chu trình trên.

Lời giải
Từ viện bảo tàng, thời gian di chuyển đến trường A là ngắn nhất: 19 phút.
Từ trường A, thời gian di chuyển đến trường B là ngắn nhất: 38 phút.
Từ trường B, thời gian di chuyển đến trường C là ngắn nhất: 32 phút.
Đến đây, không còn địa điểm nào chưa đi qua nên quay lại viện bảo tàng với thời gian di chuyển:
51 phút.
12

Do đó, chu trình xuất phát từ viện bảo tàng, qua trường A, trường B, trường C rồi quay lại viện
bảo tàng có thời gian đi là ít nhất và thời gian đi là: 19 + 38 + 32 + 51 = 140 (phút).
Đáp án: 140
Câu 5. Có hai hộp bóng bàn, các quả bóng bàn có kích thước và hình dạng như nhau. Hộp I chứa 3
bóng bàn màu trắng và 2 bóng bàn màu vàng, hộp II chứa 6 bóng bàn màu trắng và 4 bóng bàn màu
vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng bàn ở hộp I bỏ vào hộp II rồi lấy ngẫu nhiên 1 quả bóng bàn từ hộp
II ra. Tính xác suất để quả bóng bàn lấy từ hộp II có màu vàng.
Lời giải
Gọi A :"Lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp II" và
B :"Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp I, trong đó có đúng 1 quả màu vàng".
Ta có B : ''Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp I, trong đó có đúng 2 quả màu vàng".
TH1. B xảy ra
+) Số cách lấy 4 quả bóng bàn ở hộp I là C54 , có 1 cách lấy 3 quả trắng và 2 cách lấy 1 quả
vàng. Ta có P ( B ) =

1.2 2
= .
C54 5

+) Sau khi bỏ 4 quả ở hộp I sang hộp II thì hộp II sẽ có 9 quả màu trắng và 5 quả màu vàng.
Do đó P ( A B ) =

5
.
14

TH2. B xảy ra
+) Số cách lấy 4 quả ở hộp I là C54 , có C32 cách lấy ra 2 quả trắng và 1 cách lấy ra 2 quả màu
C32 .1 3
2 3
vàng từ hộp I. Ta có P B = 4 = hoặc có thể tính P ( B ) = 1 − P B = 1 − = .
5 5
C5
5

( )

( )

+) Sau khi bỏ 4 quả ở hộp I sang hộp II thì hộp II sẽ có 8 quả màu trắng và 6 quả màu vàng.

( )

Vậy P A B =

6 3
= .
14 7

Cuối cùng áp dụng công thức xác suất toàn phần:

( ) (

)

2 5 3 3
P ( A) = P ( B ) .P ( A B ) + P B .P A B = . + . = 0, 4
5 14 5 7
Đáp án: 0, 4

Câu 6. Một bài thi trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một
phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 4 điểm, mỗi câu trả lời sai trừ 1 điểm. Một thí sinh làm
bài bằng cách ở mỗi câu hỏi chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Gọi p là xác suất khi thí sinh
đó có kết quả 10 điểm. Giá trị của 100 p bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Lời giải
Đáp số: 14,6
Gọi x, y là số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai.
4 x − y = 10
 x = 4, y = 6
 x + y = 10

Để thí sinh được 10 điểm thì 

4

6

1
3
Xác suất để thí sinh đó được 10 điểm là p = C104      100 p  14, 6 .
4 4

13