Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán Sở Tuyên Quang 2026 (Có đáp án)

 Do đó:
2a b 2.0,7 0,4 1,8.
Đáp án: 1,8 .
Câu 2
Số lượng sản phẩm là x tấn, với 0 x 50 .
Giá bán mỗi tấn là:
p(x) 63 0,02x2 .
Doanh thu là:
R(x) x.p(x) x(63 0,02x2 ) 63x 0,02x3 .
Thuế giá trị gia tăng bằng 10% doanh thu, nên phần doanh thu còn lại sau thuế là:
0,9R(x) .
Chi phí sản xuất là:
C(x) 50 8,1x .
Lợi nhuận sau thuế là:
L(x) 0,9R(x) C(x) .
Suy ra:
L(x) 0,9(63x 0,02x3 ) (50 8,1x) .
L(x) 56,7x 0,018x3 50 8,1x .
L(x) 48,6x 0,018x3 50.
Xét đạo hàm:
L (x) 48,6 0,054x2 .
Cho L (x) 0 :
 48,6
48,6 0,054x2 0 x2 900 .
 0,054
Vì x 0 nên x 30 .
Ta có L (x) 0,108x , nên tại x 30 , L (30) 0 . Do đó lợi nhuận đạt cực đại tại x 30 .
Tính lợi nhuận lớn nhất:
L(30) 48,6.30 0,018.303 50 .
L(30) 1458 486 50 922 .
Đáp án: 922 triệu đồng.
Câu 3
Tam giác ABC đều cạnh 3 . Gọi I là trung điểm AB , H là trung điểm CI .
Chọn hệ trục tọa độ sao cho đáy nằm trên mặt phẳng Oxy :
 3 3 3 3 
I(0;0;0) , A ;0;0 , B ;0;0 , C 0; ;0 .
 2 2 2 
Vì H là trung điểm của CI nên: 3 3 
H 0; ;0 .
 4 
Hình chiếu của S xuống đáy là H , nên:
 3 3 
S 0; ;h .
 4 
Góc giữa SA và mặt phẳng đáy bằng 45 . Hình chiếu của SA lên mặt phẳng đáy là AH , nên góc giữa SA 
và đáy là góc S· AH 45 .
Tam giác SAH vuông tại H , nên:
 SH
tan 45 1 SH AH .
 AH
Tính AH :
 2 2
 3 3 3 
AH .
 2 4 
 9 27 63 3 7
AH .
 4 16 16 4
Suy ra:
 3 7
h SH .
 4
Vậy:
 3 3 3 7 
S 0; ; .
 4 4 
Đường thẳng SA có vectơ chỉ phương:
  3 3 3 3 7 
u AS ; ; .
 2 4 4 
Đường thẳng CI có vectơ chỉ phương:
v (0;1;0) .
Lấy điểm A trên SA và điểm I trên CI , ta có:
 3 
AI ;0;0 .
 2 
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA và CI là:
  
 | AI.(u v) |
d .
 | u v |
Ta có:
 3 7 3 
u v ;0; .
 4 2 
Do đó: 63 9 99 3 11
| u v | .
 16 4 16 4
Và:
  3 3 7 9 7
| AI.(u v) | . .
 2 4 8
Suy ra:
 9 7
 3 77
d 8 1,196 .
 3 11 22
 4
Làm tròn đến hàng phần mười được:
d 1,2 .
Đáp án: 1,2 .
Câu 4
Cho:
 x2 bx 2
f (x) ,
 x c
trong đó b,c là số chấm xuất hiện trong hai lần tung xúc xắc, nên b,c 1;2;3;4;5;6 .
Ta có:
 (2x b)(x c) (x2 bx 2)
f (x) .
 (x c)2
Rút gọn tử số:
(2x b)(x c) (x2 bx 2) x2 2cx bc 2 .
Vậy:
 x2 2cx bc 2
f (x) .
 (x c)2
Vì (x c)2 0 với x c , nên dấu của f (x) phụ thuộc vào:
q(x) x2 2cx bc 2 .
Để hàm số nghịch biến trên (2;4) , trước hết hàm số phải xác định trên toàn khoảng này. Do đó c 3 .
Xét từng trường hợp của c :
Trường hợp c 1:
q(x) x2 2x b 2 .
Trên (2;4) , q(x) tăng, nên cần q(4) 0 .
q(4) 16 8 b 2 6 b .
Do đó 6 b 0 b 6 .
Vì b 1;2;3;4;5;6 nên chỉ có b 6 .
Có 1 trường hợp.
Trường hợp c 2 : c 2 không thuộc khoảng (2;4) vì 2 là đầu mút, nên hàm số vẫn xác định trên (2;4) .
q(4) 16 16 2b 2 2b 2 0 với mọi b .
Có 6 trường hợp.
Trường hợp c 3:
c 3 (2;4) , hàm số không xác định tại x 3, nên loại.
Có 0 trường hợp.
Trường hợp c 4,5,6 :
Với các giá trị này, kiểm tra được q(x) 0 trên (2;4) với mọi b 1;2;3;4;5;6 .
Có 3.6 18 trường hợp.
Tổng số trường hợp thuận lợi là:
1 6 0 18 25.
Tổng số trường hợp có thể là:
6.6 36 .
Vậy xác suất là:
25
 .
36
Suy ra m 25, n 36 .
Do đó:
m2 n2 252 362 625 1296 1921.
Đáp án: 1921.
Câu 5
Bài toán yêu cầu đi qua tất cả các cạnh ít nhất một lần và quay về đúng điểm xuất phát. Đây là bài toán 
người đưa thư Trung Hoa.
Các cạnh và độ dài là:
AB 2 , BC 1, AC 3, AD 3, DE 3, BE 4, CE 4.
Tổng độ dài tất cả các cạnh là:
2 1 3 3 3 4 4 20 .
Xét bậc các đỉnh:
- Đỉnh A nối với B,C, D nên bậc 3 . 
- Đỉnh B nối với A,C, E nên bậc 3 . 
- Đỉnh C nối với A, B, E nên bậc 3 . 
- Đỉnh D nối với A, E nên bậc 2 . 
- Đỉnh E nối với D, B,C nên bậc 3 . 
Các đỉnh bậc lẻ là A, B,C, E .
Để có chu trình Euler, cần ghép các đỉnh bậc lẻ theo từng cặp sao cho tổng đường đi thêm là nhỏ nhất.
Tính các khoảng cách ngắn nhất:
AB 2 .
CE 4.
AC 3. BE 4.
AE 6 vì có thể đi A D E , độ dài 3 3 6 .
BC 1.
Các cách ghép:
- Ghép (A, B) và (C, E) : thêm 2 4 6 . 
- Ghép (A,C) và (B, E) : thêm 3 4 7 . 
- Ghép (A, E) và (B,C) : thêm 6 1 7 . 
Nhỏ nhất là 6 .
Vậy tổng quãng đường ngắn nhất cần đi là:
20 6 26 km.
Đáp án: 26 km.
Câu 6
Tấm bìa là hình vuông cạnh 10, đặt tâm hình vuông tại gốc tọa độ O . Khi đó mỗi phần tư hình vuông có 
 10.10
diện tích: 25.
 4
 3 3
Phần tô đậm chiếm diện tích hình vuông nên diện tích tô đậm là: .100 75 .
 4 4
 75
Do hình vẽ đối xứng qua hai trục tọa độ nên diện tích tô đậm trong mỗi phần tư là: .
 4
Ở góc phần tư thứ nhất, điểm A(2;0) , điểm B là đỉnh trên bên phải của hình vuông nên B(5;5) .
Đường cong AB là một phần của đồ thị:
 1
f (x) x3 ax2 bx c .
 2
Vì đường cong đi qua A(2;0) và B(5;5) nên:
f (2) 0 và f (5) 5.
Từ f (2) 0:
1
 .23 4a 2b c 0 .
2
Suy ra: 4a 2b c 4 . (1)\quad (1)(1)
Từ f (5) 5:
1
 .53 25a 5b c 5 .
2
Suy ra:
 115
25a 5b c . (2)\quad (2)(2)
 2
 5
Gọi I f (x)dx .
 2
Trong một phần tư hình vuông, phần tô đậm được giới hạn bởi hai đường cong đối xứng y f (x) và 
 75
x f (y) . Vì hai phần không tô đậm đối xứng nhau, mỗi phần có diện tích I , nên: 25 2I .
 4 75 25
Suy ra: 2I 25 .
 4 4
 25
Do đó: I .
 8
 5
 1 3 2 25
Vậy: x ax bx c dx .
 2 2 8
Tính tích phân:
 5
 x4 ax3 bx2 25
 cx .
 8 3 2 2 8
Suy ra:
609 21 25
 39a b 3c .
 8 2 8
 21
Do đó: 39a b 3c 73 .
 2
Nhân cả hai vế với 2 : 78a 21b 6c 146 . (3)\quad (3)(3)
Từ hệ:
4a 2b c 4 ,
 115
25a 5b c ,
 2
78a 21b 6c 146 ,
Ta được:
 77 109 100
a , b , c .
 18 9 9
Vậy:
 77 109 100
 9a b c 9. .
 18 9 9
 77 79
 9a b c 1 .
 2 2
 79
Đáp án: .
 2