Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường Nghệ An có đáp án

Chọn C

Quan sát bảng biến thiên:

Tại \(x = - 3\), \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương, nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 3\) và giá trị cực tiểu là \(y\left( { - 3} \right) = 5\).

Tại \(x = 1\), \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm, nên hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) và giá trị cực đại là \(y\left( 1 \right) = 0\).
Giá trị cực đại của hàm số là \(0\).

Chọn C

Điều kiện xác định của phương trình là \(3x - 1 > 0 \Leftrightarrow 3x > 1 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}\).

Phương trình đã cho tương đương với: \(3x - 1 = {2^3}\)\( \Leftrightarrow x = 3\).

Kiểm tra điều kiện: \(x = 3\) thỏa mãn \(x > \frac{1}{3}\).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 3\).         

Chọn A

Tổng số học sinh là \(N = 0 + 2 + 10 + 18 + 10 = 40\) học sinh.

Ta có \(\frac{N}{2} = \frac{{40}}{2} = 20\).

Ta lập bảng tần số tích lũy:

Vì tần số tích lũy của nhóm \(\left[ {4;6} \right)\) là \(12\) (nhỏ hơn \(20\)), tần số tích lũy của nhóm \(\left[ {6;8} \right)\) là \(30\) (lớn hơn \(20\)) nên nhóm \(\left[ {6;8} \right)\) là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn \(20\), do đó số trung vị của mẫu số liệu đã cho thuộc nhóm \(\left[ {6;8} \right)\).

a) Sai. Ta có \(C(100) = 200 + 1500 = 1700\) ngàn đồng

b) Sai. Số tiền thu được khi bán \(100kg\)thực phẩm cho nhà hàng ông B là \(100 \times P(100) = 2000\) ngàn đồng.

c) Đúng. Nếu số lượng đặt hàng là \(x\) kg thực phẩm thì giá bán cho mỗi kg được biểu diễn bởi công thức \(P(x) = 30 - \frac{1}{{1000}}{x^2}\) (ngàn đồng) nên có doanh thu là \(xP(x) = 30x - \frac{1}{{1000}}{x^3}\)

Khi đó lợi nhuận ông A thu được khi bán \(x\,kg,\,x \in \left( {0;100} \right)\) thực phẩm cho ông B là \(L(x) = x.P(x) - C(x)\)

d) Đúng. Theo trên ta có \(L(x) = x.P(x) - C(x) = 30x - \frac{1}{{1000}}{x^3} - 200 - 15x = - \frac{{{x^3}}}{{1000}} + 15x - 200\)

Ta có \(L'(x) = \frac{{ - 3{x^2}}}{{1000}} + 15 = 0 \Rightarrow x = 50\sqrt 2 \)

Ta có bảng biến thiên là

a) Đúng

Dựa vào hình ảnh đồ thị đã cho ta có x = 1 là đường tiệm cận đứng và y = -1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

b) Sai

Từ đồ thị ta có

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = \frac{1}{c} \Rightarrow \frac{1}{c} = 1 \Rightarrow c = 1\)

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm là \(y = \frac{a}{c} \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1;c = 1 \Rightarrow a = - 1\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm (2;0) nên \(\frac{{2a + b}}{{2c - 1}} = 0 \Rightarrow 2a + b = 0,a = - 1 \Rightarrow b = 2\)

Ta có a + 2b - 3c = -1 + 2.2 – 3.1= 0

c) Đúng

Ta có hàm số \(y = f(x) = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\,\) nên \(f'(x) = \frac{{ - 1.( - 1) - 2.1}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\,\,\,(x \ne 1)\)

Suy ra \(f'(x) < 0\) với mọi\(x \in R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

d) Sai

Cách 1: Áp dụng công thức tính nhanh đối với hàm số phân thức dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,\) (điều kiện \(ad - bc \ne 0;\,c \ne 0\)) thì khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm M và N thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị được tính bằng công thức \(M{N_{\min }} = 2\sqrt {\frac{{2\left| {ad - bc} \right|}}{{{c^2}}}} \)

+ Ta có a = -1; b = 2; c = 1; d = -1

+ \(\left| {ad - bc} \right|\, = 1\)

+ \(M{N_{\min }} = 2\sqrt {\frac{{2.1}}{{{1^2}}}} \, = 2\sqrt 2 = \sqrt 8 \)

Cách 2: Ta có hàm số \(y = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\, = - 1 + \frac{1}{{x - 1}}\)

Gọi \(M({x_1};{y_1})\) thuộc nhánh trái của đồ thị hàm số

\(N({x_2};{y_2})\) thuộc nhánh phải của đồ thị

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1 - m\\{x_2} = 1 + n\\m,n > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_1} = - 1 - \frac{1}{m}\\{y_2} = - 1 + \frac{1}{n}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}M{N^2} = {({x_2} - {x_1})^2} + {({y_2} - {y_1})^2}\\ = {(m + n)^2} + {(\frac{1}{m} + \frac{1}{n})^2} = {(m + n)^2} + {(\frac{{m + n}}{{mn}})^2}\\\, = {(m + n)^2}\left[ {1 + \frac{1}{{{{(mn)}^2}}}} \right]\\\mathop \ge \limits^{\cos i} {(2\sqrt {mn} \,)^2}.\left[ {1 + \frac{1}{{{{(mn)}^2}}}} \right] = 4(mn + \frac{1}{{mn}})\\\mathop \ge \limits^{\cos i} \,4.2\sqrt {mn.\frac{1}{{mn}}} = 8\end{array}\)

\(M{N_{\min }} = \sqrt 8 \, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = n > 0\\mn = \frac{1}{{mn}}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = n = 1\).

a) Vì hàm số \[y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\] đồng biến trên khoảng \[\left( {3; + \infty } \right)\] nên đồng biến trên khoảng \[\left( {2025;2026} \right)\]. Do đó \[f\left( {2025} \right) < f\left( {2026} \right)\].

Do đó ý a sai.

b) Hàm số đạt cực đại tại \[x = 0.\] Do đó ý b sai.

c) Giá trị lớn nhất của hàm số trên \[\left( { - \infty ;3} \right]\] bằng \[2\]. Do đó ý c sai.

d) Ta có: \[y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c\].

Vì đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \[\left( {0;2} \right)\] và \[\left( {3; - 4} \right)\] nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 0 \right) = 0\\y'\left( 3 \right) = 0\\y\left( 0 \right) = 2\\y\left( 3 \right) = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\27a + 6b = 0\\d = 2\\27a + 9b + 2 = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{9}\\b = - 2\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.\]

Vậy trong bốn hệ số \[a\], \[b\], \[c\], \[d\] chỉ có hệ số \[b\] nhận giá trị âm.

Do đó ý d đúng.

Ta có \(OB = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \), \(OA' = 4\).

Suy ra: \(A\left( {0; - 3;0} \right)\), \(B\left( {3\sqrt 3 ;0;0} \right)\), \(C\left( {0;3;0} \right)\), \(A'\left( {0;0;4} \right)\), \(B'\left( {3\sqrt 3 ;3;4} \right)\); \(M\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};0} \right)\); \(E\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};4} \right)\).

a) Sai.

\(\overrightarrow {ME} = \left( {0;0;4} \right)\).

b) Đúng

Tọa độ điểm \(B\left( {3\sqrt 3 ;0;0} \right)\).

c) Sai

\(\overrightarrow {A'B} = \left( {3\sqrt 3 ;0; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 3\sqrt 3 ;3;0} \right)\).

\(\overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {BC} = - 27 < 0\).

Suy ra \(\cos (\overrightarrow {A\prime B} ,\overrightarrow {BC} ) < 0\).

d) Đúng

Mặt phẳng chứa \(AA'\) và song song với \(ME\) là mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\): \(x = 0\).

Ta có: \(d\left( {ME,AA'} \right) = d\left( {M,\left( {Oyz} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án: 0,12.

Để đạt 9 điểm, bạn Tiến cần trả lời đúng 3 câu trong 5 câu còn lại.

Với mỗi câu chưa loại được phương án sai, xác suất trả lời đúng là \(\frac{1}{4}\), xác suất trả lời sai là \(\frac{3}{4}\).

Với mỗi câu đã loại được một phương án sai, xác suất trả lời đúng \(\frac{1}{3}\), xác suất trả lời sai là \(\frac{2}{3}\).

TH1: Bạn Tiến trả lời đúng 3 câu chưa loại được phương án sai và trả lời sai 2 câu đã loại được phương án sai, xác suất là \({P_1} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{1}{{144}}\).

TH2: Bạn Tiến trả lời đúng 2 trong 3 câu chưa loại được phương án sai và trả lời đúng 1 trong 2 câu đã loại được một phương án sai, xác suất là: \({P_2} = C_3^2.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}.\frac{3}{4}.C_2^1.\frac{1}{3}.\frac{2}{3} = \frac{1}{{16}}\)

TH3: Bạn Tiến trả lời đúng 1 trong 3 câu chưa loại được phương án sai và trả lời đúng 2 đã loại được một phương án sai, xác suất là: \({P_3} = C_3^1.\frac{1}{4}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{3}{{64}}\).

Xác suất để bạn Tiến đạt 9 điểm là \(P = {P_1} + {P_2} + {P_3} = \frac{1}{{144}} + \frac{1}{{16}} + \frac{3}{{64}} = \frac{{67}}{{576}} \approx 0,12\).

Đáp án: 0,57.

+) Người quan sát ở điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\). Vật cần quan sát ở điểm \(N\left( {3;6; - 12} \right)\).

\(MN:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t\left( {3 - 1} \right)}\\{y = 2 + t\left( {6 - 2} \right)}\\{z = 3 + t\left( { - 12 - 3} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 4t}\\{z = 3 - 15t}\end{array}} \right.\)

+) Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi tấm bìa cứng chắn ngang đường thẳng \(MN\). Tấm bìa nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), tức là mặt phẳng \(z = 0\).

+)Giao điểm của đường thẳng \(MN\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là điểm \(I\) có tọa độ \({z_I} = 0\).

\(3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}\).

Thay \(t = \frac{1}{5}\) vào phương trình đường thẳng \(MN\), ta được tọa độ điểm \(I\left( {1,4;2,8;0} \right)\) là điểm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) mà đường nhìn \(MN\) đi qua.

+) Tấm bìa cứng có dạng hình tròn bán kính \(R = 2\). Nó bắt đầu từ gốc tọa độ và di chuyển theo hướng vector \(\vec j = \left( {0;1;0} \right)\) với tốc độ \(v = 5\left( {cm/s} \right)\).

Tại thời điểm \(t\) (giây), tâm của hình tròn là \(O{\rm{'}}\left( {0;vt;0} \right) = O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)\).

Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi điểm \(I\) nằm trong hoặc trên đường biên của hình tròn di động.

Điều này xảy ra khi khoảng cách từ \(I\) đến \(O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)\) nhỏ hơn hoặc bằng bán kính \(R = 2\).

\(d\left( {I,O{\rm{'}}} \right) \le R\)

\(\sqrt {{{\left( {1,4 - 0} \right)}^2} + {{\left( {2,8 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2}} \le 2\)\( \Leftrightarrow - 4,2282856 \le - 5t \le - 1,3717144\)

\( \Leftrightarrow 0,27434288 \le t \le 0,84565712\)

Khoảng thời gian tầm nhìn bị che khuất là:

\(\Delta t = 0,84565712 - 0,27434288 = 0,57131424\) (giây)

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, ta được \(\Delta t \approx 0,57\) (giây).

Đáp án: 26.

Ta có:

-Tổng số học sinh: \[7 + a + b + 6 + 3 = 42 \Rightarrow a + b = 26\;\;\;{\kern 1pt} (1).\]

-Thời gian trung bình: \[\frac{{7.10 + a.30 + b.50 + 6.70 + 3.90}}{{42}} = 40\]\[ \Rightarrow 30a + 50b = 920 \Rightarrow 3a + 5b = 92\;{\kern 1pt} (2)\]

Từ (1) và (2) tìm được \[a{\rm{ }} = {\rm{ }}19,\,b{\rm{ }} = {\rm{ }}7.\]

- Mức trung bình là 40 phút. Số học sinh sử dụng dưới 40 phút thuộc các nhóm [0;20) và [20;40).

Đáp án: 3,7.

Hàm số liên tục trên đoạn \[\left[ { - 1;0} \right]\]

\[f'\left( x \right) = \,{e^{ - x}}\left( {2x + 1 - {x^2} - x - 1} \right) = {e^{ - x}}\left( { - {x^2} + x} \right)\]

\[f'\left( x \right) = 0\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\,\left( l \right)\end{array} \right.\]

\[f\left( { - 1} \right) = e;\,\,f\left( 0 \right) = 1\].

Suy ra \[\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y = e\,\,;\,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y = 1\,\, \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y + \,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y\, = e + 1\, \approx \,3,7\].

Đáp án: 12,1.

\(V\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3t - {t^2} + {t^3}} \right) + 4\)\( \Rightarrow V'\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3 - 2t + 3{t^2}} \right)\)\( \Rightarrow V''\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( { - 2 + 6t} \right)\)

\(V''\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{35}}{4}\left( { - 2 + 6t} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow - 2 + 6t = 0\)\( \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \in \left[ {0;1} \right]\).

\(V'\left( 0 \right) = 26,25\), \(V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{70}}{3} \approx 23,33\), \(V'\left( 1 \right) = 35\).

So sánh 3 giá trị trên thì tại thời điểm \(t = \frac{1}{3}\) thì tốc độ bơm \(V'\left( t \right)\) đạt nhỏ nhất.

Khi đó, thể tích (lít) của xăng trong bình tại thời điểm \(t = \frac{1}{3}\) là:\(V\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3.\frac{1}{3} - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^3}} \right) + 4 \approx 12,1\)(lít).

Đáp án: 9,24.

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với điểm \(A\) trùng gốc tọa độ.

Ta có: \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {4;0;0} \right)\), \(C\left( {4;4;0} \right)\), \(D\left( {0;4;0} \right)\) và giả sử \(S\left( {x;y;z} \right)\).

Do \(\Delta SAB\) đều nên \[\left\{ \begin{array}{l}SA = SB\\SA = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = {\left( {4 - x} \right)^2} + {y^2} + {z^2}\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 16\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\{y^2} + {z^2} = 12\end{array} \right.\].

Tương tự, \[\Delta SCD\] vuông cân tại \(S\) nên \[SC = SD = \frac{{CD}}{{\sqrt 2 }} = \frac{4}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \]

\[ \Rightarrow {x^2} + {\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 8 \Rightarrow {\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 4 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y^2} + {z^2} = 12\\{\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\\z = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\].

Vậy \[S\left( {2;3;\sqrt 3 } \right)\] hoặc \[S\left( {2;3; - \sqrt 3 } \right)\] nên chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\) là \[\left| {{z_S}} \right| = \sqrt 3 \].

Khi đó: \[V = \frac{1}{3} \times {S_{ABCD}} \times h = \frac{1}{3} \times {4^2} \times \sqrt 3 = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \approx 9,24\] (đvtt).