Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường Nguyễn Du - Thanh Oai (Hà Nội) có đáp án

Chọn B

Ta có \(J = \int\limits_0^3 {\left[ {4f\left( x \right) - 3} \right]{\rm{d}}x}  = 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_0^3 {3{\rm{d}}x}  = 4.3 - 9 = 3\).

Chọn D

Ta có \(I = \int\limits_2^5 {\frac{{2x - 3}}{x}{\rm{d}}x}  = \int\limits_2^5 {\left( {2 - \frac{3}{x}} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {2x - 3\ln \left| x \right|} \right)} \right|_2^5 = 10 - 3\ln 5 - 4 + 3\ln 2 = 6 - 3\ln \frac{5}{2}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow S = a + b = 3\).

Chọn A

Thể tích vật dụng đó là \(V = {30^2}.45 = 40500c{m^3}\).

Chọn C

mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow j  = \left( {0;1;0} \right)\).

Chọn A

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}AB\;{\rm{//}}\;CD\\AB \not\subset \left( {SCD} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB\;{\rm{//}}\;\left( {SCD} \right)\).

Chọn D

\({\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}\) sai vì thiếu điều kiện \(a,b \ne 1\).

Chọn C

\(f\left( x \right) = \cos x\)có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\forall x \in D \Rightarrow  - x \in D\\f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - x} \right) = \cos x = f\left( x \right)\end{array} \right.\).

Suy ra \(y = \cos x\) là hàm số chẵn.

Chọn B

Đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 0\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {1;0;2} \right)\).

Chọn D

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - 1\).

Chọn D

Tổng số học sinh là \(n = 44\).

11 học sinh có thời gian tự học ở nhà ít nhất là tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\).

\[{Q_1} = 30 + \frac{{\frac{{44}}{4} - 8}}{7}.\left( {60 - 30} \right) \approx 42,9\].

Chọn A

Góc giữa cặp vectơ \(\overrightarrow {AF} \) và \(\overrightarrow {EG} \) bằng góc giữa cặp vectơ \(\overrightarrow {AF} \) và \(\overrightarrow {AC} \) bằng \(60^\circ \) do tam giác \[ACF\] đều.

Chọn D

\({u_4} = {u_1}.{q^3} = 64.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^3} = 1\).

Gọi biến cố \(A\): “Lấy được lá cờ của khối 11”.

\(B\): “Lá cờ lấy ra là lá cờ tốt”.

\( \Rightarrow \overline B :\) “Lá cờ lấy ra là lá cờ bị lỗi”

Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{110}}{{200}} = \frac{{11}}{{20}}\); \(P\left( {\bar A} \right) = \frac{{90}}{{200}} = \frac{9}{{20}}\).

\[P\left( {\overline B /A} \right) = 0,03\]; \(P\left( {\overline B /\overline A } \right) = 0,02\);

a) Sai

Xác suất để lá cờ được lấy ra là lá cờ lỗi bằng

\(P\left( {\bar B} \right) = P\left( A \right).P\left( {\bar B/A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {\bar B/\bar A} \right) = \frac{{11}}{{20}}.0,03 + \frac{9}{{20}}.0,02 = 0,0255\).

b) Đúng

\(P\left( {\overline B /A} \right) = 0,03 \Rightarrow P\left( {B/A} \right) = 0,97\); \(P\left( {\overline B /\overline A } \right) = 0,02 \Rightarrow P\left( {B/\overline A } \right) = 0,98\).

Ta có: \(P\left( {A/B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( {B/A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( {B/A} \right).P\left( A \right) + P\left( {B/\bar A} \right).P\left( {\bar A} \right)}} = \frac{{0,97.0,55}}{{0,97.0,55 + 0,98.0,45}} = \frac{{1067}}{{1949}}\).

\(P\left( {\bar A/B} \right) = \frac{{P\left( {\bar AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( {B/\bar A} \right).P\left( {\bar A} \right)}}{{P\left( {B/A} \right).P\left( A \right) + P\left( {B/\bar A} \right).P\left( {\bar A} \right)}} = \frac{{0,98.0,45}}{{0,97.0,55 + 0,98.0,45}} = \frac{{882}}{{1949}}\).

Do đó, nếu lá cờ được lấy ra là lá cờ tốt. Xác suất lá cờ đó do khối 11 làm cao hơn xác suất lá cờ đó do khối 12 làm ra.

c) Đúng

Xác suất lá cờ được lấy ra do khối 11 sản suất bằng \(P\left( A \right) = \frac{{110}}{{200}} = \frac{{11}}{{20}} = 0,55\).

d) Sai

\(P\left( {\overline B /A} \right) = 0,03 \Rightarrow P\left( {B/A} \right) = 0,97\).

Xác suất lấy được lá cờ tốt của khối 11 là \(0,97\).

a. Sai

Ta có \[A(3; - 1;4)\] có hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng \[{\rm{(Ox}}y)\]là\[{A_1}(3, - 1,0)\] và\[{A_1}\] là trung điểm của \[AA'\]. Suy ra tọa độ điểm đối xứng của \[A(3; - 1;4)\]qua mặt phẳng \[{\rm{(Ox}}y)\]là \[A'(3; - 1; - 4)\].

b. Đúng

Ta có \[\overrightarrow {MN\,}  = \left( { - 2; - 2;1} \right)\] nên \[MN = \sqrt {{{( - 2)}^2} + {{( - 2)}^2} + {1^2}} \]

Khi đó \[AM + MN + NB = AM + NB + 3\]. Bài toán trở thành tìm \[AM + NB\] nhỏ nhất với \[M \in ({\rm{Ox}}y)\]

Do vecto \[\overrightarrow {MN\,} ( - 2; - 2;1)\]cố định.

Dựng \[\overrightarrow {BD\,}  = \overrightarrow {NM\,} \]tìm được \[D(0,5,2)\]cố định, tứ giác \[MNBD\] là hình bình hành suy ra \[NB = MD\]

+)\[AM = A'M\] nên \[AM + NB = A'M + MD \ge A'D\]. Dấu bằng xảy ra khi \[A',M,D\]thẳng hàng tức là \[M = (\,Oxy) \cap A'D\]

+) \[A'D = \sqrt {{{(0 - 3)}^2} + {{(5 + 1)}^2} + {{(2 + 4)}^2}} \, = 9\]

+ Giá trị nhỏ nhất \[AM + NB = 9\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[AM + MN + NB = 9 + 3 = 12\]

c. Đúng

\[C\] là điểm thuộc mặt phẳng \[{\rm{(Ox}}y)\]nên gọi \[C(x;y;0)\]

Ta có

\[\overrightarrow {AB\,}  = ( - 5;4; - 1);\overrightarrow {AC\,}  = (x - 3;y + 1; - 4)\]

Do  thẳng hàng nên ta có \[\overrightarrow {AC\,}  = k\overrightarrow {AB\,}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - x =  - 5k\\y + 1 = 4k\\ - 4 =  - k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 17\\y = 15\\k = 4\end{array} \right.\,hay\,C( - 17;15;0)\]

Khi đó \[\overrightarrow {CA\,}  = (20; - 16;4) = 4(5; - 4;1),\, \Leftrightarrow \overrightarrow {CB\,} (15; - 12;3) = 3(5; - 4;1)\]

Vậy \[\overrightarrow {CA\,}  = \frac{4}{3}\overrightarrow {CB\,} \]

d. Sai

Ta có \[D(0,5,2) \Rightarrow \,a = 0,\,b = 5,c = 2\]nên \[a + \,b + c = 7\].

Chọn a) Đúng | b) Đúng c) Sai | d) Đúng

Ta có tốc độ thay đổi doanh thu là \(T'(x) =  - 20x + 300\).

Suy ra hàm doanh thu \(T(x) = \int {( - 20x + 300)} {\rm{d}}x =  - 10{x^2} + 300x + C\).

Theo đề bài, nếu người đó tăng giá thuê cho mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng (tức là \(x = 10\)) thì doanh thu là 12 tỷ đồng = 12000 triệu đồng.

Do đó, \(T(10) = 12000\)\( \Rightarrow C = 10000\).

Vậy \(T(x) =  - 10{x^2} + 300x + 10000\).

a)

Hàm doanh thu \(T(x) =  - 10{x^2} + 300x + 10000\) là một hàm số bậc hai có hệ số \(a =  - 10 < 0\), nên có giá trị lớn nhất tại \(x = \frac{{ - b}}{{2a}} = 15 > 0\).

Doanh thu cao nhất là \(T(15) = 12250\) (triệu đồng) = 12 tỷ 250 triệu đồng.

Chọn ĐÚNG

b)

Theo a), doanh thu cao nhất đạt được khi \(x = 15\), tức là tăng giá thuê thêm 15 triệu đồng.

Chọn ĐÚNG.

c)

Ta có: \(T(12) =  - {10.12^2} + 300.12 + 10000\)\( = 12160\) (triệu đồng) = 12 tỷ 160 triệu đồng.

Chọn SAI

d) \(T(x) =  - 10{x^2} + 300x + 10000\).

Như đã trình bày ở trên, hàm doanh thu chính xác là \(T(x) =  - 10{x^2} + 300x + 10000\).

Chọn ĐÚNG.

Lời giải

a) Đúng.

Hàm số có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

\[y' = 3{x^2} - 6x\].

b) Sai.

\(d:y = \left( {m - 1} \right)x + m + 2\) song song với đường thẳng \(\Delta :y =  - 2x + 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 =  - 2\\m + 2 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 1\\m \ne  - 1\end{array} \right.\)

Vậy không tồn tại \(m\) để \(d\) song song với \(\Delta \).

c) Đúng.

\[y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]

Vậy hàm số có hai điểm cực trị \(A\left( {0;1} \right),B\left( {2; - 3} \right)\).

d) Đúng

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị \(A,B\) có dạng \(y = ax + b\)

\(\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\2a + b =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b = 1\end{array} \right.\)

Vậy \(\Delta :y =  - 2x + 1\).

Đáp án: 6

Gọi \(\overrightarrow v \) là vectơ vận tốc của cabin, ta có \(\overrightarrow v  = k\overrightarrow u \) với \(k > 0\)

\( \Rightarrow k = \frac{{\left| {\overrightarrow v } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{4}{{\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2}} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\) \( \Rightarrow \overrightarrow v  = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\overrightarrow u  = \left( {0; - \frac{{2\sqrt {10} }}{5};\frac{{6\sqrt {10} }}{5}} \right)\)

Do đó, \(\overrightarrow {AM}  = t\overrightarrow v  = 5\overrightarrow v  = 5\left( {0; - \frac{{2\sqrt {10} }}{5};\frac{{6\sqrt {10} }}{5}} \right) = \left( {0; - 2\sqrt {10} ;6\sqrt {10} } \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2 = 0\\b - 1 =  - 2\sqrt {10} \\c - 5 = 6\sqrt {10} \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b = 1 - 2\sqrt {10} \\c = 5 + 6\sqrt {10} \end{array} \right.\) \( \Rightarrow M\left( { - 2;1 - 2\sqrt {10} ;5 + 6\sqrt {10} } \right)\)

\( \Rightarrow a + 3b + c =  - 2 + 3\left( {1 - 2\sqrt {10} } \right) + \left( {5 + 6\sqrt {10} } \right) = 6\).

Đáp án: 32

Gọi x là số xe loại A cần thuê \[0 \le x \le 10,x \in \mathbb{N}\]

Gọi y là số xe loại B cần thuê \[0 \le y \le 9,y \in \mathbb{N}\]

Công ty \[X\] cần thuê xe để chở đi ít nhất 140 người và 9 tấn hàng nên ta có hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}20x + 10y \ge 140\\0,6x + 1,5y \ge 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + y \ge 14\\2x + 5y \ge 30\end{array} \right.\]

Như vậy, ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\\2x + y \ge 14\\2x + 5y \ge 30\end{array} \right.\) \(\left( * \right)\)

Chi phí \[F\left( {x,y} \right) = 4x + 3y\] (triệu đồng)

Ta có: miền nghiệm của hệ \(\left( * \right)\) là miền tứ giác \(ABCD\) với \(A\left( {\frac{5}{2};9} \right)\), \(B\left( {10;9} \right)\), \(C\left( {10;2} \right)\), \(D\left( {5;4} \right)\)

\[\begin{array}{l}F\left( {5,4} \right) = 32\\F\left( {10,2} \right) = 46\\F\left( {10,9} \right) = 67\\F\left( {\frac{5}{2},9} \right) = 37\end{array}\]

Vậy chi phí thuê xe thấp nhất của công ty X là \(32\) triệu đồng khi thuê \(5\) xe loại A và \(4\) xe loại B.

Đáp án: \(18\).

Kẻ \(AM \bot CD\).

Vì \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên \(M\) là trung điểm \(CD\).

Khi đó \(\left[ {S,CD,B} \right] = \widehat {SMA}\)

Xét \(SAM\) vuông tại \(A\) có \(AM = \frac{{SA}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 3\). Do đó \(AD = 2\sqrt 3 \).

Vì \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên \(ABC\)là tam giác đều cạnh nên \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2.\frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 6\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.6\sqrt 3 .3\sqrt 3  = 18\).

Đáp án: 19.

Đặt \[A\] là biến cố: “Tam giác thu được là tam giác vuông”.

\[B\] là biến cố: “Tam giác thu được có số ghi trên đỉnh lập thành cấp số cộng”.

Suy ra, biến cố \[C\]: “Tam giác thu được là một tam giác vuông có 3 số ghi trên 3 đỉnh của tam giác lập thành cấp số”.

Dễ thấy \[C = AB\] và \[A,B\] là hai biến cố độc lập (vì việc gán số ngẫu nhiên độc lập với việc chọn tam giác).

- Số tam giác vuông trong thập giác đều:

Một tam giác nội tiếp đường tròn là tam giác vuông khi và chỉ khi một cạnh là đường kính.

Thập giác đều có \[10\] đỉnh thì có \[5\] cặp đỉnh đối xứng qua tâm (tức là có \[5\] đường kính).

Với mỗi đường kính, có \[10 - 2 = 8\] cách chọn một đỉnh để cùng với hai đỉnh đường kính tạo thành tam giác vuông.

Vậy số tam giác vuông là \[8.5 = 40\] và \[P\left( A \right) = \frac{{40}}{{C_{10}^3}} = \frac{{40}}{{120}} = \frac{1}{3}\].

- Số bộ 3 số lập thành cấp số cộng:

Giả sử \[a;b;c\] theo thứ tự là một cấp số cộng, do \[a + c = 2b\] nên \[a,c\] cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Trong \[S\] có hai tập \[L = \left\{ {9;11;13;15;17} \right\}\] và \[C = \left\{ {10;12;14;16;18} \right\}\], với \[a,c\] thuộc \[L\] hoặc \[C\] thì luôn tồn tại \[b\] thuộc \[L\] hoặc \[C\].

Do đó, số cấp số cộng là \[C_5^2 + C_5^2 = 20\] và \[P\left( B \right) = \frac{{20}}{{C_{10}^3}} = \frac{{20}}{{120}} = \frac{1}{6}\].

Vậy \[P = P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{6}.\frac{1}{3} = \frac{1}{{18}}\], do đó \[m + n = 1 + 18 = 19\].

Đáp án: 65.

Gọi \(p = ax + b\) là giá vé vào cổng, \(x\) là số khách vào cổng.

Ta có \(p = 90\) nghìn đồng thì \(x = 1000\) người

\(p = 95\) nghìn đồng thì \(x = 900\) người

\(p = 85\) nghìn đồng thì \(x = 1100\) người

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}1000a + b = 90\\900a + b = 95\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{{20}}\\b = 140\end{array} \right.\)

Suy ra \(p =  - \frac{1}{{20}}x + 140\) thỏa mãn các điều kiện đề bài.

Vậy \(p =  - \frac{1}{{20}}x + 140\)\( \Leftrightarrow x = 2800 - 20p\)

Doanh thu của công viên là \(R = x.p + 10x =  - 20{p^2} + 2600p + 28000\)\( = \)\(f\left( p \right)\)

Khảo sát hàm số \(f\left( p \right)\) ta có

Doanh thu công viên đạt lớn nhất khi giá vé là \(65\) nghìn đồng.

Đáp án: 12,3.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho:

Gốc tọa độ \(O\) trùng với điểm \(A(0,0)\).

Trục \(Ox\) chứa đoạn \(AB\).

Trục \(Oy\) chứa đoạn \(AD\).

Theo giả thiết, các đường tròn có bán kính \(R = 1\) và tâm là trung điểm của\(AD,\,AB\).

Suy ra độ dài cạnh hình vuông là \(2\,{\rm{cm}}\).

Ta có tọa độ các điểm: \(A(0;0)\), \(B(2;0)\), \(D(0;2)\).

Xác định phương trình các đường biên của miền \((R)\)

Miền (R) được giới hạn phía trên bởi hai cung tròn nối tiếp nhau tại điểm \((1;1)\):

Cung thứ nhất: Nằm trên đường tròn tâm \(M(0;1)\) (trung điểm \(AD\)), bán kính \(R = 1\).

Phương trình đường tròn: \({x^2} + {(y - 1)^2} = 1\).

Vì phần miền này nằm phía trên đường \(y = 1\) nên ta có phương trình nhánh trên là:

\(y = {f_1}(x) = 1 + \sqrt {1 - {x^2}} \quad ;x \in [0,1]\)

Cung thứ hai: Nằm trên đường tròn tâm \(N(1;0)\) (trung điểm \(AB\)), bán kính \(R = 1\).

Phương trình đường tròn: \({(x - 1)^2} + {y^2} = 1\).

Vì phần này nằm trên trục \(Ox\) nên ta có phương trình nhánh trên là:

\(y = {f_2}(x) = \sqrt {1 - {{(x - 1)}^2}} \quad ;x \in [1,2]\)

Tính thể tích khối tròn xoay

Thể tích \(V\) khi quay miền \((R)\) quanh trục \(Ox\) (tức cạnh \(AB\)) là tổng thể tích của hai phần:

\(V = \pi \int_0^1 {{{\left( {{f_1}\left( x \right)} \right)}^2}dx + } \pi \int_1^2 {{{\left( {{f_2}\left( x \right)} \right)}^2}dx = {V_1} + {V_2}} \)

Tính \({V_1}\):

\({V_1} = \pi \int_0^1 {{{\left( {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}} dx = \pi \int_0^1 {\left( {2 - {x^2} + 2\sqrt {1 - {x^2}} } \right)} dx = \pi \left( {\frac{5}{3} + 2 \cdot \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{5\pi }}{3} + \frac{{{\pi ^2}}}{2}\)

Tính \({V_2}\):

Phần này thực chất là thể tích của nửa khối cầu bán kính R=1.

\({V_2} = \pi \int_1^2 {\left( {1 - {{(x - 1)}^2}} \right)} dx = \frac{{2\pi }}{3}\)

Tổng thể tích:

\(V = {V_1} + {V_2} = \left( {\frac{{5\pi }}{3} + \frac{{{\pi ^2}}}{2}} \right) + \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{7\pi }}{3} + \frac{{{\pi ^2}}}{2} \approx 12,265{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).