Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường THPT Hải Phòng lần 1 có đáp án

Chọn B

Ta có \(\overline x = \frac{{6,5.30 + 9,5.55 + 12,5.45 + 15,5.30 + 18,5.20}}{{30 + 55 + 45 + 30 + 20}} = 11,75\).

Chọn D

Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm\(x = 3\).

Chọn D

Ta có \[\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right) \Rightarrow C\left( {4;3;1} \right)\].

a) Sai.

Ta có \(BH = 3HA \Rightarrow BH = \frac{3}{4}AB = 3\).

Xét tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{BH}} \Rightarrow SH = 3.\tan 30^\circ = \sqrt 3 \).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\frac{1}{3} \cdot h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SH.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{1}{2}{.4^2} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

b) Đúng.

Ta có \(AB\parallel CD,\,\,CD \subset \left( {SDC} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SDC} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SDC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HM \bot DC\), \(HN \bot SM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DC \bot HM\\DC \bot SH\\HM,SH \subset \left( {SHM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SHM} \right)\)\( \Rightarrow DC \bot HN\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HN \bot DC\\HN \bot SM\\DC,SM \subset \left( {SDC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SDC} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right) = HN\).

Mặt khác, ta có \(HM = AD = BC = 4\).

Xét tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\), đường cao \(HN\) có:

\(\frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{N^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{{19}}{{48}} \Rightarrow HN = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).

c) Đúng.

Dựa theo câu a), ta có \(SH = \sqrt 3 \).

d) Đúng.

Xét hai tam giác vuông \(ABK\) và \(BCH\) có:

\(AB = BC = 4,AK = BH = 3 \Rightarrow \Delta ABK = \Delta BCH\) (c-g-c).

\( \Rightarrow \widehat {ABK} = \widehat {BCH}\). Mà \(\widehat {ABK} + \widehat {KBC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(BHE\) có: \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BEC} = 90^\circ \) hay \(CH \bot BK\) tại \(E\).

Dựng \(EI\parallel BC\,\,\left( {I \in BH} \right) \Rightarrow EI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EI \bot SI\).

Do đó \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EI} \right) = \widehat {SEI}\)

Xét tam giác \(HBC\) có \(EI\parallel BC\) có \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}}\) (Thales)

Mặt khác, tam giác \(HBC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BE\) nên:

\(H{B^2} = HE.HC,\,\,H{C^2} = H{B^2} + B{C^2}\)

Khi đó \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{H{B^2}}}{{H{B^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^3} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EI = \frac{9}{{25}}BC = \frac{{36}}{{25}}\\HE = \frac{9}{{25}} \cdot HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \frac{9}{5}\end{array} \right.\)

Xét tam giác \(SEH\) vuông tại \(H\) có: \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3 + \frac{{81}}{{25}}} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\)

Xét tam giác \(SEI\) vuông tại \(I\) có: \(\cos \widehat {SEI} = \frac{{EI}}{{SE}} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\)

Do đó \(\cos \left( {SE,BC} \right) = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).

Vậy \(T = 2m - n = 2.18 - 5 = 31\).

Chọn a- Đúng | b- Đúng | c- Sai | d- Đúng.

a) Do \(C \in \left( {Oxy} \right)\) nên toạ độ của \(C\) là \(\left( {15;b;0} \right)\).

Để radar phát hiện ra thì tàu cảnh sát biển thì

\[\left| {\overrightarrow {OC} } \right| = \sqrt {{{\left( {15} \right)}^2} + {b^2} + {0^2}} = \sqrt {{b^2} + 225} < 30 \Leftrightarrow - 15\sqrt 3 < b < 15\sqrt 3 \].

Khi đó tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách \(O\) tối đa \(15\sqrt 3 \,\,{\rm{km}}{\rm{.}}\)

b) Ta có \(\left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 20} \right)}^2} + {{15}^2} + {0^2}} = 25 < 30\).

Suy ra radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí \(B.\)

c) Toạ độ của \(A\) là \(\left( {25; - 15; - 10} \right)\);

Khoảng cách từ chiếc tàu thám hiểm đến radar bằng

\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {30} \approx 30,82{\rm{km}}\).

d) Ta có \(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {30} \approx 30,82{\rm{ > 30}}\).

Suy ra radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí \(A.\)

a) Với \(x = 0 \Rightarrow y = - \frac{9}{5}\)

Þ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \[ - \;\frac{9}{5}\].

Chọn ĐÚNG.

b) Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 5 \right\}\).

Þ Hàm số không nghịch biến trên khoảng \[\left( {1\,;\,9} \right)\].

Chọn SAI.

c) Xét điểm \(M\left( {a;b} \right)\) thuộc đồ thị hàm số Þ \(b = f\left( a \right) = \frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}},a \ne 5\).

Khoảng cách từ \(M\) đến \(Ox\) là \(d\left( {M,Ox} \right) = \left| b \right| = \left| {\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}}} \right|\)

Khoảng cách từ \(M\) đến \(Oy\) là \(d\left( {M,Oy} \right) = \left| a \right|\)

Ta có \(d\left( {M,Ox} \right) = d\left( {M,Oy} \right) \Leftrightarrow \left| {\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}}} \right| = \left| a \right|\)

Trường hợp 1: \(\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}} = a \Leftrightarrow 2{a^2} - 5a + 9 = a\left( {a - 5} \right) \Leftrightarrow {a^2} + 9 = 0\) (Vô nghiệm).

Trường hợp 2: \(\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}} = - a \Leftrightarrow 2{a^2} - 5a + 9 = - a\left( {a - 5} \right) \Leftrightarrow 3{a^2} - 10a + 9 = 0\) (Vô nghiệm).

Vậy không có điểm nào trên đồ thị cách đều hai trục toạ độ.

Chọn SAI.

d) \[y = f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 5x + 9}}{{x - 5}} = 2x + 5 + \frac{{34}}{{x - 5}}\]

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} f\left( x \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} f\left( x \right) = + \infty \]

Þ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 5\).

Chọn SAI

a) [NB] \[\cos \left( {4x - \frac{{3\pi }}{8}} \right) = - 1 \Leftrightarrow 4x - \frac{{3\pi }}{8} = \pi + k2\pi \Leftrightarrow 4x = \frac{{11\pi }}{8} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{2}\].

Với \[k = 0 \Rightarrow x = \frac{{11\pi }}{{32}}\] là nghiệm của phương trình. Mệnh đề đúng.

b) [TH] Họ nghiệm của phương trình có dạng \[x = \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{{2\pi }}{4}\]. Vậy tất cả nghiệm của phương trình đã cho được biểu diễn bởi 4 điểm trên đường tròn lượng giác. Mệnh đề đúng.

c) [TH] Nghiệm dương nhỏ nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình lần lượt là \[\,{x_1} = \,\frac{{11\pi }}{{32}}\,\]và \[{x_2} = \frac{{11\pi }}{{32}} - \frac{\pi }{2} = - \frac{{5\pi }}{{32}}\,\]. Suy ra tổng nghiệm dương nhỏ nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình bằng \[\frac{{11\pi }}{{32}} + \left( { - \frac{{5\pi }}{{32}}} \right) = \frac{{6\pi }}{{32}} = \frac{{3\pi }}{{16}}\]. Mệnh đề sai.

d) [VD,VDC] Họ nghiệm của phương trình là \[x = \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{2}\].

Có \[\frac{\pi }{4} < \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{2} < \frac{{19\pi }}{2} \Rightarrow 0 \le k \le 18\].

Trên khoảng \[\left( {\frac{\pi }{4};\frac{{19\pi }}{2}} \right)\] các nghiệm của phương trình lập thành cấp số cộng có 19 số hạng với số hạng đầu là \[{u_1} = \frac{{11\pi }}{{32}},\,\,d = \frac{\pi }{2}\]. Tổng các nghiệm trên khoảng \[\left( {\frac{\pi }{4};\frac{{19\pi }}{2}} \right)\] của phương trình đã cho là \[{S_9} = \frac{{{u_1} + {u_{19}}}}{2}.19 = \frac{{19}}{2}\left( {2{u_1} + 18d} \right) = \frac{{2945\pi }}{{32}}\]. Mệnh đề sai.

Đáp án: \[7\].

Gọi \[H\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[SH \bot AB\] (do tam giác \[SAB\] vuông cân tại \[S\])

Mặt khác, \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] mà \[\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\]nên \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\].

Do \[\left( {SCD} \right)\] đi qua \[SC\] và song song với \[AB\] nên \[d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\].

Dễ thấy, tam giác \[ABD\] đều và \[HD \bot AB\], mà \[CD//AB\] nên \[HD \bot CD\].

Có \[CD \bot HD\] và \[CD \bot SH\] nên \[CD \bot \left( {SHD} \right)\] hay \[\left( {SHD} \right) \bot \left( {SCD} \right)\].

Do đó, trong \[\left( {SHD} \right)\], từ \[H\]kẻ \[HK \bot SD\] thì \[HK \bot \left( {SCD} \right)\] và \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\].

Tam giác vuông \[SHD\] có \[HD = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]; \[HS = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\] và

\[\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{D^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{4}{3} + \frac{4}{1} = \frac{{16}}{3}\], suy ra \[HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\].

Vậy \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\], do đó \[a = 3;b = 4;a + b = 3 + 4 = 7\].

Đáp án: \[284\].

Hàm số biểu thị lợi nhuận của công ty là:

\[L\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) - tx = - 2{x^2} + 568x + 1209 - tx\]

       \[ = - 2{x^2} + \left( {568 - t} \right)x + 1209\] (nghìn đồng) (\[0 < x \le 2500\])

Ta thấy \[L\left( x \right)\] là hàm bậc hai có hệ số của \[{x^2}\] là \[ - 2 < 0\] nên \[L\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất khi:

\[x = {x_0} = \frac{{568 - t}}{4}\], với \[0 < t < 320\] thì hiển nhiên \[0 < {x_0} \le 2500\] nên \[\max L\left( x \right) = L\left( {{x_0}} \right)\].

Khi đó, số tiền thuế phụ thu mà nhà nước nhận được là:

\[h\left( t \right) = t{x_0} = \frac{{ - 1}}{4}{t^2} + 142t\] (nghìn đồng), với \[0 < t < 320\]

Hàm \[h\left( t \right)\] là hàm bậc hai có hệ số của \[{t^2}\] là \[\frac{{ - 1}}{4}\] nên \[h\left( t \right)\] đạt giá trị lớn nhất khi:

\[t = {t_0} = \frac{{ - 142}}{{2.\frac{{ - 1}}{4}}} = 284 \in \left( {0\,;\,320} \right)\]

Khi đó: \[\max h\left( t \right) = h\left( {{t_0}} \right) = \frac{{ - 1}}{4}{.284^2} + 142.284 = 20164\] (nghìn đồng)

Số sản phẩm mà doanh nghiệp sản xuất và bán hết khi đó là \[{x_0} = \frac{{568 - 284}}{4} = 71\] (sản phẩm)

Lợi nhuận lớn nhất mà doanh nghiệp nhận được khi đó là: 11 291 (nghìn đồng).

Vậy mức thuế phụ thu là 284 nghìn đồng trên một sản phẩm thoả mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án: 13.

+ Số tiền anh Huy được hỗ trợ là \(32\% .500 = 160\) triệu đồng.

+ Số tiền anh Huy cần góp \(500 - 160 = 340\) triệu đồng.

Lương của anh Huy

Năm thứ nhất: \({T_1} = 10.12\) triệu đồng.

Từ năm thứ hai trở đi: \({T_n} = 10.{\left( {1,12} \right)^{n - 1}}.12\)

Tiền tiết kiệm mỗi năm từ năm thứ hai

\({S_n} = 12.10.0,12.{\left( {1,12} \right)^{n - 2}} = 14,4.{\left( {1,12} \right)^{n - 2}}\)

+ Tổng số tiền anh Huy tiết kiệm được sau \(k\) năm là \({T_k} = \sum\limits_{n = 2}^k {14,4.{{\left( {1,12} \right)}^{n - 2}}} \).

Các số hạng của \({T_k}\) lập thành cấp số nhân có \(k - 1\) số hạng với số hạng đầu \({u_1} = 14,4\) và công bội \(q = 1,12\) nên \({T_k} = 14,4.\frac{{1 - {{\left( {1,12} \right)}^{k - 1}}}}{{1 - 1,12}} = 120\left[ {{{\left( {1,12} \right)}^{k - 1}} - 1} \right]\)

Để đủ tiền mua xe thì

\(120\left[ {{{\left( {1,12} \right)}^{k - 1}} - 1} \right] \ge 340 \Leftrightarrow {\left( {1,12} \right)^{k - 1}} \ge \frac{{340}}{{120}} \Leftrightarrow k \ge 1 + {\log _{1,12}}\frac{{340}}{{120}} \Leftrightarrow k \ge 12,9\).

Vậy sau ít nhất 13 năm thì anh Huy đủ tiền mua xe.

Đáp án: 4,45.

Chọn hệ trục toạ độ \[{\rm{Ox}}yz\] như hình vẽ, với điểm xuất phát là gốc toạ độ. \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\] là mặt đất.

Khi đó \[A\left( {20; - 10;0,7} \right)\]là vị trí của flycam thứ nhất, \[B\left( { - 30;25;1} \right)\] là vị trí của flycam thứ hai, Ta thấy 2 điểm này nằm cùng phía so với mp\[\left( {Oxy} \right)\].

Gọi \[A'\left( {20; - 10; - 0,7} \right)\] là điểm đối xứng với \[A\] qua mặt phẳng toạ độ \[\left( {Oxy} \right)\].

Gọi \[M\left( {x;y;0} \right)\] là điểm trên mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] để \[MA + MB\] nhỏ nhất.

Ta có \[MA + MB = MA' + MB \ge A'B\]. Dấu bằng xảy ra khi \[M,A',\,B\] thẳng hàng.

\[\overrightarrow {A'M} = \left( {x - 20;y + 10;0,7} \right),\,\,\overrightarrow {A'B} = \left( { - 50;35;1,7} \right)\]

Khi đó \[\overrightarrow {A'M} = k.\overrightarrow {A'B} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 20 = - 50k\\y + 10 = 35k\\0,7 = 1,7k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 10}}{{17}}\\y = \frac{{75}}{{17}}\\k = \frac{7}{{17}}\end{array} \right.\]nên \[M\left( {\frac{{ - 10}}{{17}};\frac{{75}}{{17}};0} \right),OM \approx 4,45\].

Đáp án: \(97\).

Số tam giác có ba đỉnh là đỉnh của đa giác là \(C_{20}^3 = 1140\) (tam giác).

Gọi \(\Omega \) là không gian mẫu của phép thử. Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{1140}^1 = 1140\).

Gọi \(A\) là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu.

Do đó, ba cạnh của tam giác là các đường chéo của đa giác. Ta có \(n\left( A \right) = C_{20}^3 - 20 - 20 \times 16 = 800\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{800}}{{1140}} = \frac{{40}}{{57}}.\)

Suy ra \(a = 40\), \(b = 57\)\( \Rightarrow a + b = 40 + 57 = 97\).

Đáp án: 5,69.

Ta có: \({L_A} < {L_B} \Rightarrow OA > OB\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\). Ta có: \({L_A} = \log \frac{k}{{O{A^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{A^2}}} = {10^{{L_A}}} \Rightarrow OA = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }}\).

\({L_B} = \log \frac{k}{{O{B^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{B^2}}} = {10^{{L_B}}} \Rightarrow OB = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}\).

\({L_I} = \log \frac{k}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{I^2}}} = {10^{{L_I}}} \Rightarrow OI = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }}\).

Ta có: \(OI = \frac{1}{2}\left( {OA - OB} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right)\)

\( \Rightarrow {L_I} = - 2\log \left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {{{10}^5}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{{10}^7}} }}} \right)} \right]\) \( \Rightarrow {L_I} \approx 5,69\).