Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm trường THPT Hưng Yên có đáp án

Chọn C

Độ sâu của mực nước tại thời điểm \(t = 3\) là \(h\left( 3 \right) = 2\cos \left( {\pi  + \frac{{3\pi }}{6}} \right) + 12\)\( = 12\,{\rm{m}}\).

Chọn C

Ta có nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm số có dạng \(F\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - x + C\)

Hàm số không là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) là \(F\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 1\).

Chọn D

Ta có \(\int\limits_0^9 {f\left( x \right)dx = 9} \)\( \Leftrightarrow F\left( x \right)|_0^9 = 9\)\( \Leftrightarrow F\left( 9 \right) - F\left( 0 \right) = 9\)\( \Leftrightarrow F\left( 9 \right) = F\left( 0 \right) + 9 \Leftrightarrow F\left( 9 \right) = 12\).

Chọn D

Ta có \(SA\) và \(BC\) chéo nhau.

Chọn A

Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Ta có \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 1\) có nghiệm là \(x = 4\).

Chọn A

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(BC\) nên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 3;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(A\left( {1;1;1} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 3;1} \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là

\(1 \cdot \left( {x - 1} \right) - 3 \cdot \left( {y - 1} \right) + 1 \cdot \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y + z + 1 = 0\).

Chọn B

Nhóm chứa mốt là \(\left[ {40;60} \right)\).

Khi đó \({M_o} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}} \cdot \left( {60 - 40} \right) = 52\).

Chọn C

Giá trị xe giảm sau 5 năm là \(5 \times 40 = 200\) (triệu đồng).

Giá còn lại của xe sau 5 năm là: \[470 - 200 = 270\] (triệu đồng).

Chọn B

Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Thay tọa độ các điểm \(A\left( {\frac{{14}}{3};0;0} \right);B(0;7;0);C(0;0;14)\) vào ta có:

\(\frac{x}{{\frac{{14}}{3}}} + \frac{y}{7} + \frac{z}{{14}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{3x}}{{14}} + \frac{{2y}}{{14}} + \frac{z}{{14}} = 1 \Leftrightarrow 3x + 2y + z = 14 \Leftrightarrow 3x + 2y + z - 14 = 0\).

Chọn A

Thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3} \times {S_{ABCD}} \times AA' = \frac{1}{3} \times 24 \times 4 = 32\).

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy tại \(x =  - 4\), đạo hàm \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm. Do đó, hàm số đạt cực đại tại điểm \(x =  - 4\) (giá trị cực đại tương ứng là \(y =  - 3\)).

a) Sai

Ta có \(G(4;6;5)\).

b) Đúng

Độ dốc mái nhà là góc nhị diện $[Q,FG,H]={45}^{°}$. Tam giác EFP cân tại \(P\), gọi \(I\) là trung điểm EF. Khi đó \(P\) nằm trên đường trung trực của EF.

\(I\) là trung điểm \(EF \Rightarrow I(2;0;5)\).

Vì mái nhà dốc \(45^\circ \), xét tam giác vuông tại \(I\) (với đỉnh là \(P\)): $PI=\frac{EF}{2}\cdot \tan \left({45}^{°}\right)=\frac{4}{2}\cdot 1=2m$

Vậy cao độ của đỉnh mái nhà \(P\) là: \({z_P} = {z_E} + PI = 5 + 2 = 7m\).

Tọa độ \(P(2;0;7)\) và \(Q(2;6;7)\).

Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu từ \(O\) qua E, H đến \(M\) bằng \(11 + \sqrt {10} {\rm{ m}}\).

\(M\) là trung điểm GQ. \(G(4;6;5)\) và \(Q(2;6;7) \Rightarrow M\left( {\frac{{4 + 2}}{2};\frac{{6 + 6}}{2};\frac{{5 + 7}}{2}} \right) = M(3;6;6)\).

Đoạn đường đi: \(O \to E \to H \to M\).

\(OE = 5m\).

\(EH = \sqrt {{{(0 - 0)}^2} + {{(6 - 0)}^2} + {{(5 - 5)}^2}}  = 6m\).

\(HM = \sqrt {{{(3 - 0)}^2} + {{(6 - 6)}^2} + {{(6 - 5)}^2}}  = \sqrt {{3^2} + {0^2} + {1^2}}  = \sqrt {10} m\).

Tổng độ dài: \(5 + 6 + \sqrt {10}  = 11 + \sqrt {10} m\).

c) Đúng

Điểm \(Q\) có cao độ \(z = 7\)nên chiều cao của kho hàng bằng 7.

d) Đúng

Tọa độ của \(\overrightarrow {PQ} \) là \((0;6;0)\).

\(\overrightarrow {PQ}  = ({x_Q} - {x_P};{y_Q} - {y_P};{z_Q} - {z_P}) = (2 - 2;6 - 0;7 - 7) = (0;6;0)\).

a) Đúng.

Số học sinh của lớp \[12A\] có điểm trung bình môn Toán cuối năm từ \[8\] trở lên là \[22 + 6 = 28\].

b) Đúng.

Ta viết lại mẫu số liệu ghép nhóm (có giá trị đại diện) điểm số lớp \[12A\]:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm (lớp \[12A\]) là:

\[{\bar x_A} = \frac{{1.5,5 + 0.6,5 + 11.7,5 + 22.8,5 + 6.9,5}}{{40}} = 8,3\](điểm).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm (lớp \[12A\]) là:

\({s_A} = \sqrt {\frac{{1.5,{5^2} + 0.6,{5^2} + 11.7,{5^2} + 22.8,{5^2} + 6.9,{5^2}}}{{40}} - 8,{3^2}}  \approx 0,78\) (điểm).

Ta viết lại mẫu số liệu ghép nhóm (có giá trị đại diện) điểm số lớp \[12B\]:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm (lớp \[12B\]) là:

\[{\bar x_B} = \frac{{0.5,5 + 6.6,5 + 8.7,5 + 14.8,5 + 12.9,5}}{{40}} = 8,3\](điểm).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm (lớp \[12B\]) là:

\({s_B} = \sqrt {\frac{{0.5,{5^2} + 6.6,{5^2} + 8.7,{5^2} + 14.8,{5^2} + 12.9,{5^2}}}{{40}} - 8,{3^2}}  \approx 1,03\) (điểm).

Như vậy, xét về độ lệch chuẩn thì \[\left\{ \begin{array}{l}{s_A} \approx 0,78\\{s_B} \approx 1,03\end{array} \right.\] tức là \[{s_A} < {s_B}\] nên học sinh lớp \[12A\] có điểm trung bình môn Toán cuối năm ít phân tán hơn lớp \[12B\].

c) Sai.

\(\overline {{x_A}}  = \overline {{x_B}}  = 8,3\). Vậy số trung bình của mẫu số liệu lớp \[12A\] bằng số trung bình của mẫu số liệu lớp \[12B\].

d) Sai.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp \[12A\] (làm tròn đến hàng phần trăm) là \[0,78\].

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

a) \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){e^x}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

\(f\left( 0 \right) = 7\); \(f\left( 1 \right) = 3e\); \(f\left( 2 \right) = {e^2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) lần lượt là \(7\) và \(3e\).

Suy ra là mệnh đề đúng.

b) Mệnh đề sai.

c)

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Suy ra là mệnh đề sai.

d) Mệnh đề đúng.

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

a) Ta có \(\int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x = } \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x = } } \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } \right| + \left| {\int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } \right| = 8 + 20 = 28\).

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có \(\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 8 - 20 =  - 12} } \).

Chọn SAI.

c) Ta có

\(\int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x =  - 20 \Leftrightarrow F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right) =  - 20} \)

\( \Rightarrow F\left( 1 \right) = F\left( 4 \right) + 20 = 7 + 20 = 27\).

\(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 8 \Leftrightarrow F\left( 1 \right) - F\left( { - 1} \right) = 8} \)

\( \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = F\left( 1 \right) - 8 = 27 - 8 = 19\).

Vậy \(3F\left( 1 \right) - 7F\left( { - 1} \right) = 3 \cdot 27 - 7 \cdot 19 = 81 - 133 =  - 52\).

Chọn ĐÚNG.

d) \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 8} \).

Chọn ĐÚNG.

Đáp án: \[10\].

\(f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2}\) là tốc độ truyền bệnh (người/ngày)

Trên đoạn \(\left[ {0;25} \right]\), tốc độ truyền bệnh giảm khi

\(f''\left( t \right) = 90 - 6t \le 0 \Leftrightarrow t \ge 15 \Rightarrow t \in \left[ {15;25} \right] \Rightarrow m = 15,\;n = 25,\;n - m = 10.\)

Đáp án: 9

Gọi \(x\) là số lượng giếng dầu công ty khai thác thêm,\(x \in \mathbb{N}\).

Tổng số giếng dầu sau khi thêm: \(15 + x\)(giếng).

Sản lượng dầu của mỗi giếng sau khi thêm: \(231 - 7x\)(thùng/ngày).

Điều kiện:\(231 - 7x > 0\) suy ra \(x < 33\)

Gọi \(f(x)\)là tổng sản lượng dầu chiết xuất được mỗi ngày. Ta có:

\(f(x) = (15 + x)(231 - 7x) =  - 7{x^2} + 126x + 3465\)

Với hệ số \(a =  - 7 < 0\) nên đồ thị là một parabol có đỉnh là điểm cao nhất. Giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại tọa độ đỉnh:

\[\;x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 126}}{{2.( - 7)}} = 9\] thỏa mãn ).

Vậy công ty cần khai thác thêm \(9\) giếng để sản lượng dầu chiết xuất lớn nhất.

Đáp án: 28,3 lít.

Gọi parabol có dạng \(x = a{y^2}\), đi qua các điểm \((20;30)\) nên \(20 = a \times {30^2} \Leftrightarrow a = \frac{2}{{90}}\).

Vậy \(x = \frac{2}{{90}}{y^2} \Leftrightarrow {y^2} = 45x \Rightarrow y = \sqrt {45x} \)

Dung tích của thùng bằng \(V = \pi \int\limits_0^{20} {{{\left( {\sqrt {45x} } \right)}^2}dx}  = 9000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right) = 9\pi \,\,(d{m^3})\)\( \approx 28,3\) lít.

Đáp án: 9

Gắn hệ trục toạ độ \(Oxyz\), với \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right),\,Ox \equiv AB,\,Oy \equiv AD,\,Oz \equiv AS\) như hình vẽ.

+ Khi đó, ta có toạ độ các điểm \(B\left( {a;\,0;\,0} \right),\,D\left( {0;\,a;\,0} \right),\,C\left( {a;\,a;\,0} \right)\).

+Ta có \(AC = a\sqrt 2  \Rightarrow SA = a \Rightarrow S\left( {0;\,0;\,a} \right)\)

+ Từ đó suy ra \(M\left( {\frac{a}{2};\,0;\,\frac{a}{2}} \right),\,N\left( {0;\,\frac{a}{2};\,\frac{a}{2}} \right),\,P\left( {\frac{a}{2};\,a;\,0} \right),\,Q\left( {a;\,\frac{a}{2};\,0} \right)\).

\(\overrightarrow {AM} \left( {\frac{a}{2};\,0;\,\frac{a}{2}} \right),\,\overrightarrow {AN} \left( {0;\,\frac{a}{2};\,\frac{a}{2}} \right),\,\overrightarrow {AP} \left( {\frac{a}{2};\,a;\,0} \right),\,\overrightarrow {AQ} \left( {a;\,\frac{a}{2};\,0} \right)\).

\(MNPQ\) là hình bình hành nên

\({V_{A.MNPQ}} = 2{V_{A.MNP}} = 2.\frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ,\,\overrightarrow {AN} } \right].\overrightarrow {AP} } \right| = \frac{1}{3}.\left| { - \frac{{{a^2}}}{4}.\frac{a}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}.a + \frac{{{a^2}}}{4}.0} \right| = \frac{{{a^3}}}{8}\).

\( \Rightarrow m = 1,\,n = 8 \Rightarrow m + n = 1 + 8 = 9\).

Đáp án: 0,96.

Gọi \({S_1}\) là biến cố thí nghiệm thứ nhất thành công.

Gọi \({S_2}\) là biến cố thí nghiệm thứ hai thành công.

Theo đề bài, xác suất thành công của mỗi thí nghiệm là \(0,8\). Do đó: \(P\left( {{S_1}} \right) = 0,8\); \(P\left( {{S_2}} \right) = 0,8\).

Phòng thí nghiệm \(A\) hoàn thành nhiệm vụ khi thành công ít nhất một thí nghiệm. Điều này có nghĩa là thí nghiệm thứ nhất thành công, hoặc thí nghiệm thứ hai thành công, hoặc cả hai thí nghiệm đều thành công.

Ta có thể tính xác suất này bằng cách sử dụng biến cố đối.

Biến cố đối của "thành công ít nhất một thí nghiệm" là "cả hai thí nghiệm đều thất bại".

Xác suất thí nghiệm thứ nhất thất bại là \(P\left( {\overline {{S_1}} } \right) = 1 - P\left( {{S_1}} \right) = 1 - 0,8 = 0,2\).

Xác suất thí nghiệm thứ hai thất bại là \(P\left( {\overline {{S_2}} } \right) = 1 - P\left( {{S_2}} \right) = 1 - 0,8 = 0,2\).

Vì hai thí nghiệm là độc lập, xác suất để cả hai thí nghiệm đều thất bại là:

\(P\left( {\overline {{S_1}}  \cap \overline {{S_2}} } \right) = P\left( {\overline {{S_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{S_2}} } \right) = 0,2 \cdot 0,2 = 0,04\).

Vậy, xác suất để phòng thí nghiệm \(A\) hoàn thành nhiệm vụ (thành công ít nhất một thí nghiệm) là: \(P = 1 - P\left( {\overline {{S_1}}  \cap \overline {{S_2}} } \right) = 1 - 0,04 = 0,96\).

Đáp số: 2876

Xét trong hệ trục tọa độ \[Oxyz\] với \(O\) là đỉnh dưới của khối lập phương và các trục \[Ox,Oy,Oz\] có các chiều dương là tia \(OB,OC,OI\) như hình vẽ dưới:

Khi đó tập hợp tất cả các đỉnh của các khối lập phương cạnh 1 có tọa độ là \(\left( {a;b;c} \right)\) với \(a,b,c \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Theo quy tắc nhân số lượng các đỉnh như vậy là \({3^3} = 27\).

Số cách chọn ra 3 đỉnh phân biệt trong 27 đỉnh nói trên là \(C_{27}^3\).

Ta đếm số lượng các bộ ba đỉnh thẳng hàng.

Không mất tính tổng quát giả sử \({x_A} < {x_C}\).

Khi đó \({x_A} < {x_B} < {x_C}\) và \({x_A},{x_B},{x_C} \in \left\{ {0;1;2} \right\} \Rightarrow {x_A} = 0;{x_B} = 1;{x_C} = 2\).

Suy ra \(B\) là trung điểm của \[AC.\]

Từ nhận xét ta thấy: Số bộ ba điểm \(\left( {A,B,C} \right)\) chính bằng số bộ \(\left( {A,C} \right)\) thỏa mãn trung điểm của \[AC\]có tọa độ nguyên.

Điều này tương đương với số bộ hai điểm \[A,C\] sao cho \({x_A},{x_C}\) cùng tính chẵn lẻ; \({y_A},{y_C}\) cùng tính chẵn lẻ; \({z_A},{z_C}\) cùng tính chẵn lẻ.

Lưu ý rằng \({x_A},{x_C}\) cùng lẻ thì \({x_A} = {x_C} = 1\). Do đó nên trong ba số \({x_A},{y_A},{z_A}\) chỉ có tối đa 2 số lẻ.

Ta xét các trường hợp:

TH1: \({x_A},{y_A},{z_A}\) có đúng 2 số lẻ; tức là có đúng 2 số \(1\). Thế thì \[A,C\] sẽ cùng thuộc tập \(\left\{ {\left( {1;1;0} \right);\,\left( {1;1;2} \right)} \right\};\,\left\{ {\left( {1;0;1} \right);\,\left( {1;2;1} \right)} \right\};\,\left\{ {\left( {0;1;1} \right);\,\left( {2;1;1} \right)} \right\}\).

Như vậy sẽ có 3 cặp \(\left( {A,C} \right)\) ở trường hợp này.

TH2: \({x_A},{y_A},{z_A}\) có đúng 1 số lẻ. Khi đó \[A,C\] cùng thuộc các tập

\(\left\{ {\left( {1;a;b} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\};\left( {a;1;b} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\};\,\left( {a;b;1} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\}} \right\}\).

Như vậy sẽ có \(C_4^2.3 = 18\) cặp \(\left( {A,C} \right)\) ở trường hợp này.

TH3: \({x_A},{y_A},{z_A}\) không có số lẻ. Khi đó tất cả các tọa độ của \[A,C\] đều chẵn.

Có tất cả \({2^3} = 8\) đỉnh có tất cả các tọa độ đều chẵn.

Chọn hai điểm \[A,C\] trong các điểm này có \(C_8^2\) cách.

Vậy nên có tổng cộng tất cả \(C_8^2 + 18 + 3 = 49\) bộ ba đỉnh thẳng hàng.

Từ đó sẽ có \(C_{27}^3 - 49 = 2876\) tam giác được tạo thành.