Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Trần Phú (Hải Phòng) lần 1 có đáp án

Chọn A

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\).

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - x = 2\\3 - y = - 1\\ - 1 - z = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 4\\z = - 6\end{array} \right.\).

Vậy \(M\left( { - 2;4; - 6} \right)\).

Chọn B

Chọn C

Trung điểm của \(AB\) có tọa độ là: \(\left( {\frac{{1 - 2}}{2};\frac{{ - 2 + 1}}{2};\frac{{3 + 2}}{2}} \right) = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\).

d) Đúng

Ta có phương trình hoành độ giao điểm với trục hoành (\(y = 0\)): \(4,8\sin \left( {\frac{x}{9}} \right) = 0 \Rightarrow \frac{x}{9} = k\pi \).

Tại \(O\), \(x = 0\). Điểm \(A\) ứng với \(k = 1\) (nghiệm dương nhỏ nhất), suy ra \({x_A} = 9\pi \).

Chiều rộng sông: \(OA = 9\pi \approx 28,274\) mét.

Làm tròn đến hàng phần mười: \(28,3\) m.

Kết luận: Đúng.

b) Sai

Đỉnh cầu (điểm cao nhất): Khi \(\sin \left( {\frac{x}{9}} \right) = 1 \Rightarrow {y_{\max }} = 4,8\) mét.

Vậy đỉnh cầu cao \(4,8\)m so với mặt nước.

Kết luận: Sai.

c) Đúng

Ta cần tìm độ rộng của phần vòm cầu có độ cao \(y \ge 3,6\).

Giải phương trình:

(với \(\alpha \approx 0,848...\) )

Vị trí 1 (Bên trái): \({x_1} = 9 \cdot \alpha \)

Vị trí 2 (Bên phải): \({x_2} = 9 \cdot (\pi - \alpha )\)

Chiều rộng tối đa cho phép = \({x_2} - {x_1} \approx 20,6415 - 7,632 = 13,0095\) m.

Làm tròn đến hàng phần trăm: 13,01

Kết luận: Đúng

a) Sai

Ta có: muốn xà lan đi lọt thì phải đi vào giữa, và chiều cao của khối hàng hóa mép ngoài cùng (\({x_2}\)) phải nhỏ hơn chiều cao của cầu cũng tại vị trí (\({x_2}\))

Điểm chính giữa sông (trục đối xứng) có toạ độ: \({x_{giua}} = \frac{{9\pi }}{2} \approx 14,137{\rm{ }}(m)\)

Để sà lan đi qua dễ nhất, người lái tàu phải canh cho sà lan đi chính giữa sông (nơi cầu cao nhất).

Bề rộng sà lan là \(9{\rm{ }}m\). Vì đi chính giữa nên sà lan sẽ nằm về hai phía của tâm, mỗi bên một nửa là 4,5m

Khi sà lan đi qua, phần rủi ro va chạm nhất chính là hai mép ngoài cùng của thùng hàng (vì càng ra xa tâm, cầu càng thấp xuống).

Tọa độ \({x_2}\) của mép sà lan sẽ là: \({x_2} = {x_{m\'e p}} = {x_{giua}} + 4,5 = \frac{{9\pi }}{2} + 4,5\) và độ cao của cầu tại điểm có hoành độ \({x_2} = {x_{m\'e p}} = {x_{giua}} + 4,5 = \frac{{9\pi }}{2} + 4,5\) là\(y = 4,8 \cdot \sin \left( {\frac{{\frac{{9\pi }}{2} + 4,5}}{9}} \right) \approx 4,212{\rm{ }}(m)\).

Vậy chiều cao của khối hàng hóa đó phải nhỏ hơn 4,2 m chứ không phải 4,1m.

Kết luận: Sai

(a) [NB] Xét \(\Delta \,ABC\) vuông cân tại \(A\), nên có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = a\sqrt 2 \), và \(HA = HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Do đó \(H\) là tâm đường trong ngoại tiếp \(\Delta \,ABC\).

Hình chóp \(S.ABC\) có \(SA = SB = SC\), nên hình chiếu của \(S\)lên đáy là tâm của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \,ABC\). Suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\). Vậy (a) đúng.

(b) [TH] Xét \(\Delta \,ABC\) vuông tại \(A\), có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Xét \(\Delta \,SAH\) vuông tại \(H\) có \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = a\)

Vậy thể tích khối chóp \(\,S.ABC\) là: \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{6}\)\(\)(đvtt)

Vậy (b) Sai.

(c) [TH] Vì \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AH \Rightarrow \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AH} = 0\)

Vì \(\,\,\Delta ABC\) vuông cân tại \(A \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HB} = 0\)

Tính \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {SB} = \overrightarrow {AH} .\left( {\overrightarrow {SH} + \overrightarrow {HB} } \right) = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {SH} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HB} = 0 \Rightarrow \)\(AH \bot SB\).

Vậy (c) đúng.

(d) [TH] Khoảng cách từ điểm \(C\)đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) bằng \(\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\).

Trong \(\Delta \,ABC\) kẻ \(HK \bot AB\), suy ra \(HK{\rm{//}}AC\), vậy \(HK\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\), nên \(HK = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{2}\).

Khi đó có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HK\\AB \bot SH\,\,\,\left( {do\,\,\,SH \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AB \bot \left( {SHK} \right)\).

Trong \(\Delta SHK\) kẻ \(HI \bot SK\, \Rightarrow \,HI \bot AB\). Vậy \(HI \bot \left( {SAB} \right)\).

Do đó \(d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HI = \frac{{HK.HS}}{{\sqrt {H{K^2} + H{S^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}.a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

Vì \(H\) là trung điểm của \(BC\), nên \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 2.d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = 2.HI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)

Vậy (d) đúng.

Thiết lập hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ, với gốc \(O\) nằm ở chân cột trụ tại mặt nước, trục \(Oz\) trùng với cột trụ, mặt phẳng \(Oxy\) là mặt nước và trục \(Oy\) cùng phương với cầu. Đơn vị trên hệ trục tọa độ là mét.

a) Đúng.

Điểm \(D\) thuộc trục \(Oz\) và cách mặt nước \(227\) m. Do đó, \(D\) có tọa độ là \((0;0;227)\).

b) Đúng.

Điểm \(A\) thuộc mặt phẳng \((Oyz)\) nên hoành độ của \(A\) là \({x_A} = 0\).

Điểm \(A\) cách mặt nước \(75\) m nên tung độ \({z_A} = 75\).

Điểm \(A\) cách trục \(Oz\) một khoảng \(343\) m. Khoảng cách từ một điểm trên mặt phẳng \((Oyz)\) đến trục \(Oz\) chính là giá trị tuyệt đối của tung độ \(y\). Từ hình vẽ, điểm \(A\) nằm ở phía dương của trục \(Oy\), nên \({y_A} = 343\).

Vậy tọa độ điểm \(A\) là \((0;343;75)\).

Tọa độ của vector \(\overrightarrow {AD} \) là: \(\overrightarrow {AD} = (0 - 0;0 - 343;227 - 75) = (0; - 343;152)\).

c) Đúng.

Độ dài \(AD = |\overrightarrow {AD} | = \sqrt {{0^2} + {{( - 343)}^2} + {{152}^2}} \)\( = \sqrt {117649 + 23104} \)\( \approx 375.1706\)

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được \(AD \approx 375.17\) m.

d) Sai.

Điểm \(M\) trên thành cầu.

\(M\) cách mặt nước \(75\) m nên \({z_M} = 75\).

\(M\) cách trục \(Oz\) một khoảng \(230\) m. Tương tự như điểm \(A\), từ hình vẽ, \(M\) nằm ở phía dương của trục \(Oy\), nên \({y_M} = 230\).

Vì \(M\) cũng nằm trên cầu như \(A\), ta giả định \(M\) cũng thuộc mặt phẳng \((Oyz)\), nên \({x_M} = 0\).

Vậy tọa độ điểm \(M\) là \((0;230;75)\).

Điểm \(N\) nằm trên dây cáp \(AD\) và đoạn \(MN\) song song với cột trụ (\(Oz\)).

Vì \(MN\) song song với \(Oz\), nên hoành độ và tung độ của \(N\) phải bằng hoành độ và tung độ của \(M\).

Do đó, \(N = (0;230;{z_N})\).

Điểm \(N\) nằm trên đoạn thẳng \(AD\). Ta có: \(A = (0;343;75)\), \(D = (0;0;227)\).

Một điểm \(N(x;y;z)\) nằm trên \(AD\) có thể được biểu diễn như sau: \(\overrightarrow {AN} = k \cdot \overrightarrow {AD} \) với \(k \in [0;1]\).

\( \Rightarrow ({x_N} - {x_A};{y_N} - {y_A};{z_N} - {z_A}) = k({x_D} - {x_A};{y_D} - {y_A};{z_D} - {z_A})\)

\( \Rightarrow (0; - 113;{z_N} - 75) = k(0; - 343;152)\)

Từ hoành độ: \(0 = k \cdot 0\) (luôn đúng).

Từ tung độ: \( - 113 = k( - 343) \Rightarrow k = \frac{{ - 113}}{{ - 343}} = \frac{{113}}{{343}}\).

Từ cao độ: \({z_N} - 75 = k \cdot 152\)\( = 75 + \frac{{17176}}{{343}} = \frac{{42901}}{{343}}\).

Tọa độ điểm \(N\) là \(\left( {0;230;\frac{{42901}}{{343}}} \right)\).

Độ dài đoạn đèn LED \(MN\) là khoảng cách giữa \(M\) và \(N\). Vì \({x_M} = {x_N}\) và \({y_M} = {y_N}\), độ dài \(MN\) chính là giá trị tuyệt đối của hiệu các cao độ \(z\):

\(MN = |{z_N} - {z_M}| = \left| {\frac{{42901}}{{343}} - 75} \right|\)\( = \frac{{17176}}{{343}}\)\( \approx 50,0758\).

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được \(MN \approx 50,08\) m.

a) Sai.

Ta có: \[f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\].

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại gốc tọa độ \[O\]nên \[d = 0\].

Hàm số có hai điểm cực trị \[x = - 1,x = 1\] và \[f\left( 1 \right) = 2\]nên ta có:\[\left\{ \begin{array}{l}3a - 2b + c = 0\\3a + 2b + c = 0\\a + b + c + d = 2\end{array} \right.\].

Khi đó: \[a = - 1,b = 0,c = 3,d = 0\].

Vậy trong bốn giá trị \[a,b,c,d\] có 2 giá trị bằng 0.

b) Đúng.

Do đồ thị hàm số đối xứng qua gốc O nên hàm số \[y = f\left( x \right)\] là hàm số lẻ trên tập \[\mathbb{R}\].

c) Đúng.

Theo đồ thị hàm số, ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] là \[x = - 1\].

d) Đúng.

Đường thẳng\[y = \frac{{2025}}{{2026}}\] cắt đồ thị hàm số\[y = f\left( x \right)\] tại 3 điểm phân biệt.

Vậy số nghiệm thực của phương trình \[f\left( x \right) = \frac{{2025}}{{2026}}\] là 3.

Đáp án: 450.

Chọn một đỉnh đầu tiên làm đỉnh của tứ giác có 15 cách.

Vì bốn đỉnh của tứ giác không có cạnh nào là cạnh thuộc đa giác \(\left( H \right)\) nên giữa các đỉnh của tứ giác sẽ có \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}\) đỉnh là đỉnh của đa giác \(\left( H \right)\)

Vì đa giác có 15 đỉnh, đã chọn 4 đỉnh làm đỉnh của tứ giác, vì vậy tổng số đỉnh của của đa giác \(\left( H \right)\) không được chọn và nằm giữa 4 đỉnh đã chọn là \(15 - 4 = 11\)

của đa giác \(\left( H \right)\)

Số nghiệm nguyên dương của phương trình là: \(C_{10}^3\) (Bài toán chia kẹo Euler)

Vì đỉnh đầu tiên có 15 cách chọn, tuy nhiên vai trò của 4 đỉnh trong tứ giác là như nhau

Số tứ giác tạo thành \(\frac{{15C_{10}^3}}{4} = 450\).

Đáp án: \[1,5\].

Thể tích nước sau 2 phút là \[4,75.2 = 9,5\;\left( {lit} \right) = 9,5\;\left( {d{m^3}} \right)\].

Vì lúc đầu chậu không có nước nên phần nước bơm vào chiếm chỗ bằng một khối chóp cụt tứ giác đều với cạnh đáy lần lượt là \[A'D' = 2\;\left( {dm} \right)\], \[{A_1}{D_1} = x\;\left( {dm} \right)\] và chiều cao \[A'K = h\;\left( {dm} \right)\].

Có \[AC = 4\sqrt 2 \;\left( {dm} \right),\;A'C' = 2\sqrt 2 \;\left( {dm} \right)\], suy ra \[AH = \frac{{AC - A'C'}}{2} = \frac{{4\sqrt 2 - 2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \;\left( {dm} \right)\]

Và \[{A_1}{C_1} = x\sqrt 2 \;\left( {dm} \right)\], suy ra \[{A_1}K = \frac{{{A_1}{C_1} - A'C'}}{2} = \frac{{x\sqrt 2 - 2\sqrt 2 }}{2}\;\left( {dm} \right)\].

Mặt khác, trong tam giác \[A'AH\] theo Ta-lét có \[\frac{{{A_1}K}}{{AH}} = \frac{{A'K}}{{A'H}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{x\sqrt 2 - 2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{h}{3} \Leftrightarrow h = 3.\frac{{x - 2}}{2}\].

Có \[{V_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}h.\left( {{x^2} + {2^2} + \sqrt {{x^2}{{.2}^2}} } \right) = 9,5\]\[ \Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{2}.\left( {{x^2} + 4 + 2x} \right) = 9,5\]\[ \Leftrightarrow x = 3\].

Vậy \[h = 3.\frac{{3 - 2}}{2} = 1,5\].

Đáp số: \(0,66\).

Số cách chọn của Hải là: \(n(H) = C_9^3 = 84\).

Số cách chọn của Sơn là: \(n(S) = C_8^3 = 56\).

Do đó: \(n(\Omega ) = 84 \times 56 = 4704\).

Ta thấy nếu số của Hải lớn hơn số của Sơn thì xảy ra trong hai trường hợp sau:

*Trường hợp 1: Hải chọn được quả bóng số 9

Nếu Hải chọn được bóng số 9, số của Hải chắc chắn bắt đầu bằng chữ số 9 (dạng 9bc)

Do đó, hễ Hải có số 9 là Hải chắc chắn thắng.

Số cách Hải chọn có số 9 là: \(1 \times C_8^2 = 28\) cách.

Với mỗi cách này, Sơn có thể chọn bất kỳ trong 56 cách.

Số kết quả thuận lợi ở TH1: \(28 \times 56 = 1568\).

*Trường hợp 2: Hải không chọn được quả bóng số 9

Lúc này, cả Hải và Sơn đều chọn 3 bóng từ cùng một tập số \(\{ 1,2, \ldots ,8\} \).

Số cặp kết quả trong trường hợp này là: \(C_8^3 \times C_8^3 = 56 \times 56 = 3136\).

Vì tập số của hai bạn là như nhau, nên theo tính đối xứng, số trường hợp Hải thắng (\(X > Y\)) sẽ bằng số trường hợp Sơn thắng (\(X < Y\)).

Số trường hợp hòa (\(X = Y\)) xảy ra khi hai bạn chọn trùng bộ 3 quả bóng: có 56 trường hợp.

Số kết quả Hải thắng (Sơn thua) ở TH2 là: \({n_2} = \frac{{3136 - 56}}{2} = 1540\)

Tổng số trường hợp thuận lợi để Sơn thua là: \(n(A) = 1568 + 1540 = 3108\)

Xác suất để Sơn thua là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{3108}}{{4704}} \approx 0,66\).

Đáp án: \(3\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 3\left( {{m^2} + 2m} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Để hàm số có giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{y_{C{\rm{D}}}} \ge y\left( 0 \right)\end{array} \right.\)

Ta có

\({y_{CD}} = y\left( m \right) = {m^3} - 3\left( {m + 1} \right){m^2} + 3m\left( {{m^2} + 2m} \right) - 2025 = {m^3} + 3{m^2} - 2025\)

\(y\left( 0 \right) = - 2025\)

\({y_{CD}} \ge y\left( 0 \right)\) Û \({m^3} + 3{m^2} - 2025 \ge - 2025 \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 3\)

Þ \( - 3 \le m < 0\)

Vì \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn.

Gọi các đỉnh của đoạn dây điện như ở hình vẽ này:

Trải tường chứa \(A\); tường chứa \(B\);các mặt của cột lên mặt phẳng \(Oyz\) ta có hình vẽ sau:

Ta nhận thấy như sau: Khi trải phẳng hình như trên; độ dài của đoạn dây điện vẫn được bảo toàn; đồng thời nhìn vào hình vẽ trên ta thấy được độ dài đoạn dây điện sẽ lớn hơn hoặc bằng độ dài đoạn \(AB\) khi trải hình như trên. Như vậy; ta đi tính độ dài đoạn \(AB\) khi trai hình như trên.

Lấy \(O'\) là hình chiếu của \(A\) lên \({B_1}{D_1}.\) \(P\) là hình chiếu của \(B\) lên \({F_1}{G_1}.\)

Khi đó \(AO'\) ở hình vẽ trên cũng chính bằng khoảng cách từ điểm \(A\) của đề lên \(Oy\) và nó cũng bằng \(2,5\). Tương tự \(BP = 1\).

\(O'{B_1}\) sẽ bằng khoảng cách từ \(A\) đến \(Oz\) và bằng \(1\). Tương tự \({F_1}P = 0,5.\)

Ta có độ dài \({B_1}{F_1} = {A_1}{I_1} + {I_1}{J_1} + {J_1}{K_1} + {K_1}{L_1} + {L_1}{E_1} = 4 + 0,2.2 = 4,4 \Rightarrow O'P = 1,5 + 4,4 = 5,9\).

Do đó nên theo định lý Pytago ta có \(AB = \sqrt {O'{P^2} + {{\left( {AO' - BP} \right)}^2}} \approx 6,09\).

Vậy nên độ dài đoạn dây điện tối thiểu xấp xỉ \(6,09\;\)m.

Đáp án: 36.

+ Ta có \({b^3} - \frac{{3b - 1}}{4} = \frac{{4{b^3} - 3b + 1}}{4} = \frac{{{{\left( {2b - 1} \right)}^2}\left( {b + 1} \right)}}{4} \ge 0\) \( \Rightarrow \frac{{3b - 1}}{4} \le {b^3}\).

Vì \(a < 1\) nên \(4{\log _a}\left( {\frac{{3b - 1}}{4}} \right) \ge 4{\log _a}\left( {{b^3}} \right) = 12{\log _a}b\).

+ Ta có \({c^2} - \left( {\frac{c}{2} - \frac{1}{{16}}} \right) = {c^2} - \frac{c}{2} + \frac{1}{{16}} = {\left( {c - \frac{1}{4}} \right)^2} \ge 0\)\( \Rightarrow \frac{c}{2} - \frac{1}{{16}} \le {c^2}\).

Vì \(b < 1\) nên \(3{\log _b}\left( {\frac{c}{2} - \frac{1}{{16}}} \right) \ge 3{\log _b}\left( {{c^2}} \right) = 6{\log _b}c\).

+ Ta có \({a^4} - \left( {\frac{a}{2} - \frac{3}{{16}}} \right) = {a^4} - \frac{a}{2} + \frac{3}{{16}}\).

Sử dụng biến đổi: \({a^4} - \frac{1}{2}a + \frac{3}{{16}} = {\left( {a - \frac{1}{2}} \right)^2}\left( {{a^2} + a + \frac{3}{4}} \right) \ge 0\)\( \Rightarrow \frac{a}{2} - \frac{3}{{16}} \le {a^4}\).

Vì \(c < 1\) nên \(6{\log _c}\left( {\frac{a}{2} - \frac{3}{{16}}} \right) \ge 6{\log _c}\left( {{a^4}} \right) = 24{\log _c}a\).

+ Cộng 3 bất đẳng thức ta được:\(P \ge 12{\log _a}b + 6{\log _b}c + 24{\log _c}a\)

Ta có \(P \ge 3\sqrt[3]{{12 \cdot 6 \cdot 24 \cdot \left( {{{\log }_a}b \cdot {{\log }_b}c \cdot {{\log }_c}a} \right)}} \ge 3\sqrt[3]{{1728 \cdot 1}} = 36\). Vậy \(MinP = 36\) khi và chỉ khi