Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Cửa Lò (Nghệ An) có đáp án

Chọn C

Nhận xét hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên ℝ.

\(f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}2x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x \le 1\\ - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x > 1\end{array} \right.\)

Ta lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) như sau:

Từ đó suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) suy ra ý C sai

Chọn A

Ta có \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 0,7\)

Do A và B là hai biến cố độc lập nên \(\bar A\) và \(B\) cũng là 2 biến cố độc lập

Suy ra \(P\left( {\bar AB} \right) = P\left( {\bar A} \right).P\left( B \right) = 0,7.0,5 = 0,35\)

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) nên giái trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) là \(f(2) = 3\)

a) Tên lửa đi từ điểm \[O\left( {0;0;0} \right)\] đến điểm \[A\left( {140;60;6} \right)\] trong 8 phút nên quãng đường đi được là \[OA = \sqrt {{{140}^2} + {{60}^2} + {6^2}} = 152,43 \approx 152(km)\]

Nên a) đúng.

b) Ở phút thứ 4 tên lửa ở vị trí B, do hướng và vận tốc không đổi nên quãng đường tên lửa bay đc 4 phút bằng nửa quãng đường OA. Do đó: \[\overrightarrow {OB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} = \left( {70;30;3} \right) \Rightarrow B\left( {70;30;3} \right)\]. Vậy ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là \[3km\] là đúng.

c) Sau 12 phút kể từ lúc phóng, tên lửa ở vị trí C. Do hướng và vận tốc không đổi nên quãng đường tên lửa bay đc sau 12 phút bằng \[\frac{3}{2}\]quãng đường OA. Do đó : \[\overrightarrow {OC} = \frac{3}{2}\overrightarrow {OA} = \left( {210;90;9} \right) \Rightarrow C\left( {210;90;9} \right)\].

Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là \[\left( {210;90;9} \right)\], nên ý c) sai.

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí \[A\] tên lửa đến điểm D. Khi đó thời gian từ O tới D là 18 phút. Do hướng và vận tốc không đổi nên quãng đường tên lửa bay đc sau 18 phút bằng \[\frac{9}{4}\]quãng đường OA. Do đó : \[\overrightarrow {OD} = \frac{9}{4}\overrightarrow {OA} = \left( {315;135;13,5} \right) \Rightarrow D\left( {315;135;13,5} \right)\].

Vậy sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí \[A\] tên lửa đạt độ cao là \[13,5km\] là đúng

a) Ta có \[h'\left( t \right) = \left( { - 0,005{t^4} + b{t^3} + c} \right)' = - 0,02{t^3} + 3b{t^2}\].

Mà \[h'\left( 5 \right) = 5\]\[ \Leftrightarrow - 0,{02.5^3} + 3b{.5^2} = 5 \Leftrightarrow b = \frac{{5 + 0,{{02.5}^3}}}{{{{3.5}^2}}} = 0,1\].

\(h\left( 0 \right) = 6 \Leftrightarrow c = 6\).

Do vậy \(h\left( t \right) = - 0,005{t^4} + 0,1{t^3} + 6\). Đáp án a sai.

b) Với \(h\left( t \right) = - 0,005{t^4} + 0,1{t^3} + 6\) thì \(h'\left( t \right) = - 0,02{t^3} + 0,3{t^2}\).

\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 0,02{t^3} + 0,3{t^2} = 0 \Leftrightarrow {t^2}\left( { - 0,02t + 0,3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 15\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

\(t\)	0                                                       15                                                   \( + \infty \)
\(h'\left( t \right)\)	+                              0                            -
\(h\left( t \right)\)	\(h(15)\)

Từ bảng biến thiên ta thấy giai đoạn tăng trưởng của cây là từ tuần 1 đến tuần thứ 15. Do vậy đáp án b đúng.

c) Chiều cao tối đa của cây đạt được khi \(t = 15\), và độ cao lớn nhất của cây là c\(h\left( {15} \right) \approx 90,375\left( {cm} \right)\). Do vậy đáp án c sai.

d) Thời điểm cây phát triển nhanh nhất là thời điểm \[h'\left( t \right)\] đạt giá trị lớn nhất.

Ta có \(h''\left( t \right) = - 0,06{t^2} + 0,6t\)

\(h''\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t\left( { - 0,06t + 0,6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 10\end{array} \right.\) (\(t = 0\) không thỏa mãn).

Chiều cao của cây tại thời điểm \(t = 10\) là \(h\left( {10} \right) = - 0,{005.10^4} + 0,{1.10^3} + 6 = 56\)(cm). Do vậy đáp án d đúng.

Đáp án: 0,05.

Gọi \(\Omega \) là không gian mẫu của phép thử.

Ta có \(n\left( \Omega \right) = 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6\).

Gọi \(A\) là biến cố lấy được \(4\) quả cầu ghi các số có tổng bằng \(15\). Ta giả sử các số đó \(a\), \(b\),\(c\), \(d\).

Theo giả thiết \(a + b + c + d = 15\).

Suy ra \(\left( {a,b,c,d} \right) \in \left\{ {\left( {1;2;3;9} \right),\left( {1,2,4,8} \right),\left( {1,2,5,7} \right),\left( {1,3,5,6} \right),\left( {1,3,4,7} \right),\left( {2,3,4,6} \right)} \right\}\)

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 6 \times 4!\).

Vậy xác suất cẩn tính \(P\left( A \right) = \frac{{6 \times 4!}}{{9 \times 8 \times 7 \times 6}} \approx 0,05\).

Lời giải

Trả lời: 46

Chi phí sản xuất cho \[x\] sản phẩm là \[xG\left( x \right) = 0,004{x^3} - 1,6{x^2} + 500x + 16000\](nghìn đồng).

Lợi nhuận thu được của doanh nghiệp:

\[h\left( x \right) = - 7{x^2} + 1700x - \left( {0,004{x^3} - 1,6{x^2} + 500x + 16000} \right) = - 0,004{x^3} - 5,4{x^2} + 1200x - 16000\](nghìn đồng).

Ta có: \[h'\left( x \right) = - 0,012{x^2} - 10,8x + 1200\].

Xét \[h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 100\\x = - 1000\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

Vậy lợi nhuận lớn nhất của doanh nghiệp khoảng \[46\] triệu đồng.

Đáp án: \(22\).

Đánh số các đỉnh là \({A_1},\,\,{A_2},\,\,{A_3},\,\,...,\,\,{A_{2n}}\).

* Số cách chọn 3 đỉnh bất kì: \(C_{2n}^3 = \frac{{\left( {2n} \right)!}}{{\left( {2n - 3} \right)!.3!}} = \frac{{2n.\left( {2n - 1} \right)\left( {2n - 2} \right)}}{6} = \frac{{2n\left( {2n - 1} \right)\left( {n - 1} \right)}}{3}\).

* Ba đỉnh cùng phía tạo thành một tam giác vuông hoặc tù.

+ Xét các tam giác vuông hoặc tù tại đỉnh \({A_1}\).

Đường chéo \({A_1}{A_{n + 1}}\) là đường kính của vòng tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có \(n - 1\) điểm: từ \({A_2}\) đến \({A_n}\) và \({A_{n + 2}}\) đến \({A_{2n}}\).

Lấy đỉnh \({A_k},k = 2,3,...,n\), dựng đường kính \({A_k}{A_{n + k}}\).

Để tam giác \({A_1}{A_k}{A_i}\) vuông hoặc tù tại \({A_1}\) thì ta cần lấy đỉnh \({A_i}\) với \(i = n + k,n + k + 1,...,2n\)

Với \(k = 2\) thì \(i \in \left\{ {n + 2,n + 3,...,2n} \right\}\) Þ Có \(2n - \left( {n + 2} \right) + 1 = n - 1\) điểm

Với \(k = 3\) thì \(i \in \left\{ {n + 3,n + 4,...,2n} \right\}\) Þ Có \(2n - \left( {n + 3} \right) + 1 = n - 2\) điểm

…

Với \(k = n\) thì \(i \in \left\{ {2n} \right\}\) Þ Có 1 điểm

Þ Số tam giác vuông hoặc tù tại \({A_1}\) là \(\left( {n - 1} \right) + \left( {n - 2} \right) + ... + 2 + 1 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\).

+ Tương tự với các tam giác vuông hoặc tù tại các đỉnh còn lại, ta có số tam giác vuông hoặc tù là

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}.2n = {n^2}\left( {n - 1} \right)\)

Xác suất chọn được 3 đỉnh cùng phía là \(P = \frac{{{n^2}\left( {n - 1} \right)}}{{C_{2n}^3}} = \frac{{3{n^2}\left( {n - 1} \right)}}{{2n\left( {2n - 1} \right)\left( {n - 1} \right)}} = \frac{{3n}}{{2\left( {2n - 1} \right)}}\).

Do đó, ta có \(\frac{{3n}}{{2\left( {2n - 1} \right)}} = \frac{{33}}{{43}} \Leftrightarrow 43n = 22\left( {2n - 1} \right) \Leftrightarrow n = 22\).

Cách khác:

Trong một đa giác đều có \(2n\) đỉnh, bất kỳ một đường chéo nào đi qua tâm cũng chia đường tròn ngoại tiếp thành hai nửa đường tròn bằng nhau. Mỗi nửa đường tròn (tính cả hai đầu mút của đường kính) sẽ chứa đúng \(n + 1\) đỉnh.

+) Ta chọn một đỉnh bất kỳ trong số \(2n\) đỉnh làm đỉnh bắt đầu (gọi là đỉnh \({A_i}\)).

+) Từ \({A_i}\), ta kẻ một đường kính sang đỉnh đối diện. Nửa đường tròn tính theo chiều kim đồng hồ bắt đầu từ \({A_i}\) sẽ bao gồm \({A_i}\) và \(n\) đỉnh tiếp theo.

+) Để bộ 3 đỉnh "cùng phía" và nhận \({A_i}\) làm đỉnh đầu tiên, ta chỉ cần chọn thêm 2 đỉnh nữa từ \(n\) đỉnh còn lại trong nửa đường tròn đó. Số cách chọn 2 đỉnh từ \(n\) đỉnh là: \(C_n^2\).

+) Có tất cả \(2n\) đỉnh có thể đóng vai trò là "đỉnh bắt đầu" \({A_i}\). Với mỗi đỉnh bắt đầu đó, có \(C_n^2\)  cách chọn 2 đỉnh còn lại để tạo thành một nhóm 3 đỉnh nằm gọn trong nửa đường tròn khởi đầu từ \({A_i}\).

Xác suất chọn được 3 đỉnh cùng phía là \(P = \frac{{2n.C_n^2}}{{C_{2n}^3}} = \frac{{3n}}{{2\left( {2n - 1} \right)}}\).

Do đó, ta có \(\frac{{3n}}{{2\left( {2n - 1} \right)}} = \frac{{33}}{{43}} \Leftrightarrow 43n = 22\left( {2n - 1} \right) \Leftrightarrow n = 22\).

Đáp án: 3.

Gọi \(O,I\) lần lượt là trung điểm của \(AC,AB\) và \(H = BO \cap CI.\)

Kẻ \(HK \bot SC\) tại \(K.\)

Ta có:

\(\widehat {ABC} = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CI \bot AB\), mà \(AB \bot SC \Rightarrow AB \bot (SCI)\) nên \(AB \bot SI\) \( \Rightarrow \Delta SAB\)cân tại \(S\) (trung tuyến còn đường cao).

Suy ra \(SA = SB\)\(,\Delta ABC,\Delta SAC\)đều nên \(SABC\) là tứ diện đều. Khi đó, \(SH \bot (ABCD).\)

Vì

\( \Rightarrow HK \bot (SCD) \Rightarrow {\rm{d}}(H,(SCD)) = HK\)

Ta lại có

\( \Rightarrow {\rm{d}}(AB,SD) = {\rm{d}}(AB,(SCD)) = {\rm{d}}(B,(SCD)) = \frac{3}{2}{\rm{d}}(H,(SCD)) = \frac{3}{2}HK.\)

Tính \(HK.\)

Ta có \(CH = \frac{2}{3}CI = \frac{2}{3}.\frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 6 \Rightarrow HK = \frac{{CH.HS}}{{SC}} = \frac{{CH\sqrt {S{C^2} - C{H^2}} }}{{SC}} = 2.\)

Vậy \({\rm{d}}(AB,SD) = \frac{3}{2}.2 = 3.\)

Đáp án: \(1,2\).

Gọi số tiền người thứ nhất, thứ hai, thứ ba đóng góp lần lượt là \(x,\,\,y,\,\,z\) \(\left( {x,\,\,y,\,\,z > 0} \right)\) (triệu đồng).

Số tiền người đầu đóng góp bằng nửa tổng số tiền của ba người còn lại nên:

\(x = \frac{1}{2}\left( {y + z + 260} \right) \Leftrightarrow 2x - y - z = 260\).

Số tiền người thứ hai đóng góp bằng \(\frac{1}{3}\) tổng số tiền của ba người còn lại nên:

\(y = \frac{1}{3}\left( {x + z + 260} \right) \Leftrightarrow - x + 3y - z = 260\).

Số tiền người thứ ba đóng góp bằng \(\frac{1}{4}\) tổng số tiền 3 người còn lại nên:

\(z = \frac{1}{4}\left( {x + y + 260} \right) \Leftrightarrow - x - y + 4z = 260\).

Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y - z = 260\\ - x + 3y - z = 260\\ - x - y + 4z = 260\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 300\\z = 240\end{array} \right.\).

Giá của chiếc thuyền là: \(400 + 300 + 240 + 260 = 1200\) (triệu đồng) hay \(1,2\) tỉ đồng.