Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lê Quý Đôn (Hà Nội) lần 01 có đáp án

Chọn B

Số các số tự nhiên có hai chữ số: \(9 \times 10 = 90\) (số).

Số các số tự nhiên có hai chữ số chia hết cho \(5\): \(9 \times 2 = 18\) (số).

Xác suất cần tính: \(\frac{{18}}{{90}} = \frac{1}{5}\).

Chọn D

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm: \(4,2 - 2,7 = 1,5\)\({\rm{km}}\).

Chọn A

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

Bảng xét dấu đạo hàm:

Vậy hàm số đã cho có \(2\) điểm cực trị.

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {{x^2}.{e^x}} \right)^\prime } = 2x.{e^x} + {x^2}.{e^x} = \left( {{x^2} + 2x} \right).{e^x}\). d). Đúng

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 2x} \right).{e^x} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.\). a). Sai

\(f\left( { - 1} \right) = \frac{1}{e};\,f\left( 0 \right) = 0;\,f\left( 1 \right) = e \Rightarrow 0 < \frac{1}{e} < e\). \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = 0\). b). Sai

BBT

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;\, - 2} \right)\) và \(\left( {0;\, + \infty } \right)\); nghịch biến trên \(\left( { - 2;\,0} \right)\). c). Sai

a) Từ đồ thị ta có hàm số \[y = f'\left( x \right)\] có dạng \[f'\left( x \right) = a{\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\].

Đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] đi qua \[\left( {0; - 4} \right)\] nên \[a = 1\].

Do đó \[f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\].

Vậy \[f'\left( 2 \right) = 16\].

b) Dựa vào đồ thị hàm số \[f'\left( x \right)\] ta có \[f'\left( x \right) \le 0,\forall x \le 1\] và \[f'\left( x \right) > 0,\forall x > 1\] nên

Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\].

c) Ta có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1{\rm{     }}\left( 1 \right)\]

Số nghiệm của \[\left( 1 \right)\] là số giao điểm của \[y = f\left( x \right)\]) và \[y = x - 1\]. Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng 1 hệ trục tọa độ ta thấy 2 đồ thị cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ \[x = - 3,x = - 1,x = 1\].

Bảng biến thiên

Hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{2}{x^2} + x + 2026\] đồng biến trên khoảng \[\left( {1;2026} \right)\].

d) Vì từ đồ thị của hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta thấy \[y = f'\left( x \right)\] chỉ đổi dấu một lần qua \[x = 1\] nên hàm số có một điểm cực trị.

a) Sai

Ta có vị trí của ra đa là \(O(0;0;0);\,D(20;0;9)\)

Vậy \(OD = \sqrt {{{20000}^2} + {{9000}^2}} \approx 22000\)(\(m\))

b) Đúng

Vị trí cuối cùng của máy bay là \(E(0;16;12)\)

Gọi điểm chính giữa của \(DE\) là điểm \(I \Rightarrow I\left( {10;8;\frac{{21}}{2}} \right)\)

Vậy cao độ của điểm \(I\) là khoảng cách của máy bay so với mặt đất, nên khi này máy bay cách mặt đất \(\frac{{21}}{2} \times 1000 = 10500\,m\).

c) Đúng

Ta có \(\overrightarrow {DE} ( - 20;16;3)\)

Phương trình đường thẳng \(DE:\,\left\{ \begin{array}{l}x = 20 - 20t\\y = 16t\\z = 9 + 3t\end{array} \right.,\,t \in \mathbb{R}\)

Với \(t = \frac{1}{5} \Rightarrow P\left( {16;\frac{{16}}{5};\frac{{48}}{5}} \right) \in DE\)

Vậy trên quãng đường bay từ \(D\) đến \(E\), máy bay sẽ bay qua vị trí \(P\left( {16;\frac{{16}}{5};\frac{{48}}{5}} \right)\).

d) Đúng

Gọi \(M \in DE \Rightarrow M\left( {20 - 20t;16t;9 + 3t} \right)\)

\(OM \le 20 \Rightarrow {\left( {20 - 20t} \right)^2} + {(16t)^2} + {(9 + 3t)^2} \le 400\)

\( \Leftrightarrow 665{t^2} - 746t + 81 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{81}}{{665}} \le t \le 1\)

Với \(t = \frac{{81}}{{665}} \Rightarrow {M_1}\left( {\frac{{2336}}{{133}};\frac{{1296}}{{665}};\frac{{6228}}{{665}}} \right) \in DE\)

Với \(t = 1 \Rightarrow {M_2}\left( {0;16;12} \right) \in DE\)

\( \Rightarrow {M_1}{M_2} \approx 22600\,m\).

a) Áp dụng công thức: \(X = \frac{{A{{(1 + r)}^n}.r}}{{{{(1 + r)}^n} - 1}}\)

Trong đó: \(X:\) Số tiền cần trả hàng tháng

                  \(A:\)Số tiền vay ngân hàng

                  \(r:\)lãi suất hàng tháng

                   \(n:\)Số tháng trả hết nợ

Thay số: \(X = \frac{{100{{(1 + 1\% )}^{60}}.1\% }}{{{{(1 + 1\% )}^{60}} - 1}} = 2.225tr \approx 2.3tr\)

                 \( \Rightarrow a\)) Sai

b) Nếu ông Minh mỗi tháng đến ngân hàng hoàn nợ \(3\)triệu đồng thì ngay sau khi hoàn nợ lần thứ nhất, số tiền còn nợ ngân hàng của ông Minh là: \(100tr + 100tr.1\% - 3tr = 98tr\)

Số tiền còn nợ ngân hàng của ông Minh sau khi hoàn nợ lần thứ 2 là:

                 \(98tr + 98tr.1\% - 3tr = 95,98tr\)

                 \( \Rightarrow b\)) Sai

c) Hết tháng thứ nhất, ông Minh đến ngân hàng hoàn nợ 2 triệu đồng thì số tiền còn nợ ngân hàng

                 \(100tr + 100tr.1\% - 2tr = 99tr\)

Suy ra ngay trước ngày hoàn nợ lần hai là: \(99tr + 99tr.1\%  - 2tr = 99,99tr\)

                 \( \Rightarrow c\)) đúng

d) Ông Minh vay ngân hàng \(100\)triệu đồng với lãi suất không đổi trong suốt quá trình vay là \(1\% \)/tháng. Sau tháng thứ nhất kể từ ngày vay, số tiền ông Minh nợ ngân hàng là:

                 \(100tr + 100tr.1\% = 101tr\)

                 \( \Rightarrow d\)) Đúng

Đáp án: \(30,4\).

Cỡ mẫu \(n = 30\)

* Tính \({Q_1}\)

Ta có \(\frac{n}{4} = 7,5 \Rightarrow {Q_1} \in \left[ {120;140} \right)\)

-> \({Q_1} = 120 + \left( {7,5 - 6} \right) \times \frac{{140 - 120}}{8} = \frac{{495}}{4}\)

* Tính \({Q_3}\)

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 22,5 \Rightarrow {Q_3} \in \left[ {140;160} \right)\)

-> \({Q_3} = 140 + \left[ {22,5 - \left( {6 + 8} \right)} \right] \times \frac{{160 - 140}}{{12}} = \frac{{925}}{6}\)

Suy ra khoảng tứ phân vị của mẫu là

\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{925}}{6} - \frac{{495}}{4} = \frac{{365}}{{12}} \approx 30,4\)

Đáp án: \(11,7\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Lúc khó: \(A\left( {0,0,0} \right),B\left( {20,0,0} \right),D\left( {0,20,0} \right),D\prime \left( {0,20,20} \right)\)

- Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AD\prime \) là \(\overrightarrow {AD'} = \left( {0,20,20} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {AD'} } \right| = 20\sqrt 2 \)

Kiến vàng đi thẳng từ \(A\) đến \(D'\) với vận tốc \(2{\rm{ cm/s}}\)

⇒ Vectơ vận tốc kiến vàng: \({\vec v_1} = \frac{{\overrightarrow {AD'} }}{{\left| {\overrightarrow {AD'} } \right|}}.{v_1} = \left( {0;\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)

- Vectơ chỉ phương đường thẳng \(DB\) là \(\overrightarrow {DB} = \left( {20, - 20,0} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {DB} } \right| = 20\sqrt 2 \)

Kiến đen đi thẳng từ \(D\) đến \(B\) với vận tốc \(3{\rm{ cm/s}}\).

⇒ Vectơ vận tốc kiến đen: \({\vec v_2} = \frac{{\overrightarrow {BD} }}{{\left| {BD} \right|}}.{v_2} = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}, - \frac{3}{{\sqrt 2 }},0} \right)\)

Gọi \(t\) (giây) là thời gian kể từ lúc xuất phát.

* Vị trí kiến vàng tại thời điểm t là \(M\left( t \right) = \left( {0,\sqrt 2 t,\sqrt 2 t} \right)\)

* Vị trí kiến đen tại thời điểm t là \(N\left( t \right) = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t,20 - \frac{3}{{\sqrt 2 }}t,0} \right)\)

Khoảng cách giữa hai chú kiến là \(MN\) và

\(M{N^2}(t){\rm{ }} = {\left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t} \right)^2} + {\left( {20 - \frac{3}{{\sqrt 2 }}t - \sqrt 2 t} \right)^2} + {(\sqrt 2 t)^2} = 19{t^2} - 100\sqrt 2 t + 400\)

Giá trị nhỏ nhất của \(M{N^2}\) đạt được khi: \(t = \frac{{50\sqrt 2 }}{{19}}\)

Khi đó: \(M{N_{\min }} = \sqrt {\frac{{2600}}{{19}}} \approx 11,7\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)

Đáp án: 7

Số sản phẩm xuất khẩu là \(E\left( x \right) = R\left( x \right) - Q\left( x \right) = 40x - 3200\).

Vì \(E\left( x \right) > 0\) nên \(x > 80\)

Lợi nhuận xuất khẩu là

\[L\left( x \right) = \left( {150 - x - a} \right)\left( {40x - 3200} \right)\]

Thuế nhà nước thu là \(T\left( x \right) = a\left( {40x - 3200} \right)\)

Theo đề bài tỉ lệ 4:1 nên \(\frac{{L\left( x \right)}}{{T\left( x \right)}} = 4 \Leftrightarrow x = 150 - 5a\).

Với \(x = 150 - 5a\) ta có \(L\left( a \right) = 4a\left( {2800 - 200a} \right) \le 100{\left( {2a + 28 - 2a} \right)^2} = 78400\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(2a = 28 - 2a \Leftrightarrow a = 7\).

Đáp án: \[0,5\].

Dễ thấy \(BD \bot \left( {SAC} \right)\) và cắt \(\left( {SAC} \right)\) tại \(O\), nên trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)từ \(O\) kẻ \(OH \bot SC\) thì \(OH\) là đường vuông góc chung của \[SC\] và \[BD\] và \[BD\]. Suy ra \[d\left( {BD,SC} \right) = OH\]

Trong tam giác vuông \(SAC\) kẻ \(AK||OH\) (\(OK \bot SC\)) và \(OH = \frac{1}{2}AK\).

Do \(AK\) là đường cao của tam giác vuông \(SAC\) nên \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{2}{{A{C^2}}} = \frac{2}{{{{\left( {1\sqrt 2 } \right)}^2}}} = 1 \Rightarrow AK = 1\) (do tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\))

Vậy \[d\left( {BD,SC} \right) = \frac{1}{2}.1 = 0,5\].

Đáp án: –37.

+ Gọi C: “lấy được 3 bi đỏ từ hộp\[C\]”

                        \[{B_i}\]: “lấy \[i\]bi đỏ hộp\[B\]”

                        \({A_i}\): “Lấy \[i\]bi đổ hộp\[A\]”

+ Ta có

\[\begin{array}{l}P\left( C \right) = P\left( {{A_0}} \right)P\left( {{B_1}/{A_0}} \right)P\left( {C/{B_1}} \right) + P\left( {{A_0}} \right)P\left( {{B_2}/{A_0}} \right)P\left( {C/{B_2}} \right) + P\left( {{A_1}} \right)P\left( {{B_1}/{A_1}} \right)P\left( {C/{B_1}} \right) + \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + P\left( {{A_1}} \right)P\left( {{B_2}/{A_1}} \right)P\left( {C/{B_2}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{3}{8}.\frac{{2.3}}{{C_5^2}}.\frac{1}{{C_6^3}} + \frac{3}{8}.\frac{1}{{C_5^2}}.\frac{{C_4^3}}{{C_6^3}} + \frac{5}{8}.\frac{{2.3}}{{C_5^2}}.\frac{1}{{C_6^3}} + \frac{5}{8}.\frac{{C_3^2}}{{C_5^2}}.\frac{{C_4^3}}{{C_6^3}} = \frac{3}{{40}} \Rightarrow a = 3;b = 40.\end{array}\]

Vậy \[a - 40 = - 37\].