Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lê Quý Đôn (Hà Nội) lần 2 có đáp án

Chọn D

\({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}.SC.\,{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}5a.\,3a.4a = 20{a^3}\)

Chọn D

Thay tọa độ các điểm vào phương trình \(\left( \alpha  \right)\), ta thấy điểm \(Q\left( {2;2; - 3} \right)\) thỏa vì \(4 - 2 - 9 + 7 = 0\)

Chọn C

\(y' = \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {2;5} \right]\,\) nên hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\) \( \Rightarrow \,\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;5} \right]} y = y\left( 5 \right) = \frac{5}{4}\)

Chọn B

Giá trị trung bình của mẫu số liệu là:

\(\overline x  = \frac{1}{{180}}\left( {30.6,5 + 55.\,9,5 + 45.\,12,5 + 30.15,5 + 20.\,18,5} \right) = 11,75\).

Chọn D

Ta có \({\log _a}\left( {{a^3}b} \right) = {\log _a}{a^3} + {\log _a}b = 3 + 2023 = 2026\).

Chọn C

Ta có

\(\begin{array}{l} - 1 \le \sin 2x \le 1\\ \Rightarrow  - 4 \le 4\sin 2x \le 4\\ \Rightarrow  - 7 \le 4\sin 2x - 3 \le 1\end{array}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = 4\sin 2x - 3\) là \( - 7\).

Dấu bằng xảy ra khi \(\sin 2x =  - 1\).

Chọn D

Ta có \({u_2} = {u_1} + d \Leftrightarrow 3 =  - 2 + d \Rightarrow d = 5\).

Do đó \({u_4} = {u_1} + 3d =  - 2 + 3\,.\,5 = 13\).

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm \(x = 0\).

Chọn B

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + 2026\) là \(\frac{{{x^4}}}{4} + 2026x + C\)

Chọn B

Lời giải chi tiết bài toán \[{\left( {\overrightarrow u  + \overrightarrow v } \right)^2} = {\overrightarrow u ^2} + {\overrightarrow v ^2} + 2\overrightarrow u \overrightarrow v  = {\left| {\overrightarrow u } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow v } \right|^2} + 2\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow v } \right|\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)\]

\[ = {3^2} + {5^2} + 2.3.5.\cos 120^\circ  = 9 + 25 + 2.3.5.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 19\]

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow u  + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {19} \).

Chọn C

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,2.0,7 = 0,14\).

Chọn D

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = 1\).

a) \(d(M,(P)) = \frac{{|2( - 2) - 2(3) - (4) - 7|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{| - 4 - 6 - 4 - 7|}}{3} = \frac{{| - 21|}}{3} = 7\).

\(d(N,(P)) = \frac{{|2(1) - 2( - 1) - (0) - 7|}}{3} = \frac{{|2 + 2 - 0 - 7|}}{3} = \frac{{| - 3|}}{3} = 1\).
Ta thấy \(7 > 1\), vậy khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \((P)\) lớn hơn khoảng cách từ điểm \(N\) đến mặt phẳng \((P)\).

Vậy a) là đúng.

b) Phương trình mặt phẳng \((P)\) là \(2x - 2y - z - 7 = 0\).

Vậy, một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng \((P)\) là \({\vec n_P} = (2; - 2; - 1)\).

Vậy b) là sai.

c)  Mặt phẳng \((Q)\) đi qua điểm \(M( - 2;3;4)\).

Mặt phẳng \((Q)\) vuông góc với mặt phẳng \((P):2x - 2y - z - 7 = 0\).

Vectơ pháp tuyến của \((P)\) là \({\vec n_P} = (2; - 2; - 1)\).

Gọi \({\vec n_Q} = (a;b;c)\) là véctơ pháp tuyến của \((Q)\).

Vì \((Q) \bot (P)\), nên \({\vec n_Q} \cdot {\vec n_P} = 0 \Rightarrow 2a - 2b - c = 0 \Rightarrow c = 2a - 2b\).

Phương trình của mặt phẳng \((Q)\) có dạng: \(a(x + 2) + b(y - 3) + (2a - 2b)(z - 4) = 0\).

Đây là phương trình của một chùm mặt phẳng. Để tìm khoảng cách lớn nhất từ điểm \(A(7;3;4)\) đến các mặt phẳng trong chùm này, ta cần tìm khoảng cách từ \(A\) đến đường thẳng \(L\) là giao tuyến của tất cả các mặt phẳng \((Q)\).

Viết lại phương trình của \((Q)\): \(a(x + 2z - 6) + b(y - 2z + 5) = 0\).

Đường thẳng \(L\) là giao tuyến của hai mặt phẳng: \(({L_1}):x + 2z - 6 = 0\) và  \(({L_2}):y - 2z + 5 = 0\)

Vectơ pháp tuyến của \(({L_1})\) là \({\vec n_1} = (1;0;2)\). Vectơ pháp tuyến của \(({L_2})\) là \({\vec n_2} = (0;1; - 2)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(L\) là \({\vec u_L} = \left[ {{{\vec n}_1},{{\vec n}_2}} \right]\)\( = ( - 2;2;1)\).

Để tìm một điểm thuộc \(L\), ta có thể cho \(z = 0\):

\(x - 6 = 0 \Rightarrow x = 6\).

\(y + 5 = 0 \Rightarrow y =  - 5\).
Vậy điểm \(S(6; - 5;0)\) thuộc đường thẳng \(L\).

Khoảng cách lớn nhất từ điểm \(A(7;3;4)\) đến mặt phẳng \((Q)\) chính là khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(L\).

Ta có \(\overrightarrow {SA}  = (1;8;4)\); \(|{\vec u_L}| = 3\); \(\left[ {\overrightarrow {SA} ,{{\vec u}_L}} \right]\)\( = (0; - 9;18)\); \(\left| {\left[ {\overrightarrow {SA} ,{{\vec u}_L}} \right]} \right| = 9\sqrt 5 \).

Khoảng cách từ \(A\) đến \(L\) là \(d(A,L) = \frac{{|\overrightarrow {SA}  \times {{\vec u}_L}|}}{{|{{\vec u}_L}|}} = \frac{{9\sqrt 5 }}{3} = 3\sqrt 5 \).

Vậy c) là đúng.

d)  Gọi \((R)\) là mặt phẳng chứa hai điểm \(M( - 2;3;4)\), \(N(1; - 1;0)\) và song song với trục \(Oy\).

Vectơ \(\overrightarrow {MN}  = (3; - 4; - 4)\).

Trục \(Oy\) có vectơ chỉ phương là \(\vec j = (0;1;0)\).

Vì mặt phẳng \((R)\) chứa \(M,N\) và song song với \(Oy\), nên véctơ pháp tuyến \({\vec n_R}\) của \((R)\) phải vuông góc với cả \(\overrightarrow {MN} \) và \(\vec j\).

Do đó, ta có thể chọn \({\vec n_R} = \left[ {\overrightarrow {MN} ,\vec j} \right]\)\( = (4;0;3)\).

Phương trình của mặt phẳng \((R)\) có dạng \(4x + 3z + D = 0\).

Vì \((R)\) đi qua điểm \(N(1; - 1;0)\), ta thay tọa độ điểm \(N\) vào phương trình ta được \(D =  - 4\).

Vậy phương trình của mặt phẳng \((R)\) là \(4x + 3z - 4 = 0\)\( \Leftrightarrow x + \frac{3}{4}z - 1 = 0\)

Đề bài cho phương trình của mặt phẳng \((R)\) có dạng \(ax + by + cz - 1 = 0\).

So sánh với \(ax + by + cz - 1 = 0\), ta suy ra: \(a = 1\), \(b = 0\), \(c = \frac{3}{4}\).

\(a + 2b + 4c = 1 + 2.0 + 4.\frac{3}{4} = 4\).
Vậy d) là đúng.

a) Ta có \(y' = \frac{{2{x^2} - 20x + 18}}{{{{\left( {x - 5} \right)}^2}}}\).

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm \(M\left( {3; - 5} \right)\) là \(k = y'\left( 3 \right) =  - 6\).

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) là \(y =  - 6\left( {x - 3} \right) - 5\)\( \Leftrightarrow y =  - 6x + 13\)

Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là \(P\left( {5; - 17} \right)\)

Tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( C \right)\) là \(y = 2x + 5\), giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận xiên là điểm \(Q\left( {1;7} \right)\).

Ta có diện tích tam giác \(OPQ\) là \(26\).

Chọn Sai.

b) Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 9\end{array} \right.\)

Hàm số có các giá trị cực trị là \(y\left( 1 \right) =  - 1\), \(y\left( 9 \right) = 31\). Tổng các giá trị cực trị của hàm số là \(30\).

Chọn Đúng.

c) Ta có bảng biến thiên của hàm số là

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;5} \right)\).

Chọn Sai.

d) Đường tiệm cận của đồ thị hàm số là \(y = 2x + 5\)

Chọn Sai.

a) Sai. Ta có \(f'\left( x \right) = 1 - 2\sin x\).

b) Đúng.

Ta có \(f\left( 0 \right) + f\left( \pi  \right) = 0 + 2\cos 0 + \pi  + 2\cos \pi  = 2 + \pi  - 2 = \pi \).

c) Đúng.

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 2\sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right] \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{{5\pi }}{6}\end{array} \right.\).

Xét \(f\left( 0 \right) = 2,\,\,f\left( \pi  \right) = \pi  - 2,\,\,f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} + \sqrt 3 ,\,\,f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} - \sqrt 3 \).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = \frac{{5\pi }}{6} - \sqrt 3 \).

d) Sai.

Ta có với \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) thì \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm là \(x = \frac{\pi }{6}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).

a) Đúng

Diện tích hình phẳng S được tính theo công thức: \[S = \int_0^3 | 6{x^2} - 4x - 2|dx = 34\]

b) Sai

Theo tính chất của nguyên hàm: \[\int k  \cdot f(x)dx = k\int f (x)dx\] với \[k \ne 0\].

c) Sai

\[f(2x) = 6{(2x)^2} - 4(2x) - 2 = 24{x^2} - 8x - 2.\] \[\int f (2x)dx = \int {(24{x^2} - 8x - 2)} dx = \frac{{24{x^3}}}{3} - \frac{{8{x^2}}}{2} - 2x + C = 8{x^3} - 4{x^2} - 2x + C\]

d) Sai \[F'(x) = (2{x^3} - 2{x^2} + 5)' = 6{x^2} - 4x \ne f(x)\].

Đáp án: 44,6.

Tiến hành trải phẳng các mặt của hình chóp ra mặt phẳng (2 lần)

Ta có

+ \[S{A_1},S{A_2}\] lần lượt là vị trí của \(SA\) ở lần trải phẳng thứ 1 và thứ 2

+) \[S{D_1},S{C_1},S{B_1}\] là vị trí của \[SD,SC,SB\] ở lần trải phẳng thứ 2.

Do \(\widehat {BSC} = 15^\circ \), nên \[\widehat {AS{A_2}} = 120^\circ \].

Khi đó, độ dài đường gấp khúc \(AMNPQRTUVS\) ngắn nhất khi 9 điểm \({A_2},M,N,P,Q,R,T,U,V\) thẳng hàng.

Ta có: \[VA_2^2 = S{V^2} + SA_2^2 - 2.SV.SA.\cos \left( {120^\circ } \right) = {3^2} + {40^2} - 2.3.40.\frac{{ - 1}}{2} = 1729\]

\[ \Rightarrow V{A_2} = \sqrt {1729} \]

Vậy khi đó độ dài ngắn nhất của dây đèn led là \[SV + V{A_2} = 3 + \sqrt {1729}  \approx 44,6\] mét.

Đáp án: 45,6

Gọi x, y lần lượt là số gói cà phê loại I và loại II cần sản xuất (\(x,y \in \mathbb{N}\)). Ta có hệ ràng buộc:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{40x + 60y \le 300{\mkern 1mu} 000 \Leftrightarrow 2x + 3y \le 15{\mkern 1mu} 000}\\{60x + 40y \le 240{\mkern 1mu} 000 \Leftrightarrow 3x + 2y \le 12{\mkern 1mu} 000}\end{array}} \right.\)

Hàm mục tiêu lợi nhuận (VNĐ): \(F(x,y) = 10{\mkern 1mu} 000x + 8{\mkern 1mu} 000y\).

Miền nghiệm là một tứ giác lồi. Thay trực tiếp tọa độ các đỉnh của tứ giác vào hàm \(F(x,y)\):

 Tại đỉnh \(O(0;0)\), hàm đạt giá trị \(F(0,0) = 0\).

 Tại đỉnh \(A(4000;0)\), hàm đạt giá trị \(F(4000,0) = 40.000.000\).

 Tại đỉnh \(C(0;5000)\), hàm đạt giá trị \(F(0,5000) = 40.000.000\).

 Tại đỉnh \(B(1200;4200)\), hàm đạt giá trị \(F(1200,4200) = 45.600.000\).

Kết luận: So sánh các kết quả, lợi nhuận tối đa thu được là 45,6 triệu đồng.

Lời giải

Đáp án: 232

Gán vào mặt sân vận động hệ trục \(Oxy\) sao cho trục \(Ox\) trùng với trục lớn của elip và trục \(Oy\) trùng với trục bé của elip (tham khảo hình vẽ).

Khi đó, ta có phương trình của \(\left( E \right):\,\,\frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{45}^2}}} = 1.\)

Khi cắt sân vận động bằng một mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\) thu được thiết diện là mảnh tròn (miền giới hạn bởi cung nhỏ \(AB\)và dây cung \(AB\)).

Ta có \(AB = 2{y_A} = 2\sqrt {{{45}^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)}  = 90\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} .\)

Do \(\Delta IAB\) vuông cân tại \(I\) nên \(R = IA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{90}}{{\sqrt 2 }}\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} .\)

Diện tích thiết diện \(S(x) = \frac{1}{4}{S_{Htron}} - {S_{IAB}} = \frac{1}{4}\pi {R^2} - \frac{1}{2}{R^2} = \frac{{{{90}^2}}}{8}\left( {\pi  - 2} \right).\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right).\)

Thể tích phần không gian trong sân vận động

\(V = \int\limits_{ - 75}^{75} {S(x)dx}  = \frac{{{{90}^2}}}{8}\left( {\pi  - 2} \right)\int\limits_{ - 75}^{75} {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{75}}} \right)dx}  = 101250\left( {\pi  - 2} \right)\,\,\,({m^3}).\)

Số máy điều hoàn cần dùng \(N = \frac{V}{{500}} = \frac{{101250\left( {\pi  - 2} \right)}}{{500}} = 231,17.\)

Vậy các kĩ sư cần dùng tối thiểu 232 máy điều hòa.

Khối bê tông có mô hình là khối chóp cụt đều \[ABCD.A'B'C'D'\].

Gọi \(O',\,\,O\) lần lượt là tâm của đáy nhỏ và đáy lớn. Ta có \(OO'\) là chiều cao khối chóp cụt đều.

Kẻ \(A'H \bot OA\), khi đó \[A'H = OO'\].

Có \[AC = 6\sqrt 2 \;\left( m \right),\;A'C' = 4\sqrt 2 \;\left( m \right)\] và \[AH = \frac{{AC - A'C'}}{2} = \frac{{6\sqrt 2  - 4\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \;\left( m \right)\]

Suy ra \[A'H = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{4^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {14}  = OO'\]

Suy ra \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.\sqrt {14} .\left( {{6^2} + \sqrt {{6^2}{{.4}^2}}  + {4^2}} \right) = \frac{{76\sqrt {14} }}{3}\) (m3).

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

\(\frac{{76\sqrt {14} }}{3}.1,{\rm{4}} \approx 133\)(triệu đồng).

Đáp án: -2.

Kẻ \(OH \bot SA\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot OH\\SA \bot DB\end{array} \right.\), suy ra \(SA \bot \left( {BHD} \right)\).

\(\left[ {B,SA,D} \right] = \widehat {BHD}\).

\(BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\(S{O^2} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{4}{{{a^2}}}\), suy ra \(OH = \frac{a}{2}\).

\(\tan \widehat {BHO} = \tan \alpha  = \frac{{BO}}{{HO}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}}{{\frac{a}{2}}} = \sqrt 2 \).

\[\cos \left( {\left[ {B,SA,D} \right]} \right) = \cos 2\alpha  = \frac{{1 - {{\tan }^2}\alpha }}{{1 + {{\tan }^2}\alpha }} = \frac{{1 - 2}}{{1 + 2}} =  - \frac{1}{3}\].

Vậy \(P = 1 - 3 =  - 2\).

Đáp án: 7,8.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega ) = C_{150}^3 = 551300.\)

Gọi 3 số trên 3 quả bóng lấy ra là \({u_1},{u_2},{u_3}.\) Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} < {u_2} < {u_3}\\{u_1} + {u_2} + {u_3} \le 300\\{u_1} + {u_3} = 2{u_2}\end{array} \right. \Rightarrow 3{u_2} \le 300 \Rightarrow {u_2} \le 100\)

Vì 3 số là một cấp số cộng nên \({u_1},{u_3}\) đối xứng với nhau qua \({u_2}\) nên ta có

\({u_2} = 100 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} < 100\\100 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o  }}50\) bộ số;

\({u_2} = 99 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} \le 99\\99 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o  51}}\) bộ số;

…

\({u_2} = 76 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} < 76\\76 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o  74}}\) bộ số;

\({u_2} = 75 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} < 75\\75 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o  74}}\) bộ số;

…

\({u_2} = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_3} = 3\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o  1}}\) bộ số.

Vậy tổng cộng có \(n(A) = 50 + ... + 74 + 74 + ... + 1 = \frac{{25}}{2}(50 + 74) + \frac{{74}}{2}(74 + 1) = 4325\)

Vậy \(1000p = 1000.\frac{{4325}}{{551300}} \approx 7,8.\)