Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Thọ Xuân 5 (Thanh Hóa) có đáp án

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {0;2} \right)\), suy ra \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;2} \right)\)nên hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Chọn C

Ta có \(y = {x^3} - 3x\)

Suy ra \(y' = 3{x^2} - 3\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\,\, \notin \left[ {0;3} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( 0 \right) = 0;\,y\left( 1 \right) = - 2;\,y\left( 3 \right) = 18\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3x\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\)bằng \(18\).

Chọn D

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng \(15 - 5 = 10\).

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

a)Tứ phân vị thứ nhất của của mẫu số liệu thống kê là:

 Ta có \(\frac{n}{4} = 25\) suy ra \({Q_1} \in \left[ {770;790} \right)\)

\({Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = 780,4\).

Tứ phân vị thứ ba của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 75\) suy ra \({Q_3} = 810\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu thống kê là

\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 29,6\).

Vậy a) đúng.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là \(R = 850 - 750 = 100\).

Vậy b) sai.

c)Tứ phân vị thứ ba của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 75\) suy ra \({Q_3} = 810\)

Vậy c) sai.

d)Số phần tử của mẫu (cỡ mẫu) là \(n = 100\).

Vậy d) đúng.

a) Đúng.

Số cách lấy 3 viên bi có đủ 3 màu là:\(C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1 = 5.3.n = 15n\).

Số cách lấy ba viên bi bất kì từ hộp là \(C_{8 + n}^3\).

Vì xác suất để trong ba viên bi lấy được có đủ 3 màu là \(\frac{{45}}{{182}}\) nên:

\(\frac{{15n}}{{C_{8 + n}^3}} = \frac{{45}}{{182}} \Leftrightarrow n = 6\).

b) Đúng.

Như vậy, có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và 6 viên bi vàng.

Số cách lấy 3 bi bất kì là:\(C_{14}^3\).

Suy ra \(n(\Omega ) = C_{14}^3\)

Gọi biến cố \(A\): “3 bi lấy ra chỉ có 1 màu”.

\(n(A) = C_5^3 + C_3^3 + C_6^3\).

Xác suất của biến cố \(A\) là:

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{31}}{{364}}\).

c) Đúng.

Gọi biến cố \(B\): “3 bi lấy ra có nhiều nhất 2 viên bi đỏ”.

- Trường hợp 1: 3 bi lấy ra không có bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_9^3\).

- Trường hợp 2: 3 bi lấy ra có 1 bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_5^1 \cdot C_9^2\).

- Trường hợp 3: 3 bi lấy ra có 2 bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_5^2 \cdot C_9^1\).

Suy ra \(n(B) = C_9^3 + C_5^1 \cdot C_9^2 + C_5^2 \cdot C_9^1\).

Vậy xác suất để trong 3 viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là: \(P(B) = \frac{{177}}{{182}}\).

d) Đúng.

Số cách lấy 3 viên bi có đủ 3 màu là:\(C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1\).

a) Đúng.

Số người nhiễm ở ngày thứ 45 là: \(f\left( {45} \right) = 0\).

Vậy đến ngày thứ 45 thì không còn người nhiễm bệnh.

b) Sai.

Ta có \(f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2}\), \(t \in \left[ {0; + \infty } \right)\).

Xét \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 30\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Vậy từ bảng biến thiên ta thấy số bệnh nhân tăng trong 30 ngày đầu tiên.

c) Đúng.

Ta có: \(f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2}\).

d) Sai.

Số người bị nhiễm bệnh từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ 13 là \(f\left( {13} \right) = 5408\)

Đáp án: \[2401\].

Gọi số tự nhiên thoả mãn bài toán là \[\overline {abcde} \]; \[a,b,c,d,e \in X\].

\[\overline {abcde} \] chia hết cho \[6\] nên \[\overline {abcde} \] chia hết cho \[3\] và \[e \in \left\{ {4;6;8} \right\}\]

Suy ra \[a + b + c + d + e\] chia hết cho \[3\].Vì \[e\] chia cho \[3\] dư \[0;1;2\]

Nên chọn \[a\] có \[7\] cách, \[b\] có \[7\] cách, \[c\] có \[7\] cách, \[d\] có \[7\] cách, và \[e\] có một cách chọn.

Vậy có \[7.7.7.7.1 = 2401\] số tự nhiên thoả mãn bài toán.

Đáp án: 1200

Với \(x\) mét lưới (\(1 \le x \le 18\)) bán ra , ta có

Hàm chi phí \(C(x) = {x^3} - 3{x^2} - 20x + 500\)

Doanh thu khi bán hết \(x\) mét lưới là 220\(x\) (nghìn đồng)

Hàm lợi nhuận khi bán hết \(x\) mét lưới

\(\begin{array}{l}L(x) = 220x - C(x)\\L(x) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500\end{array}\)

\(\begin{array}{l}L'(x) = - 3{x^2} + 6x + 240\\L'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = - 8\end{array} \right.\end{array}\)

Bảng biến thiên

Lợi nhuận tối đa của gia đình đan lưới trong một ngày là 1200 (nghìn đồng)

Đáp án: 21

Cách 1: Liệt kê

Bảng liệt kê các lộ trình từ A đến P

Dựa vào bảng trên, học sinh có thể thấy ngay lộ trình qua các điểm \(A \to C \to M \to P\) là con đường ngắn nhất với tổng giá trị là 21.

Cách 2: Thuật toán Dijkstra

Quy ước: Điểm B có nhãn có dạng [d, A], trong đó d là khoảng cách ngắn nhất từ A đến điểm B.

Diễn giải thuật toán

Bước 1: Chọn đỉnh A làm vĩnh viễn

Từ A, ta cập nhật nhãn tạm thời cho các đỉnh kề nó là B và C.

B có nhãn [8, A] và C có nhãn [7, A].

Vì \(7 < 8\), ta chọn đỉnh C để cố định nhãn vĩnh viễn.

Bước 2: Từ đỉnh vĩnh viễn C

Xét các đỉnh kề C chưa có nhãn vĩnh viễn là B và M.

Đến B qua C: \(7 + 7 = 14\) (lớn hơn nhãn cũ là 8 nên không cập nhật).

Đến M qua C: \(7 + 8 = 15\). Ta có nhãn tạm thời cho M là [15, C].

Trong các nhãn tạm thời (B: 8, M: 15), số 8 là nhỏ nhất, ta chọn B làm đỉnh vĩnh viễn tiếp theo.

Bước 3: Từ đỉnh vĩnh viễn B

Xét các đỉnh kề B chưa có nhãn vĩnh viễn là N và M.

Đến N qua B: \(8 + 9 = 17\). Nhãn tạm thời cho N là [17, B].

Đến M qua B: \(8 + 8 = 16\) (lớn hơn nhãn cũ là 15 nên không cập nhật).

Trong các nhãn tạm thời (N: 17, M: 15), số 15 là nhỏ nhất, ta chọn M làm đỉnh vĩnh viễn.

Bước 4: Từ đỉnh vĩnh viễn M

Xét các đỉnh kề M chưa có nhãn vĩnh viễn là N và P.

Đến N qua M: \(15 + 6 = 21\) (lớn hơn nhãn cũ là 17 nên không cập nhật).

Đến P qua M: \(15 + 6 = 21\). Nhãn tạm thời cho P là [21, M].

So sánh các nhãn tạm thời còn lại (N: 17, P: 21), ta chọn N làm đỉnh vĩnh viễn.

Bước 5: Từ đỉnh vĩnh viễn N

Đến P qua N: \(17 + 10 = 27\) (lớn hơn nhãn cũ là 21 nên không cập nhật).

Cuối cùng, đỉnh P nhận nhãn vĩnh viễn là [21, M].

Kết luận:

Đường đi ngắn nhất có độ dài là 21.

Truy ngược từ nhãn: \(P \leftarrow M \leftarrow C \leftarrow A\).

Lộ trình: A → C → M → P.

Đáp án: 21

Dựa vào đồ thị ta có \(d = 20\), tiếp theo ta tìm các hệ số \(a,b,c\) bằng cách giải hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}a{30^3} + b{30^2} + c30 + 20 = 50\\a{50^3} + b{50^2} + c50 + 20 = 20\\a{80^3} + b{80^2} + c80 + 20 = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}900a + 30b + c = 1\\250a + 50b + c = 0\\6400a + 80b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{1000}}\\b = - \frac{{13}}{{100}}\\c = 4\end{array} \right.\).

Ta được \(f\left( x \right) = \frac{1}{{1000}}{x^3} - \frac{{13}}{{100}}{x^2} + 4x + 20\). Do đó

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \frac{3}{{1000}}{x^2} - \frac{{13}}{{50}}x + 4;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{200}}{3}\\x = 20\end{array} \right.\\\end{array}\).

Ta được chiều cao lớn nhất là \(h = f\left( {20} \right) = 56\left( {\rm{m}} \right)\). Vì vậy tốc độ của tàu lượn xuống dốc là \(v\left( x \right) = \sqrt {2g \cdot \left( {56 - f\left( x \right)} \right)} \left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\). Vì \(g\)là hằng số nên tốc độ cực đại của biểu thức đạt được tại cực tiểu của \(f\left( x \right)\), hay \({v_{\max }}\left( x \right) = v\left( {\frac{{200}}{3}} \right) \approx 31.56\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Đáp án: -2

Gọi \(B'\) đối xứng \(B\) qua \(\left( {Oyz} \right)\). Khi đó \(B'\left( {4;1; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB'} = \left( {6;1;2} \right)\)

Khi đó với mọi \(M\left( {0;b;c} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\)thì

\(MB = MB'\)\( \Rightarrow MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Để \(MA + MB\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(A,M,B'\) thẳng hàng và \(M\) nằm giữa \(A,B'\).

 \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB'} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = 6k\\b = k\\c + 3 = 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \frac{1}{3}\\c = - \frac{7}{3}\end{array} \right.\).

Vậy \(a + b + c = - 2\).