Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Trần Nhân Tông (Hà Nội) có đáp án

Lời giải

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên trên thì hàm số có hai điểm cực trị.

Lời giải

Chọn A

Ta có \(I = \int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx - \frac{1}{2}\int\limits_1^5 {xdx} } \)\( = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx} }  - \left. {\frac{{{x^2}}}{4}\,} \right|_1^5\)\( = 3 + 4 - 6 = 1\).

Lời giải

Chọn B

Vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right]\)\( = \left( {4;5; - 3} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0\).

Lời giải

Chọn A

Ta có tọa độ vec tơ \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;3} \right)\).

Lời giải

Chọn B

 Ta có \(\int\limits_{ - 2}^3 {f'(x)} dx = f(x)|_{ - 2}^3 = f(3) - f( - 2)\)

Dựa vào đồ thị, \(S = \frac{5}{3} = \int\limits_1^3 {\left| {f'(x)} \right|} dx =  - \int\limits_1^3 {f'(x)} dx \Rightarrow \int\limits_1^3 {f'(x)} dx =  - \frac{5}{3}\)

\(\int\limits_{ - 2}^3 {f'(x)} dx = \int\limits_{ - 2}^1 {f'(x)} dx + \int\limits_1^3 {f'(x)} dx = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3}\) \( \Rightarrow f(3) - f( - 2) = \frac{4}{3}\)

Lời giải

Chọn C

Ta có

\(F(x) = \int {(6{x^5}}  + \frac{1}{{{x^3}}})dx = {x^6} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\)

\(F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^6} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C =  - \frac{1}{2}\)

Vậy \(F(x) = {x^6} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\)

Lời giải

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số, trên đoạn [-1; 2] ta thấy hàm số đạt GTLN tại x = -1 GTLN   M = 3, hàm số đạt GTNN tại x = 0 GTNN m = 0. Suy ra M + m = 3 + 0 = 3.

Lời giải

Chọn A

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

 Ta có \(\frac{n}{4} = \frac{{60}}{4} = 15\) suy ra \({Q_1} \in \left[ {20;30} \right)\)

\({Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = \frac{{460}}{{19}}\).

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

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.60}}{4} = 45\) suy ra \({Q_3} \in \left[ {30;40} \right)\) nên \({Q_3} = \frac{{455}}{{12}}\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu thống kê là

\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{3125}}{{228}} \approx 13,7\).

Lời giải

Chọn A

Ta có \({u_4} = {u_1} \cdot {q^3} \Rightarrow 54 = 2 \cdot {q^3} \Rightarrow {q^3} = 27 \Rightarrow q = 3\).

Tổng 10 số hạng đầu: \({S_{10}} = {u_1}\frac{{{q^{10}} - 1}}{{q - 1}} = 2 \cdot \frac{{{3^{10}} - 1}}{{3 - 1}} = {3^{10}} - 1 = 59048\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(\int {\left( {2\sin x - 3\cos x} \right)dx}  = 2\int {\sin xdx}  - 3\int {\cos xdx}  =  - 2\cos x - 3\sin x + C\).

Lời giải

Chọn A

Ta có  \((P):\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 6y - 2z + 6 = 0\).

Từ phương trình mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {3;6; - 2} \right)\).

Lời giải

Chọn B

Điều kiện xác định: \(x - 3 > 0 \Rightarrow x > 3\).

Bất phương trình tương đương: \(x - 3 < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 2}}\) (đổi chiều vì cơ số \(1/2 < 1\)).

\( \Leftrightarrow x - 3 < 4 \Leftrightarrow x < 7\).

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm: \(S = (3;7)\).

Lời giải

a) Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB}\\{SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].

\[{S_{ABCD}} = AB.AD = 2{a^2}\].

\[SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2{a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\] Do đó câu a) sai.

b) Gọi  \[I\] là trung điểm \[CD\]. Kẻ \[HK \bot SI\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\].

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot HI}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow HK \bot CD\,\,\,\,\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right).\]

Do đó, \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{{SH.HI}}{{\sqrt {S{H^2} + H{I^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.2a}}{{\sqrt {\frac{3}{4}{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt {57} }}{{19}}a\]. Vậy câu b)  đúng.

c) Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot BC}\\{SH \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\].

Mặt khác \[BC \bot AB\]

Do đó: \[\left[ {S,BC,D} \right] = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ .\] Vậy câu c)  đúng.

d) Theo chứng minh trên: \[SH \bot \left( {ABC} \right)\]. Do đó câu d) sai.

Lời giải

a) Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị: \(A\left( {0;\,2} \right)\); \(B\left( {4;\, - 6} \right)\).

Gọi \(\Delta :y = mx + n\)  là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m.0 + n = 2}\\{m.4 + n =  - 6}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m =  - 2}\\{n = 2}\end{array}} \right.\)

Vậy \(\Delta :y =  - 2x + 2\) hay \(\Delta :2x + y - 2 = 0\).

Vậy a) đúng

b) Hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Vậy b) sai

c) Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + 2adx + bd - c}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}}\).

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\) có tiệm cận đứng \(x =  - d\).

Từ bảng biến thiên ta thấy: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 2\); \(f\left( 0 \right) = 2;\,f\left( 4 \right) =  - 6\); \(f'\left( 0 \right) = 0\)

Do đó: \( - d = 2 \Rightarrow d =  - 2\).

\(f\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{c}{d} = 2 \Rightarrow c = 2d = 2.\left( { - 2} \right) =  - 4\).

\(f\left( 4 \right) =  - 6 \Leftrightarrow \frac{{16a + 4b - 4}}{{4 + \left( { - 2} \right)}} =  - 6 \Leftrightarrow 8a + 2b =  - 4\)\( \Leftrightarrow 4a + b =  - 2\). \(\left( 1 \right)\)

\(f'\left( 0 \right) = \frac{{bd - c}}{{{d^2}}} = 0 \Rightarrow bd - c = 0 \Leftrightarrow b = \frac{c}{d} = \frac{{ - 4}}{{ - 2}} = 2\).

Thay \(b = 2\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \(4a + 2 =  - 2 \Rightarrow a =  - 1\).

Vậy \(a + b + c + d =  - 1 + 2 + \left( { - 4} \right) + \left( { - 2} \right) =  - 5\).

Vậy c) đúng

d) Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;\,2} \right)\) và \(\left( {2;\,4} \right)\).

Vậy d) sai

Lời giải

a) Đáp án: ĐÚNG

Tại thời điểm 2h tính từ lúc lấy thịt ra khỏi ngăn đá, tốc độ thay đổi nhiệt độ của miếng thịt là:

\(T'(2) = 7{e^{ - 0,35.2\,\,}} = 7{e^{ - 0,7\,\,}} \approx 3,48\)(\(^0C/\)giờ) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm). Vậy a đúng.

b) Đáp án: SAI

Nhiệt độ miếng thịt tính từ thời điểm được lấy ra khỏi ngăn đá là

 \(T(t) = \int {7{e^{ - 0,35t}}dt}  = \frac{7}{{ - 0,35}}{e^{ - 0,35t}} + C =  - 20{e^{ - 0,35t}} + C\).

Nhiệt độ của miếng thịt khi nó được lấy ra khỏi ngăn đá là \( - {4^0}C\) nghĩa là

\(T(0) =  - 4 \Leftrightarrow  - 20{e^0} + C =  - 4 \Leftrightarrow  - 20 + C =  - 4 \Leftrightarrow C = 16\).

\(T(t) =  - 20{e^{ - 0,35t}} + 16\). Vậy b sai.

c) Đáp án: ĐÚNG

Tính từ lúc lấy thịt ra khỏi ngăn đá, để miếng thịt được rã đông thì nhiệt độ của nó đạt đến \({10^{0\,}}C\) nghĩa là \[T(t) = 10 \Leftrightarrow  - 20{e^{ - 0,35t}} + 16 = 10\]

\[ \Leftrightarrow  - 20{e^{ - 0,35t}} =  - 6 \Leftrightarrow {e^{ - 0,35t}} = 0,3 \Leftrightarrow  - 0,35t = \ln 0,3 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 0,3}}{{ - 0,35}} \Leftrightarrow t \approx 3,44\] (giờ)

(làm tròn đến hàng phần trăm của giờ). Vậy c đúng.

d) Đáp án: SAI

Tính từ lúc lấy thịt ra khỏi ngăn đá, nhiệt độ của miếng thịt vào khoảng \({0^0}C\) nghĩa là :

\[T(t) = 0 \Leftrightarrow  - 20{e^{ - 0,35t}} + 16 = 0\]

\[ \Leftrightarrow  - 20{e^{ - 0,35t}} =  - 16 \Leftrightarrow {e^{ - 0,35t}} = 0,8 \Leftrightarrow  - 0,35t = \ln 0,8 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 0,8}}{{ - 0,35}} \Rightarrow t \approx 0,637553\](giờ)

\[ \Rightarrow t \approx 38\] (phút). Vậy d sai.

Lời giải

a) Vì mặt phẳng (P) đi qua A, B và song song với trục Oy nên véctơ pháp tuyến

\[{\vec n_P} = [\overrightarrow {AB} ,\vec j] = (2;0;1)\].

Suy ra phương trình của \[(P):2(x - 2) + 0(y - 1) + 1(z + 1) = 0 \Leftrightarrow 2x + z - 3 = 0\]. Vậy a sai.

b) Theo định nghĩa, véctơ pháp tuyến của một mặt phẳng vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó. Vậy b đúng.

c) Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa trục \(Oy\) nên \(\left( Q \right)\) có dạng \[Ax + Cz = 0\].

Hình chiếu của \[A(2;1; - 1)\]lên trục Oy là \[H\left( {0;1;0} \right)\].

Khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( Q \right)\) lớn nhất khi \(\left( Q \right)\) vuông góc với \(AH\) tại \(H\).

Khi đó: \[{\vec n_Q} = \overrightarrow {HA}  = (2;0; - 1).\]

Phương trình \[(Q):2(x - 0) + 0(y - 1) - 1(z - 0) = 0 \Leftrightarrow 2x - z = 0\].

Ta có: \[b = 0,\,\,c =  - 1,\,\,d = 0.\] Vậy \[b + c + d = 0 + ( - 1) + 0 =  - 1\]. Vậy c sai.

d) \[d(M,(P)) = \frac{{|2( - 3) + ( - 2) - 3|}}{{\sqrt {{2^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{| - 6 - 2 - 3|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{11}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{11\sqrt 5 }}{5}\]. Vậy d đúng.

Lời giải

Đáp án: \(2,48\).

Theo phương án 1:

Số tiền gốc và lãi anh An nhận được sau khi gửi \(8\) tháng là:

\({A_1} = 288{\left( {1 + \frac{{0,2}}{{100.12}}} \right)^8} \approx 288,384\) (triệu đồng).

Theo phương án 2:

+ Số tiền nợ ngân hàng khi vay \(300\) triệu trong \(4\) tháng là: \(N = 300{\left( {1 + \frac{{15}}{{100.12}}} \right)^4}\).

+ Số tiền gốc và lãi sau khi gửi hết\(1\) năm là: \({A_2} = 288\left( {1 + \frac{{6,3}}{{100}}} \right)\).

+ Số tiền anh An còn lại sau khi rút tiền gửi và trả hết nợ ngân hàng là: \({A_3} = 300 + {A_2} - N = 300 + 288\left( {1 + \frac{{6,3}}{{100}}} \right) - 300{\left( {1 + \frac{{15}}{{100.12}}} \right)^4} \simeq 290,860\)( triệu đồng).

Vậy nếu thực hiện theo phương án 2 thì anh lợi được số tiền so với phương án 1 là:

\({A_3} - {A_1} \simeq 290,860 - 288,384 \simeq 2,48\)(triệu đồng).

Lời giải

Đáp án: \(3653\).

Ta gắn các điểm \[O,O',A,B\] như hình vẽ

Do khoảng cách hai tâm bằng \[20\sqrt 2 \] nên \[OO' = AB = 20\sqrt 2 cm\].

Cạnh hình vuông ban đầu bằng \[80cm\] nên \[OA = OB = 80:4 = 20cm\].

Khi đó diện tích nữa cánh hoa bằng hiệu \[\frac{1}{4}\]diện tích hình tròn và diện tích tam giác

Do đó diện tích nữa cánh hoa bằng \[\frac{1}{4}\pi {.20^2} - \frac{1}{2}{.20^2}\left( {c{m^2}} \right)\].

Vậy diện tích bốn bông hoa (gồm \[16\] cánh hoa) bằng \[{32.20^2}\left( {\frac{1}{4}\pi  - \frac{1}{2}} \right) \approx 3653c{m^2}\].

Lời giải

Đáp án: \(374\,\)

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, nên đáy \(ABCD\) là hình vuông, và chiều cao là \(h = SO\). Gọi chiều dài cạnh hình vuông \(ABCD\) bằng \(a\,\left( m \right)\,,\,\,\,\left( {a > 0} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.h = 18\,\, \Leftrightarrow h = \frac{{54}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{54}}{{{a^2}}}\)

Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(S{M^2} = S{O^2} + O{M^2} = {\left( {\frac{{54}}{{{a^2}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{2916}}{{{a^4}}} + \frac{{{a^2}}}{4}\)\({S_{\Delta SCD}} = \frac{1}{2}.SM.CD = \frac{a}{2}\sqrt {\frac{{2916}}{{{a^4}}} + \frac{{{a^2}}}{4}} \).

Vậy diện tích xung quanh của khối chóp \(S.ABCD\) là: \({S_{xq}} = 4{S_{\Delta SCD}} = 2a.\sqrt {\frac{{2916}}{{{a^4}}} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \sqrt {\frac{{11664}}{{{a^2}}} + {a^4}} \)

Để \({S_{xq}}\) nhỏ nhất, thì \(f(a) = \sqrt {\frac{{11664}}{{{a^2}}} + {a^4}} \) đạt giá trị nhỏ nhất với \(a > 0\)

Đặt \(x = {a^2}\,\,\left( {x > 0} \right)\), ta có hàm số \(\begin{array}{l}g(x) = \frac{{11664}}{x} + {x^2} = \frac{{5832}}{x} + \frac{{5832}}{x} + {x^2} \ge 3.\sqrt[3]{{\frac{{5832}}{x}.\frac{{5832}}{x}.{x^2}}} \Leftrightarrow g(x) \ge 3.\sqrt[3]{{{{5832}^2}}}\\ \Leftrightarrow g(x) \ge 972\end{array}\)

Dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{5832}}{x} = {x^2} \Leftrightarrow {x^3} = 5832 \Leftrightarrow x = 18 \Rightarrow {a^2} = 18 \Leftrightarrow a = 3\sqrt 2 \).

Khi đó GTNN của hàm \(f(a)\) là: \(\mathop {\min }\limits_{a > 0} f\left( a \right) = f(3\sqrt 2 ) = 18\sqrt 3 \)

Vậy diện tích xung quanh của khối chóp \(S.ABCD\) đạt GTNN bằng: \({S_{xq}} = 18\sqrt 3 \,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Do vậy để hoàn thành 12 cái lều bạt theo yêu cầu của bài toán, thì cần chuẩn bị tấm bạt có diện tích là  \({S_{bat}} = 12 \times 18\sqrt 3  \approx 374\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Lời giải

Đáp án: \(1,86\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2; - 2;3} \right)\) nên \(\frac{2}{a} + \frac{{ - 2}}{b} + \frac{3}{c} = 1\)

Vì \(a,b,c\) đều dương, ta có \(OA = a,OB = b,OC = c\)

Độ dài \(OA,OB,OC\) theo thứ tự lập thành cấp số cộng có công sai bằng 2 nên \(a = b - 2\) và \(c = b + 2\).

Do đó, ta có \(\frac{2}{{b - 2}} + \frac{{ - 2}}{b} + \frac{3}{{b + 2}} = 1\)

 - \(2b\left( {b + 2} \right) - 2\left( {b - 2} \right)\left( {b + 2} \right) + 3b\left( {b - 2} \right) = b\left( {b - 2} \right)\left( {b + 2} \right)\)

- \({b^3} - 3{b^2} - 2b - 8 = 0\)

- \(b = 4\)

Với \(b = 4 \Rightarrow a = 2,c = 6\)

 Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1\) hay \(6x + 3y + 2z - 12 = 0\).

 Khoảng cách từ điểm \(K\left( {2;5; - 1} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là

\(d = \frac{{\left| {6.2 + 3.5 + 2.\left( { - 1} \right) - 12} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{{13}}{7} \approx 1,86\).

Lời giải

Đáp án: \[1265.\]

       \[\begin{array}{l}\left( {x - 3} \right)\sqrt {{x^2} - 16}  \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 16 = 0\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 16 > 0\\x - 3 \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 4\\x > 4\end{array} \right.\\x \in \mathbb{Z},x \in \left[ { - 30;50} \right] \Rightarrow x \in \left\{ { - 4;4;5;...;50} \right\}\end{array}\]

Vậy tổng các phần tử thuộc \[S\] là \[ - 4 + 4 + 5 + 6 + ... + 50 = 1265\].

Lời giải

Đáp án: \[15\].

Giả sử tất cả 70 học sinh đều đăng kí tham gia cả 3 CLB.

Khi đó tổng số đơn đăng kí thu được là: \[70.3 = 210\] (đơn)

Số đơn bị thừa ra so với thực tế là: \[210 - 155 = 55\] (đơn)

·       Mỗi khi 1 học sinh chuyển từ đăng kí 3 CLB xuống 2 CLB, số đơn sẽ giảm đi 1 đơn

·       Mỗi khi 1 học sinh chuyển từ đăng kí 3 CLB xuống 1 CLB, số đơn sẽ giảm đi 2 đơn

Để số học sinh đăng kí 3 CLB là ít nhất, ta cần có nhiều nhất số học sinh đăng kí ít CLB đi.

Do đó, số học sinh tối đa đăng kí 2 CLB là: \[55:1 = 55\] (học sinh)

Khi đó, số học sinh đăng kí tham gia cả 3 CLB ít nhất là: \[70 - 55 = 15\] (học sinh).