Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Trần Phú (Hà Nội) lần 3 có đáp án

Chọn A

Diện tích thiết diện là tam giác đều cạnh \(a = {x^2}\sqrt {2 - x} \) là:

\(S(x) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{({x^2}\sqrt {2 - x} )}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^4}(2 - x)\)

Thể tích vật thể là:

\(V = \int_0^2 S (x)dx = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\int_0^2 {(2{x^4} - {x^5})} dx = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left[ {\frac{{2{x^5}}}{5} - \frac{{{x^6}}}{6}} \right]_0^2 = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{32}}{{15}} = \frac{{8\sqrt 3 }}{{15}}\).

Chọn B

Giá trị đại diện (\({x_i}\)) của các nhóm lần lượt là: 18,5; 23,5; 28,5; 33,5; 38,5.

Tổng tần số: \(n = 4 + 6 + 8 + 18 + 4 = 40\).

Số trung bình:

\(\bar x = \frac{{4.18,5 + 6.23,5 + 8.28,5 + 18.33,5 + 4.38,5}}{{40}} = \frac{{74 + 141 + 228 + 603 + 154}}{{40}} = \frac{{1200}}{{40}} = 30\).

Chọn B

Ta có: \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \pi  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.(k \in \mathbb{Z})\).

a) \(C\left( {40} \right) = 500\). Suy ra là mệnh đề đúng.

b) \(C'\left( v \right) =  - \frac{{16000}}{{{v^2}}} + \frac{5}{2}\). Mệnh đề sai.

c) \(\mathop {\lim }\limits_{v \to  + \infty } C\left( v \right) =  + \infty \). Suy ra là mệnh đề sai.

d) \(C'\left( v \right) = 0 \Rightarrow v =  \pm 80\)

\(C\left( {50} \right) = 445\)

Mệnh đề đúng.

a) \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  > 0{\rm{ }}\forall a,b \in \mathbb{R}\) sai trong trường hợp \(a \ge b\).

Chọn Sai.

b) Diện tích \({S_1} = \int\limits_0^k {{e^x}dx} \) và diện tích \({S_2} = \int\limits_k^{\ln 4} {{e^x}dx} \).

Thay \(k = \ln 3\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_1} = 2\\{S_2} = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow {S_1} = 2{S_2}\)

Chọn Đúng.

c) Thể tích khối tròn xoay khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục \(Ox\) là: \(V = \pi \int\limits_0^{\ln 4} {{{\left( {{e^x}} \right)}^2}dx}  \approx 24\).

Chọn Đúng.

d) Để quay quanh trục \(Oy\), ta biến đổi các hàm số ban đầu như sau:

$y=e^x\underset{}{\to }x=\ln y,y>0$.

\(x = \ln 4 \Rightarrow y = 4\).

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục \(Oy\) là:

\(V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\ln 4} \right)}^2}dy}  - \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {\ln y} \right)}^2}dy}  \approx 15,992\)

Chọn Sai.

a - Đúng; b – Sai; c – Đúng; d - Sai

a) Ta có \(\overrightarrow {{n_P}}  = (2; - 2; - 1);\,\,\overrightarrow {{n_Q}}  = (1;2; - 2) \Rightarrow \overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {6;3;6} \right)\)

Vậy một vecto chỉ phương của đường thẳng \(d\) có tọa độ là \(\left( {2;1;2} \right)\). Vậy a – đúng.

b) Mặt cầu \((S)\) có tâm: \(I\left( { - 2;3;0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {13 - m} \). Vậy b – sai.

c) Ta có \(d\left( {I,(P)} \right) = \frac{{\left| { - 4 - 6 + 1} \right|}}{3} = 3\), khi đó \(\left( S \right)\) và \(\left( P \right)\) có điểm chung khi và chỉ khi \(3 < \sqrt {13 - m}  \Leftrightarrow 9 < 13 - m \Leftrightarrow m < 4\). Vậy c – đúng.

d) Đường thẳng d: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 2y - z + 1 = 0\\x + 2y - 2z - 4 = 0\end{array} \right.\) đi qua điểm \(M\left( {1;\frac{3}{2};2} \right)\)

Khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng \(d\) là \(d(I,d) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {65} }}{3}\).

Ta có \({d^2}(I,d) + 16 = 13 - m \Leftrightarrow m =- \frac{{92}}{9}\). Vậy d – sai.

a) Đúng

Vì có \(42\% \) số túi được dán nhãn thuần chay cũng được dán nhãn giảm đường.

\( \Rightarrow \)\(P(R|V) = 0,42\).

b) Đúng.

Ta có: \(P(VR) = P(V) \cdot P(R|V) = 0,25 \cdot 0,42 = 0,105\).

Có \(63\% \)số túi không được dán nhãn gì cả nên xác suất túi có dán ít nhất một loại nhãn

là: \(P\left( {V \cup R} \right) = 1 - 0,63 = 0,37\)

Ta có \(P(V \cup R) = P(V) + P(R) - P(V \cap R)\)

\( \Rightarrow 0,37 = 0,25 + P(R) - 0,105\)

\( \Rightarrow P(R) = 0,37 - 0,145 = 0,225\).

Do đó \(P(\bar R) = 1 - P(R) = 1 - 0,225 = 0,775\).

c) Sai.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( R \right) = P\left( {RV} \right) + P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|V} \right).P\left( V \right) + P\left( {R|\overline V } \right).P\left( {\overline V } \right)\)

\( \Rightarrow 0,225 = 0,25.0,42 + P\left( {R|\overline V } \right).0,75\)

\( \Rightarrow \)\(P(R|\bar V) = 0,16\).

Do đó khi một túi không được dán nhãn là thuần chay được rút ra thì xác suất để túi đó được dán nhãn giảm đường là \(0,16\)

d) Đúng.

Túi chỉ được dán đúng 1 nhãn bao gồm hai trường hợp: Chỉ dán nhãn thuần chay (\(V\overline R \))

hoặc chỉ dán nhãn giảm đường \(\left( {\overline V R} \right)\).

Ta có \(P(V\bar R) = P(V) - P(VR) = 0,25 - 0,105 = 0,145\).

\(P(\bar VR) = P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|\overline V } \right).P\left( {\overline V } \right) = 0,16.0,75 = 0,12\).

Vậy xác suất túi chỉ được dán đúng 1 nhãn là: \(P\left( {V\overline R } \right) + P\left( {R\overline V } \right) = \)\(0,145 + 0,12 = 0,265\).

Đáp án: 21

Cho \[x > y > 1\] đặt \[t = {\log _y}x \Rightarrow t = {\log _y}x > {\log _y}y = 1 \Rightarrow t > 1 \Rightarrow t - 1 > 0\]

Ta có \[{\log _{\frac{x}{y}}}\left( {{x^3}} \right) = 3{\log _{\frac{x}{y}}}x = \frac{3}{{{{\log }_x}x - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - \frac{1}{t}}} = \frac{{3t}}{{t - 1}}\]

Ta có \[27{\log _y}\left( {\frac{x}{y}} \right) = 27\left( {{{\log }_y}x - {{\log }_y}y} \right) = 27\left( {t - 1} \right)\]

Thay vào biểu thức P ta được\[P = \frac{{3t}}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) = 3 + \frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right)\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \[\frac{3}{{t - 1}},27\left( {t - 1} \right)\] ta có

\[\begin{array}{l}\frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) \ge 2\sqrt {\frac{3}{{t - 1}}.27\left( {t - 1} \right)}  = 18\\ \Rightarrow P \ge 3 + 18 = 21\end{array}\]

Đáp án: \(71\).

Lợi nhuận của nhà máy A thu được là:

\[L\left( x \right) = x.P\left( x \right) - C\left( x \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\].

\[L'\left( x \right) =  - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx 70,7\\x =  - 70,7\end{array} \right.\]

Khi đó lợi nhuận lớn nhất khi \[L\left( x \right) = L\left( {70,7} \right) = 71\].

Đáp án: 5,4

Diện tích của mặt cắt hình chữ nhật tại vị trí có độ cao \(x\) với \(0 \le x \le 2\) được tính bằng công thức: \(S = 5.{\left( {0,5} \right)^x}\)

Tính thể tích khối gỗ:

\(V = \int\limits_0^2 {S\left( x \right)} dx = \int\limits_0^2 {5.{{\left( {0,5} \right)}^x}} dx = \frac{{ - 3,75}}{{\ln \left( {0,5} \right)}} \approx 5,4101 \approx 5,4\).

Vậy \(V = 5,4\,{m^3}\).

Đáp án: 0,03.

1. Tính số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega )\)

Mỗi người có một tập hợp các đường đi độc lập:

Số đường đi của người thứ nhất (\(A \to B\)): \({N_1} = C_{15 + 8}^{15} = C_{23}^{15}\)

Số đường đi của người thứ hai (\(E \to F\)): \({N_2} = C_{15 + 8}^{15} = C_{23}^{15}\)

\( \Rightarrow n(\Omega ) = {N_1} \times {N_2} = {(C_{23}^{15})^2}\)

2. Tính số trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\): "Cả hai người cùng đi qua \(I\)"

Để một người đi qua \(I\), lộ trình được chia thành hai giai đoạn.

 Đối với người thứ nhất (\(A \to I \to B\)):

o Từ \(A\) đến \(I\): Sang phải 11 bước, xuống 3 bước. Số cách: \(C_{11 + 3}^{11} = C_{14}^{11}\)

o Từ \(I\) đến \(B\): Sang phải 4 bước, xuống 5 bước. Số cách: \(C_{4 + 5}^4 = C_9^4\)

\( \Rightarrow \)số cách người thứ nhất qua \(I\): \(n\left( {{I_1}} \right) = C_{14}^{11} \times C_9^4\)

 Đối với người thứ hai (\(E \to I \to F\)):

o Từ \(E\) đến \(I\): Sang phải 11 bước, lên 5 bước. Số cách: \(C_{11 + 5}^{11} = C_{16}^{11}\)

o Từ \(I\) đến \(F\): Sang phải 4 bước, lên 3 bước. Số cách: \(C_{4 + 3}^4 = C_7^4\)

\( \Rightarrow \)số cách người thứ hai qua \(I\): \(n\left( {{I_2}} \right) = C_{16}^{11} \times C_7^4\)

Số cách để cả hai cùng qua \(I\) là: \(n\left( A \right) = n\left( {{I_1}} \right) \times n\left( {{I_2}} \right) = \left( {C_{14}^{11} \times C_9^4} \right).\left( {C_{16}^{11} \times C_7^4} \right)\)

3. Tính xác suất

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{\left( {C_{14}^{11} \times C_9^4} \right).\left( {C_{16}^{11} \times C_7^4} \right)}}{{{{(C_{23}^{15})}^2}}} \approx 0,03\).

Đáp án: 1,31.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(AD \bot AB\) nên \(AD \bot SA\), suy ra \[\left[ {S,AD,B} \right] = \widehat {SAB} = 60^\circ \] và

\[SH = AH.\tan \widehat {SAH} = \frac{{AB}}{2}.\tan 60^\circ  = \frac{2}{2}.\sqrt 3  = \sqrt 3 \].

Do \(mp\left( {SCD} \right)\) đi qua \(SC\) và song song với \(AB\) nên

\(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Kẻ \(HK \bot CD\) (\(K\) là trung điểm \(CD\)) và kẻ \(HI \bot SK\) thì \(HI \bot \left( {SCD} \right)\) hay \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\)

Có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{{12}}\), suy ra \(HI = \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 7 }}\).

Vây \(d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 7 }} \approx 1,31\).

Đáp số: 7,67.

Xét hình vẽ sau với \(O\) là tâm hình vuông và tia Ox đi qua trung điểm H của một cạnh hình vuông, gọi \(\varphi \) là góc hợp bởi tia \(Ox\) và tia \(Ot\) với \(\varphi  \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]\).

Tam giác \(OMH\) vuông tại \(H \Rightarrow \cos \varphi  = \frac{{OH}}{{OM}} \Rightarrow OM = \frac{{OH}}{{\cos \varphi }} = \frac{1}{{\cos \varphi }}\).

\( \Rightarrow r = OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{\frac{1}{{\cos \varphi }} + 2}}{2} = \frac{{1 + 2\cos \varphi }}{{2\cos \varphi }}\).

Diện tích của đường cong \(\left( L \right)\) là \({S_L} = 8.\frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( r \right)}^2}d\varphi }  = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {\frac{{1 + 2\cos \varphi }}{{2\cos \varphi }}} \right)}^2}d\varphi }  \approx 7,67{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\).