Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Yên Hòa (Hà Nội) có đáp án

Chọn C

Ta có \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1; - 2;1} \right),\overrightarrow {{a_d}}  = \left( {2; - 1;1} \right)\).

Xét \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} .\overrightarrow {{a_d}}  = 1.2 + \left( { - 2} \right).\left( { - 1} \right) + 1.1 = 5 \ne 0\) nên \(d \not\subset \left( P \right)\) và \(d\) không song song với \(\left( P \right)\).

Mặt khác: \(\frac{1}{2} \ne \frac{{ - 2}}{{ - 1}} \ne \frac{1}{1}\) nên \(d\) không vuông góc với \(\left( P \right)\).

Vậy \(d\) và \(\left( P \right)\) có \(1\) điểm chung.

Chọn A

A Đúng. \({\log _5}\frac{x}{{{5^y}}} = {\log _5}x - {\log _5}{5^y} = {\log _5}x - y\) với mọi \(x > 0\) và số thực \(y\).

B Sai do thiếu điều kiện:

\(\log \left( {x{y^4}} \right) = \log x + \log {y^4} = \log x + 4\log \left| y \right|\) với mọi \(x > 0\) và số thực \(y \ne 0\).

C Sai do thiếu điều kiện:

\(\ln \left( {x{y^2}} \right) = \ln x + \ln {y^2} = \ln x + 2\ln y\) với mọi \(x > 0\) và \(y > 0\).

D Sai công thức.

Chọn A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 3} \right)\)và bán kính \(R = IM = \sqrt {1 + 4 + 4}  = 3\).

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 9\).

a) Đúng.

Gọi \(A\) là biến cố: “Cử tri bầu cho ông \(A\)”.

\(B\) là biến cố: “Cử tri bầu cho ông \(B\)”.

Theo đề bài: có \(200\) cử tri không bầu cho cả ông \(A\) và ông \(B\) nên số cử tri bầu cho ít nhất một trong hai ông \(A\), \(B\) là \(1500 - 200 = 1300\).

Ta có \(\left| {A \cup B} \right| = \left| A \right| + \left| B \right| - \left| {A \cap B} \right| \Rightarrow \left| {A \cap B} \right| = 900 + 800 - 1300 = 400\).

Vậy số cử tri bỏ phiếu chọn cả hai ứng cử viên \(A\), \(B\) là \(400\).

b) Sai.

Xác suất để chọn một cử tri trong số \(1500\) cử tri nói trên bầu cho cả hai ông \(A\), \(B\) là \(P\left( {AB} \right) = \frac{{400}}{{1500}} = \frac{4}{{15}}\).

c) Đúng.

Số cử tri chỉ bầu cho ông \(A\) là \(900 - 400 = 500\).

Xác suất để chọn một cử tri trong số \(1500\) cử tri nói trên chỉ bầu cho ông \(A\) là \(\frac{{500}}{{1500}} = \frac{1}{3}\).

d) Đúng.

Nếu chọn một cử tri đã bầu cho ứng cử viên \(A\) trong số 1500 cử tri nói trên, xác suất để người đó không bầu cho ứng cử viên \(B\) là \[P\left( {\left. {\overline B } \right|A} \right) = \frac{{P\left( {\overline B  \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{n\left( {\overline B  \cap A} \right)}}{{n\left( A \right)}} = \frac{{500}}{{900}} = \frac{5}{9}\].

a) Số \({\rm{kg}}\) nguyên liệu cần dùng để sản xuất \(x\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) sản phẩm loại \(I\) và \(y\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) sản phẩm loại \(II\) là \(2x + 4y\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\).

Chọn Đúng.

b) Số giờ làm xí nghiệp cần để sản xuất \(x\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) sản phẩm loại \(I\) và \(y\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) sản phẩm loại \(II\)  là \(30x + 15y\,\)(giờ làm).

Chọn Sai.

c) Lợi nhuận thu được khi sản xuất \(5\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) sản phẩm loại \(I\) và \(6\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) sản phẩm loại \(II\) là \(5.400 + 6.300 = 3800\) (nghìn đồng)

Chọn Đúng.

d) Từ các điều kiện của xí nghiệp ta có hệ bất phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\2x + 4y \le 200\\30x + 15y \le 1200\end{array} \right.\)(I)

Lợi nhuận thu được là \(F = 400x + 300y\) 

Ta tìm miền nghiệm của hệ (I)

Ta có miền nghiệm hệ bất phương trình là tứ giác \(OABC\) với \(O\left( {0;0} \right)\), \(A\left( {0;50} \right)\),\(B\left( {20;40} \right)\),\(C\left( {40;0} \right)\), từ đó ta có lợi nhuận lớn nhất khi \(x = 20,y = 40\) bằng \(20000\) nghìn đồng.

Chọn Sai.

a) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} f\left( x \right) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} f\left( x \right) =  + \infty \)

Þ Đồ thị có tiệm cận đứng \(x =  - 1\).

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = x - 4 + \frac{9}{{x + 1}}\) Þ \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}},\forall x \ne  - 1\).

Chọn ĐÚNG.

c) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4\\x = 2\end{array} \right.\).

Với \(x =  - 4 \Rightarrow y =  - 11\).

Với \(x = 2 \Rightarrow y = 1\).

Þ Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(A\left( { - 4; - 11} \right),\,B\left( {2;1} \right)\).

Þ Hai điểm \(A\) và \(B\) nằm về hai phía của trục hoành.

Ta có \(AB = \sqrt {{{\left( {2 + 4} \right)}^2} + {{\left( {1 + 11} \right)}^2}}  = 6\sqrt 5 \).

Chọn SAI.

d) Ta có \(g\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)} dx = f\left( x \right) + C = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} + C\)

Vì \(g\left( 0 \right) = 12\) Þ \(C = 7\)

Þ \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + 7\)

Þ Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) là \(C\left( { - 4; - 4} \right),D\left( {2;8} \right)\).

Ta có \(ABDC\) là hình bình hành có chiều cao \(DH\) và \(AC = 7,\,DH = 6\).

Diện tích tứ giác \(ABDC\) là \(S = AC.DH = 7.6 = 42\).

Chọn ĐÚNG.

a) Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng \[\Delta \] là \[\overrightarrow u  = \left( {2; - 2;1} \right)\] nên a) SAI

b) Ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là \[\overrightarrow n  = \left( {1; - 2; - 2} \right) \Rightarrow \sin \varphi  = \frac{{\left| 4 \right|}}{9} = \frac{4}{9}\] nên b) SAI

c) Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;1; - 1} \right)\]. Vì mặt phẳng \[\left( Q \right)\] chứa \[A,B\] và song song với \[\Delta \] nên mặt phẳng \[\left( Q \right)\] nhận \[\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {1;0; - 2} \right)\] làm vecto pháp tuyến nên \[\left( Q \right):x - 2z + 1 = 0\].

Lại có \[d = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\] nên các điểm thuộc đường thẳng \[d\] có tọa độ thỏa mãn hệ \[\left\{ \begin{array}{l}x - 2y - 2z + 15 = 0\\x - 2z + 1 = 0\end{array} \right.\left( 1 \right)\]. Thay tọa độ điểm \[E\left( { - 1;2;5} \right)\] vào hệ (1) ta được: \[\left\{ \begin{array}{l} - 1 - 2.5 + 1 = 0\\ - 1 - 2.2 - 2.5 + 15 = 0\end{array} \right.\] không thỏa mãn hệ vậy c) SAI.

d) Đường thẳng \[d\] có phương trình tham số \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 1 - 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.\].

Vì \[I = d \cap \left( P \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\I \in \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 + 2t\\b =  - 1 - 2t\\c = 3 + t\\a - 2b - 2c + 15 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t =  - 3\\a =  - 5\\b = 5\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b + c =  - 5 + 10 = 5\]

Vậy d) ĐÚNG

Đáp án: 11,4.

Do tính đối xứng của hình vẽ qua trục tung \(Oy\), chúng ta có thể tính diện tích phần bên phải rồi nhân đôi.

·            Nhánh dưới: Gồm cung \[OP\] và\(PK\).

o     Cung \[OP\] (từ \(x = 0\)đến\(x = \sqrt {14} \)): \(y = h(x) = 0,13{x^2}\)

o     Cung \(PK\) (từ \(x = \sqrt {14} \) đến \(x = 6\)): \(y = g(x) = 0,1{x^2} + 0,41\)

·            Nhánh trên: Gồm các đoạn thẳng và cung\(FG\).

o     Đoạn\(EF\): Nằm trên đường thẳng hoành độ \(x = 0,35\). Điểm \(E\) có tung độ \(2,65\), điểm \(F\)thuộc \(f(x)\) nên có tung độ \(f(0,35) = 0,11{(0,35)^2} + 1 \approx 1,013\).

o     Cung \(FG\)(từ \(x = 0,35\) đến \(x = 5,7\)): \(y = f(x) = 0,11{x^2} + 1\)

o     Đoạn thẳng đứng \(GH\)(tại \(x = 5,7\)): Nối từ cung \(f(x)\) xuống cung \(g(x)\).

Diện tích cần tính là tổng của 3 phần chính bên phải trục:

·            Phần 1: Hình chữ nhật nhỏ ở giữa (giới hạn bởi \(x = 0\) đến \(x = 0,35\))

Được giới hạn trên bởi đoạn \(DE\)(\(y = 2,65\)) và giới hạn dưới bởi cung \(h(x)\).

\({S_1} = \int_0^{0,35} {(2,65 - 0,13{x^2})} {\rm{d}}x \approx 0,9256\)

·            Phần 2: Phần đường cong từ \(F\) đến \(P\) (giới hạn bởi \(x = 0,35\) đến \(x = \sqrt {14} \))

Giới hạn trên là \(f(x)\), giới hạn dưới là \(h(x)\).

\({S_2} = \int_{0,35}^{\sqrt {14} } {(0,11{x^2} + 1 - 0,13{x^2})} {\rm{d}}x = \int_{0,35}^{\sqrt {14} } {(1 - 0,02{x^2})} {\rm{d}}x \approx 3,0426\)

·            Phần 3: Phần đường cong từ \(P\) đến \(G\) (giới hạn bởi \(x = \sqrt {14} \) đến \(x = 5,7\))

Giới hạn trên là \(f(x)\), giới hạn dưới là \(g(x)\).

\({S_3} = \int_{\sqrt {14} }^{5,7} {(0,11{x^2} + 1 - (} 0,1{x^2} + 0,41)){\rm{d}}x = \int_{\sqrt {14} }^{5,7} {(0,01{x^2} + 0,59)} {\rm{d}}x \approx 1,5982\)

·            Phần 4: Từ \(x = 5,7\) đến \(x = 6\)

+ Tìm phương trình đường thẳng \(GK\)

Tọa độ điểm \(G\): \({x_G} = 5,7 \Rightarrow {y_G} = f(5,7) = 0,11{(5,7)^2} + 1 = 4,5739\). Vậy \(G(5,7;4,5739)\).

Tọa độ điểm \(K\): \({x_K} = 6 \Rightarrow {y_K} = g(6) = 0,1{(6)^2} + 0,41 = 4,01\). Vậy \(K(6;4,01)\).

Phương trình đường thẳng \(GK\)có dạng \(y = ax + b\):

Hệ số góc \(a = \frac{{{y_K} - {y_G}}}{{{x_K} - {x_G}}} = \frac{{4,01 - 4,5739}}{{6 - 5,7}} = \frac{{ - 0,5639}}{{0,3}} \approx  - 1,879667\).

Phương trình: \(y - 4,01 =  - 1,879667\left( {x - 6} \right) \Rightarrow {y_{GK}} =  - 1,879667x + 15,288\)

+ Tính \({S_4}\) (Phần giới hạn bởi đoạn \(GK\)và \(g(x)\) từ \(x = 5,7\) đến \(x = 6\)):

\(\begin{array}{l}{S_4} = \int_{5,7}^6 {({y_{GK}} - g(} x)){\rm{d}}x\\ = \int_{5,7}^6 {( - 1,879667x + 15,288 - (} 0,1{x^2} + 0,41)){\rm{d}}x\end{array}\)

\( = \int_{5,7}^6 {( - 0,1{x^2} - 1,879667x + 14,878)} {\rm{d}}x\)      \( \Rightarrow {S_4} \approx 48,234 - 48,0964 = 0,1376\)

+ Diện tích một nửa: \({S_h} = {S_1} + {S_2} + {S_3} + {S_4} \approx 0,92565 + 3,04279 + 1,59816 + 0,1376 = 5,7042\)

Vậy diện tích phần con đường được tô hình viên gạch là \(S = 2{S_h} = 2 \times 5,7042 = 11,4084 \approx 11,4\).

Đáp án: 12,5

Hàm số đã cho có dạng \(y = f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\).

Đạo hàm của hàm số là \(f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm \(A\) có tung độ bằng \(5\) \( \Rightarrow f(0) = 5 \Rightarrow d = 5\).

Điểm \(B\left( {5;0} \right)\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Suy ra: \(f(5) = 0\) và \(f'(5) = 0\).

\(f(5) = 0\)\( \Rightarrow 125a + 25b + 5c + 5 = 0\) (1)

\(f'(5) = 0\)\( \Rightarrow 75a + 10b + c = 0\) (2)

Đồ thị đi qua điểm \(C\left( {15;\frac{1}{2}} \right)\). Ta có:  \(f(15) = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow 3375a + 225b + 15c + 5 = \frac{1}{2}\) (3)

Ta có hệ phương trình  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{25a + 5b + c =  - 1\quad (1)}\\{75a + 10b + c = 0\quad (2)}\\{3375a + 225b + 15c =  - \frac{9}{2}\quad (3)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{{13}}{{1000}}\\b = \frac{{33}}{{100}}\\c =  - \frac{{93}}{{40}}\end{array} \right.\)

Vậy hàm số mô phỏng máng trượt là: \(f(x) =  - \frac{{13}}{{1000}}{x^3} + \frac{{33}}{{100}}{x^2} - \frac{{93}}{{40}}x + 5\).

Tiếp theo, ta tính chiều cao của các cột đỡ tại các hoành độ đã cho: \(1,5\); \(3\); \(7\); \(8,5\); \(10\); \(11,25\); \(12,5\); \(13,75\); \(15\).

Tổng chiều cao của các cột đỡ là:

\(h = f(1,5) + f(3) + f(7) + f(8,5) + f(10) + f(11,25) + f(12,5) + f(13,75) + f(15) = \frac{{7983}}{{640}}\)
\( \Rightarrow h \approx 12,5\).
Vậy tổng chiều cao của các cột đỡ theo tỉ lệ khoảng \(h \approx 12,5\).

Đáp án: 8

\(P = 3M{A^2} + M{B^2} = 3{\left( {\overrightarrow {MA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MB} } \right)^2} = 3{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\)

\( = 4M{I^2} + \left( {3I{A^2} + I{B^2}} \right) + 2\overrightarrow {MI}  \cdot \left( {3\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB} } \right)\)

Tìm điểm \(I\) sao cho \(3\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = \vec 0 \Rightarrow I\left( {6;3; - 1} \right)\)

Khi đó \(P = 4M{I^2} + (3I{A^2} + I{B^2})\)

\( \Rightarrow P\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow MI\) nhỏ nhất

Ta có: \(\left( S \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{t\^a m }}H\left( {2;1;3} \right)}\\{{\rm{b\'a n k\'i nh }}R = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow IH = 6 > R \Rightarrow I\) nằm ngoài mặt cầu (hình vẽ)

Suy ra \(I{M_{\min }} = IH - R = 3\) khi \(M = {M_0}\) (hình vẽ)

Nhận thấy \({M_0}\) là trung điểm \(IH\) suy ra \({M_0}\left( {4\,;2\,;1} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 2}\\{c = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow T = abc = 4 \cdot 2 \cdot 1 = 8\).

Đáp án: 303

Bát giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\).

+ Lấy ba đỉnh trong tám đỉnh sẽ tạo thành một tam giác \(n\left( \Omega  \right) = C_8^3 = 56\).

+ Gọi là biến cố A “lấy được tam giác vuông”

Tam giác vuông khi có một cạnh là đường kính của đường tròn \(O\) và đỉnh còn lại khác với hai đỉnh của cạnh là đường kính. Bát diện đều có bốn đường chéo là đường kính đường tròn \(O\), đỉnh còn lại lấy trong sáu đỉnh

\(n\left( A \right) = 4.6 = 24\).

+ Xác suất của biến cố A: \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{24}}{{56}} = \frac{3}{7}\)

+ Gọi là biến cố B “ba số lập thành cấp số cộng”

Xét các bộ sô có công sai

\(d = 1\) có \(6\) bộ ((1;2;3), (2;3;4); (3;4;5); (4;5;6); (5;6;7); (6;7;8))

\(d = 2\) có \(4\) bộ ((1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8))

\(d = 3\) có \(2\) bộ ((1; 4;7); (2;5;8))

+ \(n\left( B \right) = 6 + 4 + 2 = 12\)

+ Xác suất của biến cố B: \(p\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{12}}{{56}} = \frac{3}{{14}}\)

Hai biến cố A và B độc lập nên xác suất thu được một tam giác vuông với ba số trên ba đỉnh của tam giác (theo một thứ tự nào đó) lập thành một cấp số cộng là

\(p\left( {AB} \right) = p\left( A \right).p\left( B \right) = \frac{3}{7}.\frac{3}{{14}} = \frac{9}{{98}}\).

Vậy \(m = 9;\,n = 98 \Rightarrow m + 3n = 9 + 3.98 = 303\).

Đáp án: 72

Phiên 1,2,3: Tăng trần (+7%/phiên)

Phiên 4: tăng \[4\% \]

Phiên 5: \[4,5\% \]

Phiên 6,7: Giảm sàn (\[ - 7\% \]/ Phiên)

Gọi \[{P_0} = 31,5\] là giá mua ban đầu. Giá cổ phiếu sau phiên thứ 7 được tính như sau

\[{P_7} = 31,5.{\left( {1 + 7\% } \right)^3}.\left( {1 + 4\% } \right).\left( {1 + 4,5\% } \right).{\left( {1 - 7\% } \right)^2} \approx 36,2725\]

Tổng số tiền dư ban đầu: \[15000.31,5 = 472500\]nghìn đồng

Tổng giá trị cổ phiếu sau 7 phiên: \[15000.36,2725 \approx 544087,4\] nghìn đồng

Lợi nhuận: \[544087,4 - 472500 = 71587,4\] nghìn đồng

Vậy lợi nhuận 72 triệu đồng.

Đáp án: \(49\)

Góc nhị diện \([S,BD,C]\) chính là góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\).

Giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng \(BD\).

Kẻ \(AH \bot BD\) tại \(H\).

Vì \(SA \bot (ABCD)\) nên\(SA \bot BD\).

Ta có: \(AH \bot BD\)và \(BD \bot SA \Rightarrow BD \bot (SAH)\).

Từ đó suy ra\(BD \bot SH\).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\) là góc \(\widehat {SHA} = \alpha \).

Trong tam giác vuông \(ABD\) (vuông tại\(A\)): \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{(a\sqrt 3 )}^2}}  = 2a\).

Đường cao \(AH\) trong tam giác vuông\(ABD\):  \(AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{BD}} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) (do \(SA \bot (ABCD)\)  nên\(SA \bot AH\)):

\(\tan \alpha  = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Suy ra: \(\alpha  = \arctan \left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) \approx 49,1^\circ \).

Làm tròn đến hàng đơn vị, số đo góc nhị diện \([S,BD,C]\) là 49°.