Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường Nguyễn Viết Xuân (Phú Thọ) có đáp án

Chọn C

Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {DB'}  = \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DD'}  + \overrightarrow {DC} \)

Chọn A

Ta có  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 2x - 1}}{{x - 2}} =  - 2\)  và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 2x - 1}}{{x - 2}} =  - 2\)

Suy ra đường tiệm cận ngang là \(y =  - 2\)

Chọn A

\(y' = 4{x^3} - 16x = 0\)\( \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số \(y = {x^4} - 8{x^2}\)  đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

a)\[v\left( t \right) = s' =  - {t^2} + 8t + 9,t \in \left[ {0;8} \right],\quad v'' =  - 2t + 8 = 0 \Leftrightarrow t = 4\]

\[v\left( 0 \right) = 9,v\left( 4 \right) = 25,v\left( 8 \right) = 9 \Rightarrow {v_{m{\rm{ax}}}} = 25\left( {m/s} \right)\] trong khoảng thời gian \[8\] giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động. Mệnh đề SAI.

b) Tại thời điểm \[t = 3\left( s \right)\] vận tốc của xe là \[v\left( 3 \right) =  - 9 + 24 + 9 = 24\left( {m/s} \right)\]. Mệnh đề SAI.

c) Quãng đường mà xe đi được trong \[8\] giây đầu tiên ( làm tròn đến hàng đơn vị ) là \[s\left( 8 \right) =  - \frac{1}{3}{.8^3} + {4.8^2} + 9.8 = \frac{{472}}{3} \approx 157\left( m \right)\]. Mệnh đề ĐÚNG.

d)Trong thời gian từ \[0 \le t \le 10\] giây , \[v\left( t \right) = s' =  - {t^2} + 8t + 9 = 0 \Leftrightarrow t = 9\left( s \right)\] thì xe dừng lại. Mệnh đề ĐÚNG.

a) [NB] Do trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\], đồ thị hàm số \[f\left( x \right)\]  có hướng đi “xuống”  suy ra hàm số \[f\left( x \right)\]   nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\]. Mệnh đề đúng.

b) [TH] Trên đoạn \[\left[ { - 2;2} \right]\], hàm số \[f\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất bằng 3 tại \[x =  - 1\] hoặc \[x = 2\]. Do đó mệnh đề sai.

c) [TH] Hàm số \[f\left( x \right)\] có hai điểm cực trị là  \[x =  - 1\] và \[x = 1\]. Mệnh đề đúng.

d) [VD,VDC]  Do đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {0;1} \right)\], suy ra \[f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 1\]

Mặt khác đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ là \[A\left( { - 1;2} \right),\,B\left( {1; - 1} \right),\,C\,\left( {2;2} \right)\]. Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}a{\left( { - 1} \right)^3} + b{\left( { - 1} \right)^2} + c\left( { - 1} \right) + 1 = 2\\a{\left( 1 \right)^3} + b{\left( 1 \right)^2} + c\left( 1 \right) + 1 =  - 1\\a{\left( 2 \right)^3} + b{\left( 2 \right)^2} + c\left( 2 \right) + 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c = 1\\a + b + c =  - 2\\8a + 4b + 2c = 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\]

Vậy mệnh đề đúng.

a) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}\)

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\)

Đạo hàm \(y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

Vì tiếp tuyến của đồ thị song song với đường thẳng \(d:y =  - 3x - 11\) nên có phương trình hoành độ tiếp điểm: \(y' =  - 3\)  Û \(1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} =  - 3\)    Û \[{\left( {x + 2} \right)^2} = \frac{1}{4}\] Û \[\left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{5}{2}\\x =  - \frac{3}{2}\end{array} \right.\].

* Với \(x =  - \frac{5}{2} \Rightarrow y =  - \frac{7}{2}\)

Phương trình tiếp tuyến \({\Delta _2}:y =  - 3\left( {x + \frac{5}{2}} \right) - \frac{7}{2}\) hay \({\Delta _2}:y =  - 3x - 11\) (loại vì \({\Delta _2} \equiv d\)).

* Với \(x =  - \frac{3}{2} \Rightarrow y = \frac{3}{2}\)

Phương trình tiếp tuyến \({\Delta _1}:y =  - 3\left( {x + \frac{3}{2}} \right) + \frac{3}{2}\) hay \({\Delta _1}:y =  - 3x - 3\)

Nhận thấy \({\Delta _1}\) đi qua điểm \(B\left( {1; - 6} \right)\). Vậy a) Đúng

b) Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 3\\x =  - 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Ta có \({y_{C\S}} + {y_{CT}} =  - 3 + 1 =  - 2\). Vậy b) Sai

c) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right) = 0\) Þ Đồ thị có tiệm cận xiên: \(d:y = x + 1\).

Nhận thấy \(d\) không đi qua điểm \(A\left( {0;2} \right)\). Vậy c) Sai

d) Từ Bảng biến thiên, ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Vậy d) Đúng

a) Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\)và \(SB\)là \(\frac{{2a}}{3}\).

 \( \Rightarrow AC//(SEB)\)

\(d(AC;SB) = d(AC;(SEB)) = d(A;(SEB))\)

Kẻ đường cao \(AI\)của tam giác \(EAB\), kẻ đường cao \(AH\)của tam giác \(SAC\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EB \bot AI\\EB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow EB \bot (SAI)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow EB \bot AH\\ \Rightarrow AH \bot (SEB)\\ \Rightarrow AH = d(A;(SEB))\end{array}\)

Xét tam giác \(AEB\)vuông tại \(A\)có \(AE = BC = 2a;AB = a\)

\(AI\)là đường cao của tam giác \(AEB\)nên \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)

Xét tam giác \(AIS\)vuông tại \(A\)có: \(AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5};SA = a\)

\(AH\)là đường cao của tam giác \(AIS\) nên

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AI.SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{3}\)

Vậy: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\)và \(SB\)là \(\frac{{2a}}{3}\) \( \Rightarrow a)\) đúng.

Cách 2: Gán hệ trục tọa độ \(Oxyz\)vào khối chóp \(S.ABCD\) sao cho \(A\)là gốc tọa độ, điểm \(B\) thuộc tia \(Ox\),  điểm \(D\) thuộc tia \(Oy\), điểm \(S\) thuộc tia \(Oz\).

Khi đó: \(A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),S(0;0;a);C(a;2a;0)\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AC}  = (a;2a;0)\\\overrightarrow {SB}  = (a;0; - a)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right] = ( - 2{a^2};{a^2}; - 2{a^2})\\\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = 3{a^2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AS}  = (0;0;a)\\\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right] =  - 2{a^3}\end{array}\)

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\)và \(SB\)là: \(d(AC;SB) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}} = \frac{{2a}}{3}\)

b) Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\)là \(2{a^3}\).

Áp dụng công thức \(V = \frac{1}{3}.{S_d}.h\)

Trong đó: \({S_d}\) là diện tích hình chữ nhật \(ABCD\)

\(h\)là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\)

Ta có: \({S_d} = a.2a = 2{a^2}\)

\(SA \bot (ABCD)\) nên \(SA\)là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\), \(h = SA = a\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}.2{a^2}.a = \frac{2}{3}{a^3}\) (đvtt) Vậy mệnh đề b sai.

c) \(BC \bot (SAB)\)

\(ABCD\)là hình chữ nhật nên \(BC \bot AB\)

\(SA \bot (ABCD)\) nên        \(BC \bot SA\)

\( \Rightarrow BC \bot (SAB)\) . Vậy mệnh đề c đúng.

d) \(\sin \)góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

\(SA \bot (ABCD)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\)lên mặt phẳng \((ABCD)\)là \(AC\)

Suy ra \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

Xét tam giác \(SAC\)có: \(SA = a;AC = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5 ,SC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}}  = a\sqrt 6 \).

\(\sin \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\). Vậy mệnh đề d sai.

Đáp án: 9

              ĐK: \(x \in \mathbb{N}:1 \le x \le 30\).

              Ta có: \(h'(x) = - 4x + 40\)\( \Rightarrow h'(x) = - 4x + 40 = 0 \Leftrightarrow x = 10\).

              BBT:

              Vậy lợi nhuận của quán cà phê tăng so với ngày liền trước diễn ra trong số ngày là \(10 - 1 = 9\).

Đáp án: \(4\).

Đồ thị \(\left( C \right)\) có hai đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang có phương trình lần lượt là \(x =  - \frac{1}{3}\), \(y = 2 \Rightarrow \) giao điểm 2 đường tiệm cận là \(I\left( { - \frac{1}{3};2} \right)\).

Giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục tung là \(M\left( {0;\, - 4} \right)\).

Ta có: \(y'\left( 0 \right) = \frac{{18}}{{{{\left( {3.0 + 1} \right)}^2}}} = 18\)

Suy ra phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\) có phương trình là: \(y = 18x - 4\).

Khi đó, giao điểm của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) và tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của \(\left( C \right)\) lần lượt là : \(A\left( {\frac{1}{3};2} \right)\); \(B\left( { - \frac{1}{3}; - 10} \right)\).

Khi đó tam giác \(IAB\) vuông tại \(I\) nên \({S_{IAB}} = \frac{1}{2}IA.IB = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.12 = 4\).

Đáp án: 63.

Chi phí vật liệu khi được chiết khấu: \(C\left( x \right) = \left( {1 - 5\% } \right)H\left( x \right) = 47,5{x^2} + 1900x + 47500\) đồng.

Lợi nhuận: \(L\left( x \right) = F\left( x \right) - xG\left( x \right) - C\left( x \right) =  - 48,5{x^2} + 6100x - \frac{{100000x}}{{2x + 5}} + 52500\) với \(x \in \left[ {0,400} \right]\)

\( \Rightarrow L'\left( x \right) =  - 97x + 6100 + \frac{{500000}}{{{{\left( {2x + 5} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \simeq  - 6,8\\x \simeq 2,1\\x \simeq 62,58\end{array} \right.\).

\(L\left( 0 \right) = 52500,L\left( {2,1} \right) \simeq 42270,L\left( {62,58} \right) \simeq 196220,28,L\left( {400} \right) =  - 531789\)

\( \Rightarrow MaxL\left( x \right) = L\left( {62,58} \right) = 196220,28\) khi \(x \simeq 62,8 \simeq 63\).

Đáp án: 1800.

Đặt \(PH = x\,\,\left( {0 \le x \le 3000} \right)\)\( \Rightarrow \)\(PA = \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} ;\,\,BP = 3000 - x\).

Do tỉ lệ giữa chi phí để kéo \(1\) mét cáp dưới nước và chi phí kéo \(1\) mét cáp trên bờ bằng \(1,25\)nên tổng chi phí đường cáp điện được kéo từ một trạm điện \(A\) đến một nhà máy \(B\) là

\(f\left( x \right) = PA.1,25 + PB = \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} .1,25 + 3000 - x\) với \(0 \le x \le 3000\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 1,25.\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{900}^2}} }} - 1 = \frac{{1,25x - \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + {{900}^2}} }}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {{900}^2}}  = 1,25x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + {900^2} = 1,5625{x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1200\).

Vậy để tiết kiệm chi phí nhất thì vị trí \(P\) cách nhà máy \(B\) một đoạn bằng \(3000 - 1200 = 1800\,\,\,m\)

Trả lời: \(1\)

Ta có:

\(f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {{x^4} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\\x =  \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Xét dấu \(f'\left( x \right)\)

Vậy hàm số có một điểm cực đại.

Đáp án: 1499

Số phần tử của không gian mẫu bằng \(n\left( \Omega \right) = {9.10^5}\).

Gọi \(A\) là biến cố “Mã số có tích các chữ số bằng 1400”.

Xét \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) là mã số thuộc biến cố \(A.\)

Ta có \(1400 = {2^3}{.5^2}{.7^1}\), chỉ có các ước trong tập \(\left\{ {0;1;2;...;9} \right\}\) là \(1;2;4;5;7;8\) nên trong các số \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\)chỉ có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Có 3 chữ số 2; 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7: Chọn 3 vị trí trong các vị trí \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) để cho bằng số 2 có \(C_6^3\) cách; chọn 2 vị trí trong các vị trí \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) để cho bằng số 5 có \(C_3^2\) cách. Vị trí còn lại ta cho bằng 7. Như vậy sẽ có \(C_6^3.C_3^2\) mã số ở trường hợp này.

Trường hợp 2: Có 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 2 chữ số 5, 1 chữ số 7 và 1 chữ số 1: Chọn 2 vị trí trong các vị trí \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) để cho bằng 5 có \[C_6^2\] cách. 4 vị trí còn lại điền đủ các chữ số 1,2,4,7 nên có đúng 4! cách điền cho 4 vị trí còn lại. Số mã số tương ứng trong trường hợp này là \(4!.C_6^2\) .

Trường hợp 3: Có 1 chữ số 8, 1 chữ số 7, 2 chữ số 5, 2 chữ số 1: Chọn ra 2 vị trí để cho bằng 5 có \(C_6^2\) cách; chọn ra 2 vị trí để cho bằng 1 có \(C_4^2\) cách. Hai vị trí còn lại điền hai số 8,7 nên có 2 cách điền số ở hai vị trí còn lại. Số mã số tương ứng trong trường hợp này là \(C_6^2.C_4^2.2\)

Như vậy số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_6^3.C_3^2 + C_6^2.4! + C_6^2.C_4^2.2 = 600.\)

Vậy nên xác suất để chọn ra một mã số có tích của tất cả các chữ số bằng 1400 là: \(P\left( A \right) = \frac{{600}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{1}{{1500}}\)

Ta có được \(b = 1500;a = 1 \Rightarrow b - a = 1499.\)