Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường THPT Đào Duy Từ (Thanh Hóa) có đáp án

a) Đ    b) S   c) S     d) S

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} = 0\]

Do đó đồ thị hàm số có 1 đường TCN là \[y = 0\]

Dựa vào bảng biến thiên là có tồn tại \[{x_1} \in \left( { - 2;0} \right)\] sao cho \[f\left( {{x_1}} \right) = 1\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = 1\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ + } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  + \infty ;\] \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ - } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  - \infty ,\]\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  - \infty  \Rightarrow \]Đồ thị hàm số có 2 đường TCĐ là \[x = {x_1},x = 0\]

Do đó \[a = 2,b = 1 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 5\].

a) Sai: Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\).

b) Đúng: Ta có \(y = \frac{{2{x^2} + 5x}}{{x + 3}} = 2x - 1 + \frac{3}{{x + 3}}\).

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

\(y' = 0 \Leftrightarrow 2 - \frac{3}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 12x + 15}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + 12x + 15 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số có hai cực trị có tổng hoành độ của cực trị bằng \(\frac{{ - 12}}{2} = - 6\).

c) Sai: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} + 5x}}{{x + 3}} = + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2{x^2} + 5x}}{{x + 3}} = - \infty \), nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

d) Sai: Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {2x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{x + 3}} = 0;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {2x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{3}{{x + 3}} = 0\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = 2x - 1 \Leftrightarrow 2x - y - 1 = 0\,\,\,\left( \Delta \right)\).

 Khoảng cách từ điểm \(M\left( {2;1} \right)\) đến \(\Delta \) là \(d\left( {M,\Delta } \right) = \frac{{\left| {2.2 - 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

a) Sai. Đạo hàm của hàm số \(f'\left( x \right) < 0,\,\,\forall x \ne 1\).

Dựa vào hình vẽ, đạo hàm của hàm số \(f'\left( x \right) < 0,\,\,\forall x \ne 1\).

b) Sai. Từ đồ thị ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

c) Đúng. Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x = 1\) và đường tiệm cận ngang là \(y = - 1\).

d) Sai. Tổng \(a + b + c = - 2\).

Đồ thị hàm số có TCĐ \(x = - \frac{1}{c} = 1 \Rightarrow c = - 1\).

Đồ thị hàm số có TCN \(y = \frac{a}{c} = - 1 \Rightarrow a = 1\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm \(\left( {0; - 2} \right) \Rightarrow b = - 2\). Vậy \(a + b + c = 1 - 2 - 1 = - 2\).

a) Sai (Nam giải chắc chắn đúng 10 câu nên Nam cần trả lời đúng thêm 10 câu. Xác suất là \(C_{10}^{10}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^{10}}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0}\)\[ = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{10}}\]).

b) Sai.

c) Sai. Để Nam đạt được đúng \(8\) điểm thì trong 10 câu còn lại lựa chọn ngẫu nhiên đáp án phải đúng 6 câu nữa (vì đã có 5 điểm chắc chắn), sai 4 câu.

Xác suất khi đánh ngẫu nhiên đúng một câu trắc nghiệm là \[\frac{1}{4}\].

Xác suất khi đánh ngẫu nhiên sai một câu trắc nghiệm là\(\frac{3}{4}\).

Chọn \(6\) câu trắc nghiệm để đáp đúng từ \(10\)câu trắc nghiệm có: \(C_{10}^6\)(cách)

Vậy, xác suất để Nam đạt được đúng \(8\) điểm là \(C_{10}^6.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^6}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4}\).

d) Đúng. 

Để đạt 9 điểm, Nam cần trả lời đúng thêm 8 câu. Xác suất là \(C_{10}^8.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^8}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}\)

Để đạt 9,5 điểm, Nam cần trả lời đúng thêm 9 câu. Xác suất là \(C_{10}^9.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^9}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^1}\)

Để đạt 10 điểm, Nam cần trả lời đúng thêm 10 câu. Xác suất là \(C_{10}^{10}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^{10}}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0}\)

Như vậy, xác suất để đạt từ 9 điểm trở lên là tổng xác suất đạt 9 điểm, 9,5 điểm , 10 điểm và bằng \(C_{10}^8.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^8}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}\)+\(C_{10}^9.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^9}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^1}\)+\(C_{10}^{10}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^{10}}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0}\)\( \approx 0,0004158 > 0,0004\).

Đáp án: 1

Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) là \(\left( { - 1;2} \right);\left( {1; - 2} \right)\)

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị \(2x + y = 0\)(d)

Hai điểm A, B nằm cùng phía đối với d . Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với A qua d.

Khi đó \[MA{\rm{ }} + {\rm{ }}MB = MA'{\rm{ }} + {\rm{ }}MB \ge A'B\].

Do đó \[MA{\rm{ }} + {\rm{ }}MB\] ngắn nhất thì \(M,A',B\)thẳng hàng hay \(M = A'B \cap d\).

\(\Delta \) là đường thẳng đi qua A và vuông góc d

PT \(\Delta \) \(\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y + 3 = 0\)

Gọi I là giao điểm của d và \(\Delta \)\( \Rightarrow I\left( { - \frac{3}{5};\frac{6}{5}} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( { - \frac{{11}}{5};\frac{2}{5}} \right)\).

\(\overrightarrow {A'B}  = \left( {\frac{{21}}{5};\frac{3}{5}} \right) \Rightarrow \)VTPT của \(A'B\)là \(\overrightarrow n \left( {3; - 21} \right)\)

PT \(A'B\):\(3\left( {x - 2} \right) - 21\left( {y - 1} \right) = 0\)  \( \Leftrightarrow 3x - 21y + 15 = 0\)

\(M = A'B \cap d \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{3};\frac{2}{3}} \right)\)nên \(a =  - \frac{1}{3};b = \frac{2}{3}\)

Khi đó \(b - a = \frac{2}{3} - \left( { - \frac{1}{3}} \right) = 1\).

Đáp án:  300.

Ta có: \[f\left( x \right) = \frac{{300x + 50}}{x},x \in {\mathbb{N}^*} \Leftrightarrow f\left( x \right) = 300 + \frac{{50}}{x}\].

Thấy \(f'\left( x \right) = - \frac{{50}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \ne 0 \Rightarrow \) Hàm số \[f\left( x \right)\] luôn nghịch biến (giảm) trên mỗi khoảng xác định. Do đó chi phí sản xuất trung bình cho mỗi sản phẩm sẽ giảm khi số lượng sản phẩm tăng.

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {300 + \frac{{50}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 300 + \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{50}}{x} = 300\].

Do đó chi phí sản xuất trung bình cho mỗi sản phẩm không thấp hơn 300 (nghìn đồng)

Lời giải

 Đồ thị \(\left( C \right):\)\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng \(x = - 1\) và tiệm cận ngang \(y = 2\) nên \(I\left( { - 1;2} \right)\).

Vì \(M \in \left( C \right)\) nên \(M\left( {{x_0};\frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} + 1}}} \right)\,,\,\,\,\left( {{x_0} > 0} \right)\)

Phương trình tiếp tuyến với \(\left( C \right)\)tại \(M\) là \(y = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} + 1}}\).

\( \Rightarrow A\left( { - 1;\frac{{2{x_0} - 4}}{{{x_0} + 1}}} \right),\,\,B\left( {2{x_0} + 1;\,2} \right)\)

Ta có \(IA = \left| {\frac{6}{{{x_0} + 1}}} \right|\) và \(IB = 2\left| {{x_0} + 1} \right|\).

Khi đó \(I{A^2} + I{B^2} = 40\)\( \Leftrightarrow \frac{{36}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} + 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 40\,\,,\,{x_0} > 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^4} - 10{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1\\{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 9\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\,\,(l)\\{x_0} = - 2\,\,(l)\\{x_0} = 2\,\,(n)\\{x_0} = - 4\,\,(l)\end{array} \right. \to {x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} = 1\). Suy ra \(M\left( {2;1} \right)\). Giá trị của biểu thức \(P = 7.\)

Trả lời: 80,6.

Vẽ \(AC \bot BF\). Ta có \(CF = 20\;m,BC = 30\;m\). Suy ra \(EF = AC = 40\;m\).

Gọi \(D\) là điểm ở bờ hồ \[EF\] mà các đội đến lấy nước.

Đặt \(ED = x\) thì \(DF = 40 - x;AD = \sqrt {{x^2} + 400} \);

\(BD = \sqrt {{{(40 - x)}^2} + 2500} \).

Quãng đường mỗi lượt các đội phải đi là

\(s = AD + BD = \sqrt {{x^2} + 400} + \sqrt {{{(40 - x)}^2} + 2500} \).

Xét hàm số \(f(x) = \sqrt {{x^2} + 400} + \sqrt {{{(40 - x)}^2} + 2500} (0 \le x \le 40)\).

Ta có \({f^\prime }(x) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 400} }} - \frac{{40 - x}}{{\sqrt {{{(40 - x)}^2} + 2500} }}\);

\({f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 400} }} = \frac{{40 - x}}{{\sqrt {{{(40 - x)}^2} + 2500} }} \Leftrightarrow 2500{x^2} - {[20(40 - x)]^2} = 0 \Leftrightarrow x \approx 11,4\)

Lập bảng biến thiên, ta thấy \(s\) nhỏ nhất là khoảng \(80,6\;m\) khi \(x \approx 11,4\;m\).

Vậy đoạn đường đi ngắn nhất mỗi lượt các đội có thể đi là khoảng \(80,6\;m\).

Đáp số: 9.

Gọi \(x,y\)lần lượt là số xe loại A và B mà đại lý cần thuê. ĐK \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\end{array} \right.\)

Từ đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}20{\rm{x}} + 10y \ge 140\\0,6{\rm{x}} + 1,5y \ge 9\end{array} \right.\).

Khi đó, số tiền thuê xe là: \(T = 5x + 4,5y\).

Miền nghiệm \(\left( {x,y} \right)\)là tứ giác \(ABC{\rm{D}}\) với \(A(\frac{5}{2};9),\,\,\,B(5;4),\,\,C(10;2),\,\,D(10;9).\)

Tại đỉnh \(B\)thì \(T = 43\) đạt giá trị nhỏ nhất nên \(x = 5,y = 4 \Rightarrow 2x + y = 14.\)

Lời giải

Đáp án 37

Gọi số tiền anh Huy gửi vào ngân hàng ban đầu là \(A\) (triệu đồng), với lãi suất \(r/\)tháng, và

số tiền anh rút ra hàng tháng là \(m\) (triệu đồng) thì:

- Sau 1 tháng gửi, số tiền anh Huy còn lại là: \({C_1} = A\left( {1 + r} \right) - m\)

- Sau 2 tháng gửi, số tiền anh Huy còn lại là: \({C_2} = \left[ {A\left( {1 + r} \right) - m} \right]\left( {1 + r} \right) - m\)

                                                                                              \( = A{\left( {1 + r} \right)^2} - m\left( {1 + r} \right) - m\)

- Sau 3 tháng gửi, số tiền anh Huy còn lại là: \({C_3} = \left[ {A{{\left( {1 + r} \right)}^2} - m\left( {1 + r} \right) - m} \right]\left( {1 + r} \right) - m\)

                                                                                              \( = A{\left( {1 + r} \right)^3} - m{\left( {1 + r} \right)^2} - m\left( {1 + r} \right) - m\)

 …………………………………………………….

- Sau \(n\) tháng gửi, số tiền anh Huy còn lại là:              

                                \({C_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n} - m{\left( {1 + r} \right)^{n - 1}} - m{\left( {1 + r} \right)^{n - 2}} - ... - m\left( {1 + r} \right) - m\)

                                     \( = A{\left( {1 + r} \right)^n} - m.\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}\).

   Anh Huy rút hết tiền khi: \({C_n} = 0 \Leftrightarrow A{\left( {1 + r} \right)^n} - m.\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r} = 0\)

                                                           \( \Leftrightarrow \left( {m - Ar} \right){\left( {1 + r} \right)^n} = m\)

                                                                     \( \Leftrightarrow {\left( {1 + r} \right)^n} = \frac{m}{{m - Ar}}\)

                                                                     \( \Leftrightarrow n = {\log _{\left( {1 + r} \right)}}\frac{m}{{m - Ar}}\)

Thay \(A = 1000\)(triệu), \(m = 30\)(triệu), \(r = 0,5\% = 0,005\)

Ta được \(n \approx 36,6\). Tức là sau 37 tháng anh Huy sẽ rút hết tiền trong ngân hàng.