Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm 13 trường Hải Phòng có đáp án

Lời giải

Chọn B

Ta có: ${\log _{0{,}5}}x > 3 \Leftrightarrow {\log _{0{,}5}}x > {\log _{0{,}5}}{0{,}5^3} \Leftrightarrow 0 < x < 0{,}125$.

Lời giải

Chọn A

Ta có: $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\cos x{\rm{d}}x} = \sin x + C$.

Lời giải

Chọn C

Từ bảng biến thiên, hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( {1;2} \right)$ và $\left( {2;3} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Dựa vào đồ thị, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 3\\m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = - 2\end{array} \right. \Rightarrow M + m = 3 - 2 = 1$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow {OM} = 6\overrightarrow j + 4\overrightarrow i - 3\overrightarrow k$ nên toạ độ của điểm $M$ là $\left( {4;6; - 3} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Vì $M \in \left( {Oxz} \right)$ nên $M\left( {x;0;z} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AM} = \left( {x + 2; - 3;z - 1} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( {7;3;1} \right)$.

Mặt khác đường thẳng $AB$ cắt mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ tại điểm $M$ nên $A$, $B$, $M$ thẳng hàng, do đó ta có: $\frac{{x + 2}}{7} = \frac{{ - 3}}{3} = \frac{{z - 1}}{1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 9\\z = 0\end{array} \right.$.

Vậy $M\left( { - 9;0;0} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {AM} = \left( { - 7; - 3; - 1} \right)$, $\overrightarrow {BM} = \left( { - 14; - 6; - 2} \right)$.

Vì $\overrightarrow {BM} = 2.\overrightarrow {AM}$ nên $\frac{{AM}}{{BM}} = \frac{1}{2}$.

Lời giải

Chọn C

Ta có: $\left( {A'B,B'C} \right) = \left( {A'B,A'D} \right) = \widehat {BA'D}$.

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên tam giác $BA'D$ đều, do đó $\widehat {BA'D} = 60^\circ$.

Lời giải

Chọn C

Ta có: Bảng số liệu gồm các giá trị đại diện của các nhóm như sau

Nhiệt độ trung bình tại thành phố X trong ngày là

$$\overline x = \frac{{3.28{,}5 + 5.29{,}5 + 10.30{,}5 + 8.31{,}5 + 4.32{,}5}}{{30}} \approx 30{,}67.$$

Lời giải

Chọn B

Xét mẫu số liệu gốc ${x_1},{x_2},...,{x_{20}}$

Vì $n = 20 \Rightarrow$ nửa mẫu số liệu bên trái ${x_1},{x_2},...,{x_{10}}$ chứa ${Q_1}$.

Mà ${x_5},{x_6}$ là hai giá trị chính giữa và thuộc nhóm $\left[ {16;17} \right)$. Vậy ${Q_1} \in \left[ {16;17} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Ta có

$$\begin{array}{l}\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {{{\left( {3\tan x + 2\cot x} \right)}^2}dx} = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {9{{\tan }^2}x + 4{{\cot }^2}x + 12} \right)dx} = \\\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {9\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right) + 4\left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - 1} \right) + 12} \right)dx} \end{array}$$

$$= \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {9.\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} + 4.\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - 1} \right)dx = \left. {\left( {9\tan x - 4\cot x - x} \right)} \right|} _{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}$$

$$= \left( {9.\sqrt 3 - 4.\frac{1}{{\sqrt 3 }} - \frac{\pi }{3}} \right) - \left( {9 - 4 - \frac{\pi }{4}} \right) = - 5 + 23.\frac{{\sqrt 3 }}{3} - \frac{\pi }{{12}}$$

Vậy $T = - 5 + 23 - 1 = 17$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = {u_1}q\\{u_3} = {u_2}q\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}q = 2\\2.q = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 3\\{u_1} = \frac{2}{3}\end{array} \right. \Rightarrow {u_4} = {u_1}.{q^3} = \frac{2}{3}.27 = 18$.

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có phương trình: $1.\left( {x + 1} \right) - 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 3z + 7 = 0$.

Lời giải

a) Sai

Ta có $OD = AD - OA = 8 - 2 = 6$m.

Tọa độ điểm $C\left( { - 6;\,6;0} \right)$.

Vì vậy $\overrightarrow {AC} = \left( { - 8;6;0} \right)$.

b) Sai

Gọi $M$ là trung điểm của $HG$ nên $QM = 7 - 5 = 2$m, $MG = \frac{{HG}}{2} = \frac{{AB}}{2} = 3$m.

Ta có $QG = \sqrt {Q{M^2} + M{G^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13}$m.

Diện tích cần lợp là $S = 2{S_{PQGF}} = 2.8.\sqrt {13} = 16\sqrt {13}$m.

Số tiền cần phải trả là $S.22.11\,000 \approx 13\,961\,000$ đồng.

c) Đúng

Tọa độ điểm $A$ là $(2;0;0)$.

d) Đúng

Gọi $J$ là trung điểm của $BC$ nên $J\left( { - 2;6;0} \right)$.

Suy ra $I$ là trung điểm của $FG$ nên $I\left( { - 2;6;5} \right)$.

Ta có $KI = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}} = 2\sqrt {10}$m.

Vì vậy ${d_{\min }} = OK + KI = 5 + 2\sqrt {10}$.

Lời giải

a) Sai.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Ta có $y' = - 3{x^2} + 6x$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $A\left( {0;4} \right)$ và $B\left( {2;8} \right)$.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm $A,\,\,B$ có dạng: $y = ax + b$. Khi đó ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}b = 4\\2a + b = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right.$. Vậy $y = 2x + 4 \Leftrightarrow 2x - y - 4 = 0$.

b) Sai.

Hàm số có đạo hàm là $y' = - 3{x^2} + 6x$.

c) Đúng.

Từ đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

d) Đúng.

Ta có $\overrightarrow {OA} = \left( {0;4} \right),\,\,\overrightarrow {OB} = \left( {2;8} \right)$.

Diện tích tam giác $OAB$ là: ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}\left| {0.8 - 2.4} \right| = 4$.

Lời giải

a) Mệnh đề: Đúng

Số phần tử của không gian mẫu (xếp 8 bạn thành hàng ngang): $n(\Omega ) = 8! = 40320$.

Gọi $A$ là biến cố "không có 2 học sinh nữ nào đứng cạnh nhau".

 Bước 1: Xếp 5 bạn nam, có 5! cách.

 Bước 2: 5 bạn nam tạo ra 6 khoảng trống (bao gồm cả 2 đầu). Xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 6 khoảng trống đó để đảm bảo các nữ không đứng cạnh nhau, có $A_6^3$ cách.

Số kết quả thuận lợi: $n(A) = 5!.A_6^3 = 14400$.

Xác suất: $P(A) = \frac{{14400}}{{40320}} = \frac{5}{{14}}$.

So sánh: Vì $\frac{5}{{14}} \approx 0{,}357 > \frac{1}{3} \approx 0{,}333$, nên mệnh đề này đúng.

b) Mệnh đề: Đúng

Ta có giá trị đại diện cho các nhóm là: $5{,}5;\;6{,}5;\;7{,}5;\;8{,}5;\;9{,}5$.

Điểm trung bình của lớp là:

$\bar x = \frac{{5{,}5.2 + 6{,}5.3 + 7{,}5.8 + 8{,}5.15 + 9{,}5.12}}{{40}} = 8{,}3$

Nhìn vào bảng, số học sinh có điểm chắc chắn nhỏ hơn 8 là tổng tần số của 3 nhóm đầu tiên: $2 + 3 + 8 = 13$ (học sinh).

Vì $8 < 8{,}3$ nên chắc chắn có ít nhất 13 học sinh này có điểm thấp hơn điểm trung bình.

c) Mệnh đề: Đúng

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm bằng hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên.

Khoảng biến thiên $R = 10 - 5 = 5$.

d) Mệnh đề: Sai

Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 (thuộc nhóm $[8;9)$ và [9; 10] là: 15 + 12 = 27 học sinh.

Trong 27 học sinh này, có 8 học sinh thuộc CLB Toán học và $27 - 8 = 19$ học sinh không thuộc CLB.

Số phần tử không gian mẫu (chọn 6 từ 27 học sinh): $n(\Omega ) = C_{27}^6 = 296010$.

Gọi $B$ là biến cố "có đúng 2 em của CLB Toán học". Ta chọn 2 em từ 8 em CLB và 4 em từ 19 em còn lại: $n(B) = C_8^2.C_{19}^4 = 28.3876 = 108528$.

Xác suất: $P(B) = \frac{{108528}}{{296010}} \approx 0{,}3666$.

So sánh: Vì $0{,}3666 > \frac{1}{3}$, nên mệnh đề nói xác suất "nhỏ hơn $\frac{1}{3}$" là sai.

Lời giải

$v\left( t \right) = - 0{,}1{t^3} + 1{,}1{t^2}\, \Rightarrow \,h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)} \,dt = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C$

$h\left( 0 \right) = 20\, \Rightarrow \,C = 20\, \Rightarrow \,h\left( t \right) = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20$

$h'\left( t \right) = 0\, \Leftrightarrow \, - 0{,}1{t^3} + 1{,}1{t^2} = 0\, \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 11\end{array} \right.$

$h\left( {11} \right) = - \frac{1}{{40}}{11^4} + \frac{{11}}{{30}}{11^3} + 20 = \frac{{17041}}{{120}} \approx 142\,cm$

$t$	0 $11$ +$\infty$
$h'\left( t \right)$	+ 0 -
$h\left( t \right)$	142

a) Chiều cao tối đa của cây lúa là $150\,cm$: Sai vì chiều cao tối đa của cây lúa là 142 cm:

b) Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài $12$ tuần: Sai vì chỉ có 11 tuần.

c) Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn $80\,cm$.

Ta xét: $v\left( t \right) = - 0{,}1{t^3} + 1{,}1{t^2}\, \Rightarrow \,v'\left( t \right) = - 0{,}3{t^2} + 2{,}2t\,;\,v'\left( t \right) = 0\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{{22}}{3}\end{array} \right.$

$t$	0 $\frac{{22}}{3}$ +$\infty$
$v'\left( t \right)$	+ 0 -
$v\left( t \right)$

Suy ra cây lúa phát triển nhanh nhất tại thời điểm $t = \frac{{22}}{3}$.

Khi đó chiều cao của cây lúa bằng

$h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) = - \frac{1}{{40}}{\left( {\frac{{22}}{3}} \right)^4} + \frac{{11}}{{30}}{\left( {\frac{{22}}{3}} \right)^3} + 20 = \frac{{37382}}{{405}} \approx 92{,}3\,cm\,\, > \,80\,cm$

c) Đúng

d) $h\left( t \right) = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20$ Đúng

Lời giải

Đáp số: 0,12

Chọn ngẫu nhiên 5 thẻ để ghép vào hình bên, mỗi thẻ tương ứng với một trong các ô vuông $A,B,C,D,O$ có $n\left( \Omega \right) = A_{15}^5$ cách.

Gọi E là biến cố: “$O$ khác màu $A,B,C,D$ và $A,B,C,D$ đôi một khác số.

Chọn 15 thẻ xếp vào $O$ có 15 cách.

Xếp 10 thẻ còn lại vào $A,B,C,D$ có $A_{10}^4$ cách.

Ta xét các trường hợp không thoả mãn yêu cầu bài toán sau:

TH1: Có đúng một cặp kề nhau trùng số, giả sử là $A \equiv B$, ta có:

$A$ có 10 cách chọn

$B$ có 1 cách ( do $B \equiv A$)

C có 8 cách chọn trong 8 thẻ còn lại.

$D \ne C$ nên $D$ có 6 cách chọn.

Tương tự với $B \equiv C,C \equiv D,D \equiv A$. Vậy có $\left( {10.1.8.6} \right).4 = 1920$ cách.

TH2: Có hai cặp kề nhau trùng số:

Loại 1: Giả sử là $A \equiv B$,$C \equiv D$ ta có: $10.1.8.1 = 80$ cách

Tương tự $A \equiv D;B \equiv C$,$C \equiv D$. Vậy ta có $80.2 = 160$ cách.

Số cách Xếp 10 thẻ còn lại vào $A,B,C,D$ thoả mãn yêu cầu bài toán là:

$A_{10}^4 - \left( {1920 + 160} \right) = 2960$ (cách)

Vậy $n\left( E \right) = 15.2960 = 44\,400$ cách.

Vậy $P\left( E \right) = \frac{{44400}}{{A_{15}^5}} = \frac{{370}}{{3003}} \approx 0{,}12$.

Lời giải

Đáp số: 260

Gọi $x$ là số mét lụa gấm và $y$ là số mét lụa tơ tằm mà cơ sở sản xuất mỗi ngày ($x,y \ge 0$).

Tổng công suất tối đa của xưởng là $100\;m$ lụa mỗi ngày, suy ra: $x + y \le 100$

Tiền nguyên liệu cho $1$ mét lụa gấm là $20$ nghìn đồng.

Tiền nguyên liệu cho $1$ mét lụa tơ tằm là $10$ nghìn đồng.

Tiền công thợ cho $1$ mét lụa gấm cần $2$ công thợ.

Tiền công thợ cho $1$ mét lụa tơ tằm cần $1$ công thợ.

Tiền lương của một công thợ là $40$ nghìn đồng.

Tổng chi phí nguyên vật liệu và công thợ cho $x$ mét lụa gấm và $y$ mét lụa tơ tằm là:

$C = (20x + 10y) + (2x \cdot 40 + 1y \cdot 40)$$= 100x + 50y$ (nghìn đồng)

Vốn của xưởng một ngày không quá $6$ triệu đồng, tức là $6000$ nghìn đồng, suy ra:$100x + 50y \le 6000$$\Leftrightarrow 2x + y \le 120$

Vậy, ta có hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 100}\\{2x + y \le 120}\end{array}} \right.$

Giá bán $1$ mét lụa gấm là $150$ nghìn đồng. Giá bán $1$ mét lụa tơ tằm là $80$ nghìn đồng.

Tổng doanh thu $R = 150x + 80y$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận $L$ mà cơ sở thu được là: $L = R - C = (150x + 80y) - (100x + 50y) = 50x + 30y$.

Vẽ miền nghiệm của hệ bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.

Miền nghiệm là đa giác $OABC$ với các đỉnh:

- $O(0{,}0)$

- $A$: Giao điểm của $y = 0$ và $2x + y = 120 \Rightarrow$$A(60{,}0)$.

- $B$: Giao điểm của $x + y = 100$ và $2x + y = 120$$\Rightarrow$$B(20{,}80)$.

- $C$: Giao điểm của $x = 0$ và $x + y = 100 \Rightarrow$ $C(0{,}100)$.

5. Tính giá trị của hàm mục tiêu tại các đỉnh:

- Tại $O(0{,}0)$: $L = 50(0) + 30(0) = 0$

- Tại $A(60{,}0)$: $L = 50(60) + 30(0) = 3000$

- Tại $B(20{,}80)$: $L = 50(20) + 30(80) = 1000 + 2400 = 3400$

- Tại $C(0{,}100)$: $L = 50(0) + 30(100) = 3000$

Giá trị lớn nhất của lợi nhuận là $3400$ (nghìn đồng) đạt được tại $x = 20$ và $y = 80$.

Đề bài yêu cầu tính giá trị của biểu thức $x + 3y$ khi lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất.

$x + 3y = 20 + 3(80) = 20 + 240 = 260$.

Lời giải

Đáp án: 41.

Gọi các điểm như hình vẽ.

Tính đường cao $h = O'O = A'H$

Ta có:

$\begin{array}{l}{\rm{ }}A'{H^2} & = A{{A'}^2} - A{H^2} = A{{A'}^2} - {(OA - O'A')^2} = A{{A'}^2} - {\left( {\frac{{AB\sqrt 2 }}{2} - \frac{{A'B'\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}\\ & = {3^2} - {\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2} - \frac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = 9 - \frac{9}{2} = \frac{9}{2} \Rightarrow h = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}{\rm{ m}}{\rm{.}}\end{array}$

Thể tích chân tháp là

$V = \frac{1}{3}.h.\left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\left( {{5^2} + {2^2} + \sqrt {{5^2}{{.2}^2}} } \right) = \frac{{39\sqrt 2 }}{2}{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}.$

Số tiền mua bê tông tươi để làm chân tháp là

$T = \frac{{39\sqrt 2 }}{2}.1470000 \approx 40{,}54{\rm{ tr }} \approx 41{\rm{ tr}}{\rm{.}}$

Lời giải

Đáp án: $10$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B$ trên $\left( {{\rm{Ox}}y} \right)$, suy ra $H\left( {5;0;0} \right),K\left( {5;10;0} \right)$

$A'$ đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left( {{\rm{Ox}}y} \right)$, $A'\left( {5;0; - 2} \right)$.

Vẽ đường thẳng $A'E\,{\rm{//}}\,MN,A'E = MN = 2$.

Ta có: $AM + BN = A'M + BN = EN + BN \ge EB \Rightarrow AM + BN$ nhỏ nhất khi $E,N,B$ thẳng hàng $\Rightarrow A,H,A',M,N,K,B$ đồng phẳng $\Rightarrow H,M,N,K$ thẳng hàng,

$$\Rightarrow \overrightarrow {A'E} = \frac{1}{5}\overrightarrow {HK} \Rightarrow E\left( {5;2; - 2} \right) \Rightarrow BE = 10$$

Tổng $AM + BN$ có giá trị nhỏ nhất là $10$.

Lời giải

Đáp án: 574

Do tia OA hợp với ba tia Ox, Oy, Oz các góc bằng nhau nên $A\left( {a\,;\,a\,;\,a} \right)$

Lúc 6h30, máy bay A đã di chuyển được quãng đường: $OA = \frac{1}{2}.800 = 400$ (km)

$$\Leftrightarrow a\sqrt 3 = 400 \Leftrightarrow a = \frac{{400}}{{\sqrt 3 }}$$

Suy ra lúc 6h30ph máy bay A đang ở điểm $A\left( {\frac{{400}}{{\sqrt 3 }}\,;\,\frac{{400}}{{\sqrt 3 }}\,;\,\frac{{400}}{{\sqrt 3 }}} \right)$

Do tia OB hợp với ba tia Ox’, Oy’, Oz các góc bằng nhau nên $B\left( { - b\,;\, - b\,;\,b} \right)$

Lúc 6h30ph, máy bay B đã di chuyển được quãng đường: $OB = \frac{1}{3}.900 = 300$ (km)

$$\Leftrightarrow b\sqrt 3 = 300 \Leftrightarrow b = \frac{{300}}{{\sqrt 3 }}$$

Suy ra lúc 6h30 máy bay B đang ở điểm $B\left( {\frac{{ - 300}}{{\sqrt 3 }}\,;\,\frac{{ - 300}}{{\sqrt 3 }}\,;\,\frac{{300}}{{\sqrt 3 }}} \right)$

Vậy khoảng cách giữa hai máy bay lúc 6h30 là:

$AB = \sqrt {{{\left( {\frac{{400}}{{\sqrt 3 }} + \frac{{300}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{400}}{{\sqrt 3 }} + \frac{{300}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{400}}{{\sqrt 3 }} - \frac{{300}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}} \approx 574$ (km).

Lời giải

Đáp án: 208.

Gọi $x$ là số lượng máy chủ và $t$ (giờ) thời gian hoàn thành công việc. Điều kiện $x > 0$.

Năng suất: 250 lệnh/giờ/máy: $250.x.t = 18000 \Rightarrow t = \frac{{72}}{x}$.

Vì thời gian làm việc tối đa là 8 giờ nên $t \le 8 \Leftrightarrow x \ge 9.$

Tổng chi phí: $C\left( x \right) = 15x + 01{,}2x.t + 8t = 15x + \frac{{576}}{x} + 8{,}64$.

$\Rightarrow C'\left( x \right) = 15 - \frac{{576}}{{{x^2}}} > 0,{\rm{ }}\forall x \ge 9 \Rightarrow \min C\left( x \right) = C\left( 9 \right) = 207{,}64 \approx 208$ triệu đồng.