Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường Nghệ An có đáp án

Chọn A

Trong không gian $Oxyz$, một vectơ được biểu diễn qua các vectơ đơn vị $\vec a = x\vec i + y\vec j + z\vec k$có tọa độ là $\left( {x;y;z} \right)$.

Với $\vec a = 1\vec i - 2\vec j + 3\vec k$, ta suy ra tọa độ của $\vec a$ là $\left( {1; - 2;3} \right)$.

Chọn A

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

Trên đoạn $\left[ {0\,;2} \right]$, ta xét các giá trị $x = 0$ và $x = 1$.

Ta có $y\left( 0 \right) = 3$; $y\left( 1 \right) = 1 - 2 + 3 = 2$; $y\left( 2 \right) = {2^4} - 2 \cdot {2^2} + 3 = 16 - 8 + 3 = 11$.

So sánh các kết quả, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn đã cho là 2.

Chọn D

Để tìm tọa độ của vectơ hiệu, ta thực hiện trừ các tọa độ tương ứng của $\vec u$ cho $\vec v$:

$\vec u - \vec v = \left( {1 - 2;2 - \left( { - 2} \right); - 2 - 3} \right) = \left( { - 1;4; - 5} \right)$.

Chọn A

Công bội $q$ của cấp số nhân được tính bằng công thức $q = \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{6}{2} = 3$.

Số hạng thứ 4 của cấp số nhân là ${u_4} = {u_3} \cdot q = 6 \cdot 3 = 18$.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {D'C'} = \overrightarrow {A'B'}$.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $f'\left( x \right) > 0$ với mọi $x \in \left( { - 2;1} \right)$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { - 2;1} \right)$.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1$.

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là $y = 2$ và $y = - 1$.

Chọn A

Ta có $\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$. Vậy A đúng.

Chọn D

Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị của hàm số bậc ba, có hai điểm cực trị và có hướng đi xuống khi $x \to + \infty$ và đi lên khi $x \to - \infty$. Do đó hệ số của ${x^3}$ phải âm. Do đó ta chọn đáp án D.

Kiểm tra lại như sau:

Xét hàm số $y = - {x^3} + 3x + 1$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

$y' = - 3{x^2} + 3 = - 3\left( {{x^2} - 1} \right) = - 3\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)$.
$y' = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = - 1$.

Bảng biến thiên:

Giá trị cực đại ${y_{CD}} = y\left( 1 \right) = - {1^3} + 3 \cdot 1 + 1 = 3$.

Giá trị cực tiểu ${y_{CT}} = y\left( { - 1} \right) = - {\left( { - 1} \right)^3} + 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = 1 - 3 + 1 = - 1$.

Khi $x = 0$, $y = - {0^3} + 3 \cdot 0 + 1 = 1$. Đồ thị cắt trục $Oy$ tại điểm có tung độ bằng 1.

Đồ thị của hàm số $y = - {x^3} + 3x + 1$ phù hợp với hình vẽ đã cho.

Chọn C

Quan sát bảng biến thiên:

Tại $x = - 3$, $y'$ đổi dấu từ âm sang dương, nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = - 3$ và giá trị cực tiểu là $y\left( { - 3} \right) = 5$.

Tại $x = 1$, $y'$ đổi dấu từ dương sang âm, nên hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ và giá trị cực đại là $y\left( 1 \right) = 0$.
Giá trị cực đại của hàm số là $0$.

Chọn C

Điều kiện xác định của phương trình là $3x - 1 > 0 \Leftrightarrow 3x > 1 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}$.

Phương trình đã cho tương đương với: $3x - 1 = {2^3}$$\Leftrightarrow x = 3$.

Kiểm tra điều kiện: $x = 3$ thỏa mãn $x > \frac{1}{3}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 3$.

Chọn A

Tổng số học sinh là $N = 0 + 2 + 10 + 18 + 10 = 40$ học sinh.

Ta có $\frac{N}{2} = \frac{{40}}{2} = 20$.

Ta lập bảng tần số tích lũy:

Vì tần số tích lũy của nhóm $\left[ {4;6} \right)$ là $12$ (nhỏ hơn $20$), tần số tích lũy của nhóm $\left[ {6;8} \right)$ là $30$ (lớn hơn $20$) nên nhóm $\left[ {6;8} \right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn $20$, do đó số trung vị của mẫu số liệu đã cho thuộc nhóm $\left[ {6;8} \right)$.

a) Sai. Ta có $C(100) = 200 + 1500 = 1700$ ngàn đồng

b) Sai. Số tiền thu được khi bán $100kg$thực phẩm cho nhà hàng ông B là $100 \times P(100) = 2000$ ngàn đồng.

c) Đúng. Nếu số lượng đặt hàng là $x$ kg thực phẩm thì giá bán cho mỗi kg được biểu diễn bởi công thức $P(x) = 30 - \frac{1}{{1000}}{x^2}$ (ngàn đồng) nên có doanh thu là $xP(x) = 30x - \frac{1}{{1000}}{x^3}$

Khi đó lợi nhuận ông A thu được khi bán $x\,kg,\,x \in \left( {0;100} \right)$ thực phẩm cho ông B là $L(x) = x.P(x) - C(x)$

d) Đúng. Theo trên ta có $L(x) = x.P(x) - C(x) = 30x - \frac{1}{{1000}}{x^3} - 200 - 15x = - \frac{{{x^3}}}{{1000}} + 15x - 200$

Ta có $L'(x) = \frac{{ - 3{x^2}}}{{1000}} + 15 = 0 \Rightarrow x = 50\sqrt 2$

Ta có bảng biến thiên là

a) Đúng

Dựa vào hình ảnh đồ thị đã cho ta có x = 1 là đường tiệm cận đứng và y = -1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

b) Sai

Từ đồ thị ta có

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $x = \frac{1}{c} \Rightarrow \frac{1}{c} = 1 \Rightarrow c = 1$

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm là $y = \frac{a}{c} \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1;c = 1 \Rightarrow a = - 1$

Đồ thị hàm số đi qua điểm (2;0) nên $\frac{{2a + b}}{{2c - 1}} = 0 \Rightarrow 2a + b = 0,a = - 1 \Rightarrow b = 2$

Ta có a + 2b - 3c = -1 + 2.2 – 3.1= 0

c) Đúng

Ta có hàm số $y = f(x) = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\,$ nên $f'(x) = \frac{{ - 1.( - 1) - 2.1}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\,\,\,(x \ne 1)$

Suy ra $f'(x) < 0$ với mọi$x \in R\backslash \left\{ 1 \right\}$

d) Sai

Cách 1: Áp dụng công thức tính nhanh đối với hàm số phân thức dạng $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,$ (điều kiện $ad - bc \ne 0;\,c \ne 0$) thì khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm M và N thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị được tính bằng công thức $M{N_{\min }} = 2\sqrt {\frac{{2\left| {ad - bc} \right|}}{{{c^2}}}}$

+ Ta có a = -1; b = 2; c = 1; d = -1

+ $\left| {ad - bc} \right|\, = 1$

+ $M{N_{\min }} = 2\sqrt {\frac{{2.1}}{{{1^2}}}} \, = 2\sqrt 2 = \sqrt 8$

Cách 2: Ta có hàm số $y = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\, = - 1 + \frac{1}{{x - 1}}$

Gọi $M({x_1};{y_1})$ thuộc nhánh trái của đồ thị hàm số

$N({x_2};{y_2})$ thuộc nhánh phải của đồ thị

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1 - m\\{x_2} = 1 + n\\m,n > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_1} = - 1 - \frac{1}{m}\\{y_2} = - 1 + \frac{1}{n}\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}M{N^2} = {({x_2} - {x_1})^2} + {({y_2} - {y_1})^2}\\ = {(m + n)^2} + {(\frac{1}{m} + \frac{1}{n})^2} = {(m + n)^2} + {(\frac{{m + n}}{{mn}})^2}\\\, = {(m + n)^2}\left[ {1 + \frac{1}{{{{(mn)}^2}}}} \right]\\\mathop \ge \limits^{\cos i} {(2\sqrt {mn} \,)^2}.\left[ {1 + \frac{1}{{{{(mn)}^2}}}} \right] = 4(mn + \frac{1}{{mn}})\\\mathop \ge \limits^{\cos i} \,4.2\sqrt {mn.\frac{1}{{mn}}} = 8\end{array}$

$M{N_{\min }} = \sqrt 8 \, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = n > 0\\mn = \frac{1}{{mn}}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = n = 1$.

a) Vì hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ đồng biến trên khoảng $\left( {3; + \infty } \right)$ nên đồng biến trên khoảng $\left( {2025;2026} \right)$. Do đó $f\left( {2025} \right) < f\left( {2026} \right)$.

Do đó ý a sai.

b) Hàm số đạt cực đại tại $x = 0.$ Do đó ý b sai.

c) Giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left( { - \infty ;3} \right]$ bằng $2$. Do đó ý c sai.

d) Ta có: $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c$.

Vì đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $\left( {0;2} \right)$ và $\left( {3; - 4} \right)$ nên ta có:

$$\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 0 \right) = 0\\y'\left( 3 \right) = 0\\y\left( 0 \right) = 2\\y\left( 3 \right) = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\27a + 6b = 0\\d = 2\\27a + 9b + 2 = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{9}\\b = - 2\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.$$

Vậy trong bốn hệ số $a$, $b$, $c$, $d$ chỉ có hệ số $b$ nhận giá trị âm.

Do đó ý d đúng.

Ta có $OB = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3$, $OA' = 4$.

Suy ra: $A\left( {0; - 3;0} \right)$, $B\left( {3\sqrt 3 ;0;0} \right)$, $C\left( {0;3;0} \right)$, $A'\left( {0;0;4} \right)$, $B'\left( {3\sqrt 3 ;3;4} \right)$; $M\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};0} \right)$; $E\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{3}{2};4} \right)$.

a) Sai.

$\overrightarrow {ME} = \left( {0;0;4} \right)$.

b) Đúng

Tọa độ điểm $B\left( {3\sqrt 3 ;0;0} \right)$.

c) Sai

$\overrightarrow {A'B} = \left( {3\sqrt 3 ;0; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 3\sqrt 3 ;3;0} \right)$.

$\overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {BC} = - 27 < 0$.

Suy ra $\cos (\overrightarrow {A\prime B} ,\overrightarrow {BC} ) < 0$.

d) Đúng

Mặt phẳng chứa $AA'$ và song song với $ME$ là mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$: $x = 0$.

Ta có: $d\left( {ME,AA'} \right) = d\left( {M,\left( {Oyz} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

Đáp án: 0,12.

Để đạt 9 điểm, bạn Tiến cần trả lời đúng 3 câu trong 5 câu còn lại.

Với mỗi câu chưa loại được phương án sai, xác suất trả lời đúng là $\frac{1}{4}$, xác suất trả lời sai là $\frac{3}{4}$.

Với mỗi câu đã loại được một phương án sai, xác suất trả lời đúng $\frac{1}{3}$, xác suất trả lời sai là $\frac{2}{3}$.

TH1: Bạn Tiến trả lời đúng 3 câu chưa loại được phương án sai và trả lời sai 2 câu đã loại được phương án sai, xác suất là ${P_1} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{1}{{144}}$.

TH2: Bạn Tiến trả lời đúng 2 trong 3 câu chưa loại được phương án sai và trả lời đúng 1 trong 2 câu đã loại được một phương án sai, xác suất là: ${P_2} = C_3^2.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}.\frac{3}{4}.C_2^1.\frac{1}{3}.\frac{2}{3} = \frac{1}{{16}}$

TH3: Bạn Tiến trả lời đúng 1 trong 3 câu chưa loại được phương án sai và trả lời đúng 2 đã loại được một phương án sai, xác suất là: ${P_3} = C_3^1.\frac{1}{4}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{3}{{64}}$.

Xác suất để bạn Tiến đạt 9 điểm là $P = {P_1} + {P_2} + {P_3} = \frac{1}{{144}} + \frac{1}{{16}} + \frac{3}{{64}} = \frac{{67}}{{576}} \approx 0{,}12$.

Đáp án: 0,57.

+) Người quan sát ở điểm $M\left( {1;2;3} \right)$. Vật cần quan sát ở điểm $N\left( {3;6; - 12} \right)$.

$MN:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + t\left( {3 - 1} \right)}\\{y = 2 + t\left( {6 - 2} \right)}\\{z = 3 + t\left( { - 12 - 3} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 4t}\\{z = 3 - 15t}\end{array}} \right.$

+) Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi tấm bìa cứng chắn ngang đường thẳng $MN$. Tấm bìa nằm trong mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$, tức là mặt phẳng $z = 0$.

+)Giao điểm của đường thẳng $MN$ với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là điểm $I$ có tọa độ ${z_I} = 0$.

$3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}$.

Thay $t = \frac{1}{5}$ vào phương trình đường thẳng $MN$, ta được tọa độ điểm $I\left( {1{,}4;2{,}8;0} \right)$ là điểm trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ mà đường nhìn $MN$ đi qua.

+) Tấm bìa cứng có dạng hình tròn bán kính $R = 2$. Nó bắt đầu từ gốc tọa độ và di chuyển theo hướng vector $\vec j = \left( {0;1;0} \right)$ với tốc độ $v = 5\left( {cm/s} \right)$.

Tại thời điểm $t$ (giây), tâm của hình tròn là $O{\rm{'}}\left( {0;vt;0} \right) = O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)$.

Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi điểm $I$ nằm trong hoặc trên đường biên của hình tròn di động.

Điều này xảy ra khi khoảng cách từ $I$ đến $O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)$ nhỏ hơn hoặc bằng bán kính $R = 2$.

$d\left( {I,O{\rm{'}}} \right) \le R$

$\sqrt {{{\left( {1{,}4 - 0} \right)}^2} + {{\left( {2{,}8 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2}} \le 2$$\Leftrightarrow - 4{,}2282856 \le - 5t \le - 1{,}3717144$

$\Leftrightarrow 0{,}27434288 \le t \le 0{,}84565712$

Khoảng thời gian tầm nhìn bị che khuất là:

$\Delta t = 0{,}84565712 - 0{,}27434288 = 0{,}57131424$ (giây)

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, ta được $\Delta t \approx 0{,}57$ (giây).

Đáp án: 26.

Ta có:

-Tổng số học sinh: $7 + a + b + 6 + 3 = 42 \Rightarrow a + b = 26\;\;\;{\kern 1pt} (1).$

-Thời gian trung bình: $\frac{{7.10 + a.30 + b.50 + 6.70 + 3.90}}{{42}} = 40$$\Rightarrow 30a + 50b = 920 \Rightarrow 3a + 5b = 92\;{\kern 1pt} (2)$

Từ (1) và (2) tìm được $a{\rm{ }} = {\rm{ }}19,\,b{\rm{ }} = {\rm{ }}7.$

- Mức trung bình là 40 phút. Số học sinh sử dụng dưới 40 phút thuộc các nhóm [0;20) và [20;40).

Tổng số học sinh $7 + a = 7 + 19 = 26$ (bạn)

Đáp án: 3,7.

Hàm số liên tục trên đoạn $\left[ { - 1;0} \right]$

$$f'\left( x \right) = \,{e^{ - x}}\left( {2x + 1 - {x^2} - x - 1} \right) = {e^{ - x}}\left( { - {x^2} + x} \right)$$

$$f'\left( x \right) = 0\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\,\left( l \right)\end{array} \right.$$

$f\left( { - 1} \right) = e;\,\,f\left( 0 \right) = 1$.

Suy ra $\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y = e\,\,;\,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y = 1\,\, \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y + \,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \,y\, = e + 1\, \approx \,3{,}7$.

Đáp án: 12,1.

$V\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3t - {t^2} + {t^3}} \right) + 4$$\Rightarrow V'\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3 - 2t + 3{t^2}} \right)$$\Rightarrow V''\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( { - 2 + 6t} \right)$

$V''\left( t \right) = 0$$\Leftrightarrow \frac{{35}}{4}\left( { - 2 + 6t} \right) = 0$$\Leftrightarrow - 2 + 6t = 0$$\Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \in \left[ {0;1} \right]$.

$V'\left( 0 \right) = 26{,}25$, $V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{70}}{3} \approx 23{,}33$, $V'\left( 1 \right) = 35$.

So sánh 3 giá trị trên thì tại thời điểm $t = \frac{1}{3}$ thì tốc độ bơm $V'\left( t \right)$ đạt nhỏ nhất.

Khi đó, thể tích (lít) của xăng trong bình tại thời điểm $t = \frac{1}{3}$ là:$V\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3.\frac{1}{3} - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^3}} \right) + 4 \approx 12{,}1$(lít).

Đáp án: 9,24.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ với điểm $A$ trùng gốc tọa độ.

Ta có: $A\left( {0;0;0} \right)$, $B\left( {4;0;0} \right)$, $C\left( {4;4;0} \right)$, $D\left( {0;4;0} \right)$ và giả sử $S\left( {x;y;z} \right)$.

Do $\Delta SAB$ đều nên $\left\{ \begin{array}{l}SA = SB\\SA = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = {\left( {4 - x} \right)^2} + {y^2} + {z^2}\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 16\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\{y^2} + {z^2} = 12\end{array} \right.$.

Tương tự, $\Delta SCD$ vuông cân tại $S$ nên $SC = SD = \frac{{CD}}{{\sqrt 2 }} = \frac{4}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2$

$\Rightarrow {x^2} + {\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 8 \Rightarrow {\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 4 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y^2} + {z^2} = 12\\{\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\\z = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.$.

Vậy $S\left( {2;3;\sqrt 3 } \right)$ hoặc $S\left( {2;3; - \sqrt 3 } \right)$ nên chiều cao của khối chóp $S.ABCD$ là $\left| {{z_S}} \right| = \sqrt 3$.

Khi đó: $V = \frac{1}{3} \times {S_{ABCD}} \times h = \frac{1}{3} \times {4^2} \times \sqrt 3 = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \approx 9{,}24$ (đvtt).