Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Liên trường THPT Hà Nội lần 1 có đáp án

Đáp án đúng là A

Ta có $\int f(x)dx=2{x}^{3}-cosx+C$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $\overrightarrow{AB}=(2;4;-6)$.

Đáp án đúng là C

Ta có: $3\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=3(1;-1;2)+(2;-1;-3)=(5;-4;3)$.

Khi đó: $|3\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}|=\sqrt{{5}^{2}+{(-4)}^{2}+{3}^{2}}=5\sqrt{2}$.

Đáp án đúng là A

Điều kiện: $2x-1>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{2}$.

Ta có: $lo{g}_{3}(2x-1)\le 2$$\Leftrightarrow 2x-1\le {3}^{2}\Leftrightarrow x\le 5.$

Kết hợp điều kiện$\Rightarrow \frac{1}{2}<x\le 5$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=(\frac{1}{2};5]$.

Đáp án đúng là C

Thời gian trung bình sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh 12X:

$\overline{x}=\frac{15.5+25.7+35.15+45.6+55.5+65.4}{5+7+15+6+5+4}\approx 37{,}6$.

Đáp án đúng là A

Nhìn bảng xét dấu ta thấy trong khoảng $(0;1)$ thì đạo hàm ${y}^{′}>0$.

Đáp án đúng là C

Giải $cosx=0\Leftrightarrow x=\frac{π}{2}+kπ,k\in ℤ$.

Đáp án đúng là D

Ta có: ${u}_{6}={u}_{1}+5d\Leftrightarrow d=\frac{{u}_{6}-{u}_{1}}{5}=\frac{7+3}{5}=2$.

Đáp án đúng là D

Thể tích của khối chóp: $V=\frac{1}{3}SA.{S}_{ABC}=\frac{1}{3}5.\frac{{6}^{2}\sqrt{3}}{4}=15\sqrt{3}$.

Đáp án đúng là B

$({A}^{′}{C}^{′},{D}^{′}C)=(AC,{D}^{′}C)=60^{\circ}$ (Do tam giác ${D}^{′}CA$ là tam giác đều).

Đáp án đúng là B

$\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{{A}^{′}{C}^{′}}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BC}$.

Đáp án đúng là A

đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{2-x}$ có đường tiệm cận ngang là $y=-2$.

a) Sai.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là $R=90-65=25$.

b) Đúng.

Ta có $\frac{3.n}{4}=\frac{3.102}{4}=76{,}5\Rightarrow {Q}_{3}\in [85;90)$. Khi đó: ${Q}_{3}=85+\frac{76{,}5-(5+13+18+35)}{31}.5\approx 85{,}9$.

c) Sai.

Thời gian trung bình hoàn thành một bài thi thử tốt nghiệp của một số học sinh lớp $12$ của trường Y là $\overline{x}=\frac{1}{102}(67{,}5.5+72{,}5.13+77{,}5.18+82{,}5.35+87{,}5.31)=\frac{8275}{102}$.

Phương sai của mẫu số liệu là:

${s}^{2}=\frac{1}{102}(67,{5}^{2}.5+72,{5}^{2}.13+77,{5}^{2}.18+82,{5}^{2}.35+87,{5}^{2}.31)-{(\frac{8275}{102})}^{2}\approx 33{,}9$.

d) Đúng.

Số học sinh có thời gian làm bài từ $65$ phút đến dưới $75$ phút là $5+13=18$, chiếm tỉ lệ $\frac{18}{102}\approx 17{,}6\%$.

a) Sai

Từ đồ thị: Hàm số đạt cực đại tại điểm $x=0$

b) Đúng

Trên $[0;4]$hàm số $f(x)$ nghịch biến, suy ra $-f(x)$ đồng biến trên $[0;4]$

Và hàm số $y=26x$ cũng đồng biến trên $[0;4]$

Suy ra: hàm số $g(x)=26x-f(x)$ đồng biến trên $[0;4]$

$\Rightarrow \underset{[0;4]}{max}g(x)=g(4)=26.4-(-1)=105$

c) Đúng

Từ đồ thị hàm số: Hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;4)$

d) Sai

Từ đồ thị: $f'(x)=3.a.{x}^{2}+2bx+c$ Ta có hệ phương trình

$\{\begin{matrix}f(4)=-1 \\ f(0)=3 \\ f'(0)=0 \\ f'(4)=0\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}a=\frac{3}{32} \\ c=0 \\ b=-\frac{9}{16} \\ d=3\end{matrix}$

Suy ra:

$f(x)=\frac{3}{32}{x}^{3}-\frac{9}{16}{x}^{2}+3\Rightarrow 16a-8b+3c+d=16.\frac{3}{32}-8(-\frac{9}{16})+3.0+3=9$.

a) Sai.

Ta có $P(x)=\int {P}^{′}(x)dx=17x-0{,}0125{x}^{2}+C$.

Vì nhà máy lỗ 24 triệu đồng nếu không bán được sản phẩm nào nên ta có phương trình:

$P(0)=-24\Leftrightarrow C=-24$.

Khi đó $P(x)=17x-0{,}0125{x}^{2}-24$.

Xét $P(x)>0\Leftrightarrow 17x-0{,}0125{x}^{2}-24>0\Leftrightarrow 1{,}41<x<1358{,}59$. Mà $x\in [0;1000]$.

Vậy $P(x)>0$ khi $1{,}4<x\le 1000$ hay nhà máy bán được trên 1,4 tấn sản phẩm trên tuần thì bắt đầu có lãi.

b) Đúng.

Lợi nhuận nhà máy thu được khi bán 80 tấn sản phẩm trong tuần là $P(80)=1256$ (triệu đồng) hay 1 tỉ 256 triệu đồng.

c) Sai.

Từ câu a) ta thấy $P(x)=17x-0{,}0125{x}^{2}-24$ với $C=-24$.

d) Đúng.

Xét ${P}^{′}(x)=0\Leftrightarrow 17-0{,}025x=0\Leftrightarrow x=680$.

a) Ta có $M(500;200;10)$, $N(300;800;10)$ nên $\overrightarrow{MN}=(-200;600;0)$$MN=\sqrt{{(-200)}^{2}+60{0}^{2}+{0}^{2}}=200\sqrt{10}$.

Vậy a) đúng.

b) Vì máy bay bay từ $M$ đến $N$ trong $40$ phút và tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay để bay đến $Q$ trong 8 phút nên ta có: $\frac{MN}{NQ}=\frac{40}{8}=5.$

Do đó $\overrightarrow{NQ}=\frac{1}{5}\overrightarrow{MN}$.

$\{\begin{matrix}a-300=\frac{1}{5}.(-200) \\ b-800=\frac{1}{5}.600 \\ c-10=\frac{1}{5}.0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}a=260 \\ b=920 \\ c=10\end{matrix}$

Vậy $a+b+c=1190$

Vậy b) sai.

c) Theo giả thiết ta có: Mặt phẳng $(Oxy)$ là mặt đất, mỗi đơn vị trên trục ứng với $1$ km.

Vì máy bay chiến đấu di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ $M$ đến $N$ và ${z}_{M}={z}_{N}=10$ nên khi bay từ $M$ đến $N$ máy bay luôn cách mặt đất $10$ km.

Vậy c) đúng.

d) Ta có:

$OM=\sqrt{50{0}^{2}+20{0}^{2}+1{0}^{2}}=\sqrt{290100}$.

$ON=\sqrt{30{0}^{2}+80{0}^{2}+1{0}^{2}}=\sqrt{730100}$.

$MN=\sqrt{{(-200)}^{2}+60{0}^{2}+{0}^{2}}=\sqrt{400000}$.

$\Rightarrow cos\widehat{MON}=\frac{O{M}^{2}+O{N}^{2}-M{N}^{2}}{2.OM.ON}=\frac{290100+730100-400000}{2.\sqrt{290100}.\sqrt{730100}}\approx 0{,}6738$.

$\Rightarrow \widehat{MON}\approx 47{,}6{4}^{∘}$.

Vậy d) đúng.

Đáp án: 7,3

Do động đất ở San Francisco có cường độ $6{,}7$ nên $6{,}7=logA-log{A}_{0}\Leftrightarrow log\frac{A}{{A}_{0}}=6{,}7$.

Suy ra động đất ở Nam Mỹ có cường độ là ${M}_{1}=log(4A)-log{A}_{0}=log\frac{4A}{{A}_{0}}=log4+log\frac{A}{{A}_{0}}=log4+6{,}7\approx 7{,}3$.

Đáp án: 1,06

Bước 1: Phân tích các thông số của mặt đáy

Đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh bằng 3, có góc $\widehat{ABC}$ = 60° nên tam giác $ABC$ là tam giác đều cạnh 3.

Suy ra đường chéo $AC=3$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, ta có $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$, đồng thời $AC\perp BD$ tại $O$.

Tính độ dài $AO=\frac{AC}{2}=1.5$.

Tính độ dài $BO=AB\cdot sin(60{}^{^{\circ}})=\frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow BD=3\sqrt{3}$.

Bước 2: Sử dụng góc nhị diện để tìm chiều cao SA

Gọi $P,Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M,N$ lên mặt phẳng $(ABCD)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ và $M,N$ là trung điểm của $SB,SD$ nên $P,Q$ chính là trung điểm của $AB,AD$.

Đoạn $MN\ \text{/}\text{/}\ SA$ và $MP=\frac{SA}{2}$. Gọi $SA=h$, ta có $MP=NQ=\frac{h}{2}$.

Từ $P$, kẻ $PK\perp AC$ tại $K$. Theo định lý ba đường vuông góc, ta có $MK\perp AC$. Do tính chất đối xứng của hình thoi, $QK\perp AC$ và $NK\perp AC$ tại cùng điểm $K$.

Từ đó, góc nhị diện $[M,AC,N]$ chính là góc $\widehat{MKN}$ = 120°.

Xét $ΔABC$ đều, $P$ là trung điểm AB. Độ dài $PK=AP\cdot sin(60{}^{^{\circ}})=1.5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$. Qua đối xứng, $QK=\frac{3\sqrt{3}}{4}$.

Áp dụng định lý Pytago trong $ΔMPK$ vuông tại $P$:

$MK{}^{2}=MP{}^{2}+PK{}^{2}=\frac{h{}^{2}}{4}+\frac{27}{16}$

Tương tự, $NK{}^{2}=\frac{h{}^{2}}{4}+\frac{27}{16}$.

Xét đoạn $PQ$ là đường trung bình của $ΔABD\Rightarrow PQ=\frac{BD}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Đoạn $MN$ là đường trung bình của $ΔSBD\Rightarrow MN=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Áp dụng định lý Cô-sin trong $ΔMKN$:

$MN{}^{2}=MK{}^{2}+NK{}^{2}-2\cdot MK\cdot NK\cdot cos(\widehat{MKN})$

$(\frac{3\sqrt{3}}{2}){}^{2}=2\cdot MK{}^{2}-2\cdot MK{}^{2}\cdot (-0.5)=3\cdot MK{}^{2}$

$\frac{27}{4}=3(\frac{{h}^{2}}{4}+\frac{27}{16})$

$\frac{9}{4}=\frac{h{}^{2}}{4}+\frac{27}{16}\Rightarrow \frac{h{}^{2}}{4}=\frac{36}{16}-\frac{27}{16}=\frac{9}{16}\Rightarrow h{}^{2}=\frac{9}{4}\Rightarrow h=1.5$

Vậy chiều cao $SA=1.5$.

Bước 3: Tính khoảng cách từ C đến (SBD)

Vì $O$ là trung điểm của $AC$ và $O\in (SBD)$ nên khoảng cách từ $C$ đến $(SBD)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $(SBD)$: $d(C,(SBD))=d(A,(SBD))$

Từ $A$, kẻ $AH\perp SO$ tại $H$.

Ta có $BD\perp AO$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAO)\Rightarrow BD\perp AH$.

Vì $AH\perp SO$ và $AH\perp BD$ nên $AH\perp (SBD)$. Vậy $d(A,(SBD))=AH$.

Xét tam giác vuông SAO vuông tại $A$ với đường cao AH:

$\frac{1}{AH{}^{2}}=\frac{1}{SA{}^{2}}+\frac{1}{AO{}^{2}}=\frac{1}{1.5{}^{2}}+\frac{1}{1.5{}^{2}}=\frac{1}{2.25}+\frac{1}{2.25}=\frac{2}{2.25}=\frac{8}{9}$

$AH{}^{2}=\frac{9}{8}\Rightarrow AH=\frac{3}{\sqrt{8}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}\approx 1{,}06$.

Đáp án: 32,7

Gọi $\overrightarrow{{T}_{A}}\ ,\ \overrightarrow{{T}_{B}}\ ,\ \overrightarrow{{T}_{C}}$ lần lượt là lực căng của các sợi dây $DA\ ,\ DB\ ,\ DC$. Gọi $P$ là trọng lượng của vật.

Khi vật ở trạng thái cân bằng, ta có phương trình: $\overrightarrow{{T}_{A}}\ +\overrightarrow{{T}_{B}}\ +\ \overrightarrow{{T}_{C}}+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}$

Trọng lực $\overrightarrow{P}$ hướng xuống dưới theo trục $Oz$, nên $\overrightarrow{P}\ (0\ ;\ 0\ -p)$

Khi đó ta có:

$\begin{matrix}\overrightarrow{DA}=(-2\ ;\ -1\ ;\ 4)\ \ \Rightarrow \ \ DA=\sqrt{21} \\ \overrightarrow{DB}=(2\ ;\ -1\ ;\ 4)\ \ \Rightarrow \ \ DB=\sqrt{21} \\ \overrightarrow{DC}=(0\ ;\ 4\ ;\ 4)\ \ \Rightarrow \ \ DC=4\sqrt{2}\end{matrix}$

Khi đó véc tơ đơn vị ${\overrightarrow{u}}_{A}\$cùng hướng với sợi dây $DA$ được tính bằng cách lấy $\overrightarrow{DA}$ chia cho độ dài của chính nó. Tương tự có các véc tơ đơn vị của các sợi dây là:

$\begin{matrix}\overrightarrow{{u}_{A}}=\frac{\overrightarrow{DA}}{DA}=\frac{1}{\sqrt{21}}(-2\ ;\ -1\ ;\ 4)\ \ \\ \overrightarrow{{u}_{B}}=\frac{\overrightarrow{DB}}{DB}=\frac{1}{\sqrt{21}}(2\ ;\ -1\ ;\ 4) \\ \overrightarrow{{u}_{C}}=\frac{\overrightarrow{DC}}{DC}=\frac{1}{4\sqrt{2}}(0\ ;\ 4\ ;\ 4)\end{matrix}$

Mà một vectơ lực có thể được biểu diễn bằng tích của "độ lớn" và "vectơ đơn vị" chỉ hướng của nó, nên có:

$\{\begin{matrix}\overrightarrow{{T}_{A}}=\frac{{T}_{A}}{DA}=\frac{{T}_{A}}{\sqrt{21}}(-2\ ;\ -1\ ;\ 4)\ \ \\ \overrightarrow{{T}_{B}}=\frac{{T}_{B}}{DB}=\frac{{T}_{B}}{\sqrt{21}}(2\ ;\ -1\ ;\ 4) \\ \overrightarrow{{T}_{C}}=\frac{{T}_{C}}{DC}=\frac{{T}_{C}}{4\sqrt{2}}(0\ ;\ 4\ ;\ 4)\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}{T}_{A}={T}_{B} \\ {T}_{C}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{21}}{T}_{A}\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}{T}_{A}={T}_{B} \\ {T}_{C}<{T}_{A}\end{matrix}$

Chứng tỏ dây $DA$ và $DB$ sẽ chịu những lực căng lớn nhất $\Rightarrow {T}_{A}={T}_{B}=15\text{​}\ N\ \$

$\Rightarrow {T}_{C}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{21}}.15=\frac{30\sqrt{2}}{\sqrt{21}}$

Vậy$\overrightarrow{{T}_{A}}\ +\overrightarrow{{T}_{B}}\ +\ \overrightarrow{{T}_{C}}+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{P}=-(\overrightarrow{{T}_{A}}\ +\overrightarrow{{T}_{B}}\ +\ \overrightarrow{{T}_{C}})$

$\Rightarrow -p=-(\frac{4.{T}_{A}}{\sqrt{21}}+\frac{4.{T}_{B}}{\sqrt{21}}+\frac{4.{T}_{C}}{4\sqrt{2}})\ \Rightarrow p=\frac{8.{T}_{A}}{\sqrt{21}}+\frac{4.{T}_{C}}{4\sqrt{2}}=\frac{8.15}{\sqrt{21}}+\frac{4}{4\sqrt{2}}.\frac{30\sqrt{2}}{\sqrt{21}}=\frac{150}{\sqrt{21}}\approx 32{,}7\ \$

Vậy trọng lực tối đa của vật là $32{,}7\ \ (N)$.

Đáp án: 5,58

Lượng cà phê xuất khẩu: $Q(x)=(2000x-150)-(4000-500x)=2500x-4150$.

Lợi nhuận trên mỗi kg xuất khẩu là: $10-0{,}5-x=9{,}5-x$(USD).

Tổng lợi nhuận từ xuất khẩu: $P(x)=(9{,}5-x)(2500x-4150)=-2500{x}^{2}+27900x-39425$

Để có lượng cà phê xuất khẩu thì $Q(x)>0\Leftrightarrow 2500x-4150>0\Leftrightarrow x>1{,}66$

Hơn nữa, lượng cà phê tiêu thụ trong nước phải không âm: $4000-500x\ge 0\Leftrightarrow x\le 8$

Vậy $1{,}66<x\le 8$.

Vì đồ thị của hàm số $P(x)$ là một Parabol có bề lõm quay xuống và hoành độ đỉnh ${x}_{I}=5{,}58$ nên hàm số $P(x)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x=5{,}58$.

Suy ra $P(x)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x=5{,}58$(USD).

Đáp án: $5{,}35$.

Ta mô hình hoá bài toán bằng hình vẽ dưới đây:

Trong đó: $AB$ là độ dài của thang, $D$ là điểm thân thang chạm vào bức tường.

Đặt $AE=x$(mét) là khoảng cách từ chân thang đến bức tường.

Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác $ADE$ vuông tại $E$ ta có:

$A{D}^{2}=A{E}^{2}+E{D}^{2}\Rightarrow AD=\sqrt{{x}^{2}+2,{2}^{2}}$

Vì $DE\parallel BC$ nên theo định lý Thales ta có: $\frac{AD}{DB}=\frac{AE}{EC}\Rightarrow DB=\frac{AD.EC}{AE}=\frac{1{,}6}{x}\cdot \sqrt{{x}^{2}+2,{2}^{2}}$

Suy ra chiều dài thang là: $AB=AD+DB=\sqrt{{x}^{2}+2,{2}^{2}}+\frac{1{,}6}{x}\cdot \sqrt{{x}^{2}+2,{2}^{2}}$

Xét hàm số $f(x)=\sqrt{{x}^{2}+2,{2}^{2}}+\frac{1{,}6}{x}\cdot \sqrt{{x}^{2}+2,{2}^{2}}$

Ta có: $f'(x)=\frac{x}{\sqrt{{x}^{2}+4{,}84}}-\frac{7{,}744}{{x}^{2}\sqrt{{x}^{2}+4{,}84}}$

Cho $f'(x)=0\Rightarrow x={x}_{0}=\frac{2.\sqrt[3]{121}}{5}$

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ đạt được tại $x={x}_{0}=\frac{2.\sqrt[3]{121}}{5}$

Vậy chiều dài ngắn nhất của cái thang là: $AB=\sqrt{{x}_{0}{}^{2}+2,{2}^{2}}+\frac{1{,}6}{{x}_{0}}\sqrt{{x}_{0}{}^{2}+2,{2}^{2}}\approx 5{,}35$(mét).

Đáp án: $43$

Số phần tử không gian mẫu $n(Ω)={A}_{10}^{9}$.

Do tập $X$ có $10$ số, ta chỉ điền $9$ số nên ta có $2$ trường hợp.

- Trường hợp 1: bỏ $1$ số chẵn.

Có $5$ cách để bỏ $1$ số chẵn.

Ta sẽ đếm phần bù: tồn tại $1$ hàng hoặc $1$ cột không có số lẻ, khi đó có ít nhất $1$ hàng hoặc $1$ cột chỉ toàn số chẵn.

+ Do chỉ có $4$ số chẵn nên chỉ có tối đa $1$ hàng hoặc $1$ cột toàn số chẵn.

+ Chọn $1$ hàng hoặc $1$ cột, có $6$ cách.

+ Chọn $3$ số chẵn để điền vào hàng hoặc cột đó, có ${A}_{4}^{3}$ cách.

+ Điền $6$ số còn lại vào các ô trống, có $6!$ cách.

Số cách điền $9$ số vào bảng là $9!$ cách.

Vậy số cách xếp thỏa ycbt trong trường hợp này là: $5\cdot (9!-6\cdot {A}_{4}^{3}\cdot 6!)$.

- Trường hợp 2: bỏ $1$ số lẻ.

Có $5$ cách để bỏ $1$ số lẻ.

Ta sẽ đếm phần bù: tồn tại $1$ hàng hoặc $1$ cột không có số lẻ.

+ Chọn $1$ hàng hoặc $1$ cột bất kì không có số lẻ, có $6$ cách.

+ Điền $4$ số lẻ vào $6$ ô còn lại, có ${A}_{6}^{4}$ cách.

+ Ta cần trừ đi phần giao nhau, có $1$ hàng và $1$ cột đồng thời không có số lẻ, có $3\cdot 3=9$cách. Khi đó còn lại đúng $4$ ô, điền $4$ vào có ${A}_{4}^{4}$ cách.

+ Điền $5$ số chẵn vào $5$ ô trống còn lại có $5!$ cách.

Số cách điền $9$ số vào bảng là $9!$ cách.

Vậy số cách xếp thỏa ycbt trong trường hợp này là: $5[9!-(6\cdot {A}_{6}^{4}-9\cdot {A}_{4}^{4})\cdot 5!]$ cách.

Xác suất cần tìm là: $P(Y)=\frac{5\cdot (9!-6\cdot {A}_{4}^{3}\cdot 6!)+5[9!-(6\cdot {A}_{6}^{4}-9\cdot {A}_{4}^{4})\cdot 5!]}{{A}_{10}^{9}}=\frac{15}{28}$.