Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

Chọn A

Tọa độ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\left( {1; - 2;2} \right)$.

Chọn A

Khoảng điểm $\left[ {4;6} \right)$ là nhóm có tần số lớn nhất.

Chọn C

Ta có ${u_4} = {u_1} \cdot {q^3} = 3 \cdot {\left( { - 2} \right)^3} = - 24$.

Chọn D

Điều kiện: $x > 1$.

Khi đó ${\log _2}\left( {x - 1} \right) \le 3$$\Leftrightarrow x - 1 \le {2^3} \Leftrightarrow x \le 9$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( {1;9} \right]$.

Chọn B

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$ là $- 1$.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$ là $- 5$.

Vậy tổng là $- 1 - 5 = - 6$.

Chọn A

Tọa độ của vectơ $\vec u$ là $\left( {3; - 2;1} \right)$.

Chọn C

Thể tích $V = \frac{1}{3} \cdot OA \cdot {S_{\Delta OBC}} = \frac{1}{3} \cdot OA \cdot \frac{1}{2} \cdot OB \cdot OC = \frac{{abc}}{6}$.

Chọn B

Thể tích khối tròn xoay là $\pi \int\limits_0^2 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x}$.

Chọn C

$f'\left( x \right)$ đổi dấu khi đi qua các điểm $x = - 3;\,x = 2$ nên hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$ (Quy tắc hình hộp).

Chọn D

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {{x^7}{\rm{d}}x} = \frac{{{x^{7 + 1}}}}{{7 + 1}} + C = \frac{{{x^8}}}{8} + C$.

Chọn D

Hàm số $y = \tan x$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Gọi $A,B,C$ là các biến cố Phương trả lời đúng các câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên, Xã hội và Tiếng Anh.

Theo giả thiết xác suất của các biến cố trên lần lượt là $P\left( A \right) = 0{,}7;{\rm{ }}P\left( B \right) = 0{,}4;{\rm{ }}P\left( C \right) = 0{,}3$

a) Xác suất để Phương trả lời sai câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên là:

$P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

Chọn ĐÚNG.

b) Xác suất để Phương trả lời đúng cả ba câu hỏi là:

$P\left( {ABC} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) \cdot P\left( C \right) = 0{,}7 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}084$.

Chọn ĐÚNG.

c) Xác suất để Phương trả lời sai hoặc không trả lời cả ba câu hỏi là

$P\left( {\overline A \cap \overline B \cap \overline C } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {\overline C } \right) = \left( {1 - 0{,}7} \right) \cdot \left( {1 - 0{,}4} \right) \cdot \left( {1 - 0{,}3} \right) = 0{,}126$.

Xác suất để Phương trả lời đúng ít nhất một trong ba câu hỏi là

$P = 1 - P\left( {\overline A \cap \overline B \cap \overline C } \right) = 1 - 0{,}126 = 0{,}874$.

Chọn SAI.

d) Để trở thành quán quân của cuộc thi thì Phương phải có tổng điểm lớn hơn 200 điểm sau khi hoàn thành phần thi cuối của mình.

Tổng số điểm Phương nhận được khi trả lời 3 câu hỏi được cho trong bảng sau

Để Phương trở thành quán quân thì

Trường hợp 1: Phương trả lời đúng câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên.

Xác suất là ${P_1} = 0{,}7$

Trường hợp 2: Phương trả lời sai hoặc không trả lời câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên và trả lời đúng hai câu hỏi còn lại.

Xác suất là ${P_2} = P\left( {\overline A \cap B \cap C} \right) = 0{,}3 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}036$.

Vậy xác suất để Phương trở thành quán quân là $P = {P_1} + {P_2} = 0{,}7 + 0{,}036 = 0{,}736$.

Chọn ĐÚNG.

$${v_0} = 90{\rm{ km/h}} = \frac{{90}}{{3{,}6}} = 25{\rm{ m/s}}.$$

a) Đúng

- Giai đoạn 1 (Chưa giảm tốc): Trong 20 giây đầu, ô tô vẫn duy trì tốc độ 25 m/s.

- Quãng đường đi được là: ${S_1} = 25 \times 20 = 500{\rm{ m}}.$

- Khoảng cách còn lại đến trạm thu phí khi bắt đầu giảm tốc: ${S_2} = 1000 - 500 = 500{\rm{ m}}.$

b) Sai

- Tại thời điểm bắt đầu giảm tốc $\left( {t = 0} \right):v\left( 0 \right) = a\left( 0 \right) + b = 25 \Rightarrow b = 25$.

c) Đúng

- Hàm vận tốc là $v\left( t \right) = at + 25.$

- Quãng đường đi được trong 30 giây giảm tốc là ${S_2} = 500{\rm{ m}}$. Ta có tích phân:

$\int_0^{30} {\left( {at + 25} \right)} {\kern 1pt} {\rm{d}}t = \left[ {\frac{1}{2}a{t^2} + 25t} \right]_0^{30} = 450a + 750 = 500 \Rightarrow 450a = - 250 \Rightarrow a = - \frac{{\bf{5}}}{{\bf{9}}}$.

d) Đúng

Vận tốc khi đến trạm thu phí: $v\left( {30} \right) = - \frac{5}{9} \times 30 + 25 = - \frac{{50}}{3} + 25 = \frac{{25}}{3}{\rm{ m/s}} = \frac{{25}}{3} \times 3{,}6 = 30{\rm{ km/h}}.$

Vì vận tốc đúng bằng 30 km/h nên người lái xe tuân thủ đúng quy định.

a) Đúng

Tọa độ điểm $D\left( {0;3;12} \right)$.

b) Sai

Tọa độ điểm $M\left( {2;0;12} \right)$

Tọa độ $\overrightarrow {MD} = \left( { - 2;3;0} \right)$.

c) Đúng

$C'\left( {4;3;0} \right)$

$\begin{array}{l}\overrightarrow {MD} = \left( { - 2;3;0} \right)\\\overrightarrow {MC'} = \left( {2;3; - 12} \right)\end{array}$

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {MDC'} \right)$ là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {MD} ,\overrightarrow {MC'} } \right] = \left( { - 36; - 24; - 12} \right)$.

Vectơ $\overrightarrow n = \left( { - 36; - 24; - 12} \right)$ cùng phương với vectơ có tọa độ $\left( {3;2;1} \right)$.

d) Sai

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {MDC'} \right)$ có tọa độ $\left( {3;2;1} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {MDC'} \right)$: $3x + 2y + z - 18 = 0$.

Ta có $d\left( {A',\left( {MDC'} \right)} \right) = \frac{{18}}{{\sqrt {14} }} < 5$.

Chọn a) Sai | b) Đúng| c) Đúng | d) Đúng

a) Từ đồ thị suy ra đồ thị $\left( C \right)$ đi qua điểm $\left( {2;0} \right)$.

Chọn SAI.

b) Từ đồ thị suy ra đồ thị $\left( C \right)$, ta có$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = - \infty$.

Suy ra $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn ĐÚNG.

c) Vì đường tiệm cận xiên đi qua $\left( {0;0} \right)$ và $\left( { - 1; - 1} \right)$ nên phương trình đường tiệm cận xiên là $y = x$.

Chọn ĐÚNG.

d) Vì đường tiệm cận xiên $y = x$ nên suy ra $a = 1$ và $b = 1$.

Vì đường tiệm cận đứng $x = - 1$ nên suy ra $d = 1$.

Đồ thị $\left( C \right)$ cắt $Ox$ tại hai điểm phân biệt trái dấu nên ${x_1}{x_2} = \frac{c}{a} < 0 \Leftrightarrow c < 0$.

Vì $\left( {2;0} \right)$ là giao điểm của đồ thị với $Ox$ nên $4a + 2b + c = 0 \Leftrightarrow 2b + c = - 4$$\Rightarrow c = - 6$.

Vậy $a + b + c + d = - 3 < 0$.

Chọn ĐÚNG.

Đáp án: 90.

Để dễ phân biệt ta thay ngôi sao bằng chữ a và bông hoa bằng chữ b.

Xét hàng thứ 1: điền 2 chữ a và 2 chữ b có 6 cách.

Ta xét đại diện hàng 1 có dạng aabb (các trường hợp khác tương tự). Khi đó ta có các trường hợp sau.

Trường hợp 1: tồn tại thêm một hàng có dạng aabb. Lúc này hai hàng còn lại có dạng bbaa.

$\Rightarrow$ có 3 cách. (còn lại 3 hàng – chọn một hàng điền aabb).

Trường hợp 2: không tồn tại thêm hàng nào có dạng aabb $\Rightarrow$ phải có một hàng khác có dạng bbaa$\Rightarrow$ hai hàng còn lại phải có dạng abab, abba hoặc abba, baab.

$\Rightarrow$Số cách 3!.2 cách.

Vậy có $6\left( {3 + 3!.2} \right) = 90$ cách.

Đáp án: $0{,}17$.

Đặt $BM = x;\,BN = y$ vơi$0 \le x,y \le 1$.

Diện tích tam giác $BMN$là ${S_{BMN}} = \frac{1}{2}xy$.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MP = MA = 1 - x\\NP = NC = 1 - y\end{array} \right.$$\Rightarrow MN = MP + NP = 2 - x - y$.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác $BMN$, ta có: $B{M^2} + B{N^2} = M{N^2}$

$$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {\left( {2 - x - y} \right)^2} \Leftrightarrow xy + 2 = 2\left( {x + y} \right)$$

BĐT Cô-si, ta có: $2\left( {x + y} \right) \ge 2.2\sqrt {xy}$ $\Leftrightarrow xy + 2 \ge 4\sqrt {xy}$

$$\Leftrightarrow xy - 4\sqrt {xy} + 2 \ge 0$$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {xy} \le 2 - \sqrt 2 \\\sqrt {xy} \ge 2 + \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}xy \le {\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^2}\\xy \ge {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\end{array} \right.$$

Khi đó: ${S_{BMN}} \le \frac{{{{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}^2}}}{2}$$\approx 0{,}17$.

Đáp án: $9$.

Theo đề bài, ngay sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu là 15 mg/lít.

Thay $t = 0$ vào hàm số $C\left( t \right)$, ta có: $C\left( 0 \right) = 15 \Leftrightarrow {C_0} \cdot {e^{ - r \cdot 0}} = 15 \Rightarrow {C_0} = 15$

(Lưu ý đề bài cho nồng độ thuốc trong máu ngay sau khi tiêm là 15 mg/lít nên suy ra ${C_0} = 15$).

Khi đó, công thức nồng độ thuốc trở thành: $C\left( t \right) = 15{{\rm{e}}^{ - rt}}$.

Sau 4 giờ, nồng độ thuốc giảm còn 10 mg/lít.

Thay $t = 4$ vào hàm số $C\left( t \right)$, ta có:

$15{{\rm{e}}^{ - 4r}} = 10 \Leftrightarrow {{\rm{e}}^{ - 4r}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow - 4r = \ln \left( {\frac{2}{3}} \right) \Leftrightarrow r = - \frac{1}{4}\ln \left( {\frac{2}{3}} \right)$.

Bác sĩ sẽ tiêm liều mới khi nồng độ thuốc giảm xuống mức 6 mg/lít.

Cho $C\left( t \right) = 6$, ta có phương trình:

$$15{{\rm{e}}^{ - rt}} = 6 \Leftrightarrow {{\rm{e}}^{ - rt}} = \frac{2}{5} \Leftrightarrow - rt = \ln \left( {\frac{2}{5}} \right) \Leftrightarrow - \left( { - \frac{1}{4}\ln \left( {\frac{2}{3}} \right)} \right)t = \ln \left( {\frac{2}{5}} \right) \Leftrightarrow \frac{1}{4}\ln \left( {\frac{2}{3}} \right)t = \ln \left( {\frac{2}{5}} \right)$$

$$\Rightarrow t = \frac{{\ln \left( {\frac{2}{5}} \right)}}{{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{2}{3}} \right)}} \Rightarrow t \approx 9.$$

Vậy để đạt hiệu quả điều trị thì khoảng thời gian nhiều nhất giữa hai lần tiêm thuốc là khoảng 9 giờ.

Trả lời: 11,7.

Số tiền gốc anh Tú phải trả đều mỗi tháng là: $300:12 = 25$ (triệu đồng).

Lãi suất mỗi tháng là: $7{,}2\% :12 = 0{,}6\% = 0{,}006$.

Tiền lãi anh Tú phải trả trong tháng thứ nhất là: ${L_1} = 300 \times 0{,}006 = 1{,}8$ (triệu đồng).

Số tiền gốc còn lại sau khi trả tháng thứ nhất là: $300 - 25 = 275$ (triệu đồng).

Tiền lãi anh Tú phải trả trong tháng thứ hai là: ${L_2} = 275 \times 0{,}006 = 1{,}65$ (triệu đồng).

Cứ tiếp tục như vậy, số tiền gốc còn lại sẽ giảm dần sau mỗi tháng.

Số tiền gốc còn lại ở đầu tháng thứ $k$ là: $300 - (k - 1) \times 25$ (triệu đồng).

Tiền lãi anh Tú phải trả trong tháng thứ $k$ là: ${L_k} = (300 - (k - 1) \times 25) \times 0{,}006$ (triệu đồng).

Tiền lãi anh Tú phải trả trong tháng cuối cùng (tháng thứ mười hai) là:

${L_{12}} = (300 - (12 - 1) \times 25) \times 0{,}006 = 0{,}15$ (triệu đồng).

Tổng số tiền lãi anh Tú phải trả ngân hàng sau 12 tháng là tổng của một cấp số cộng với số hạng đầu ${L_1} = 1{,}8$, số hạng cuối ${L_{12}} = 0{,}15$ và có $12$ số hạng.

Tổng lãi phải trả là: $S = \frac{{12}}{2} \times ({L_1} + {L_{12}}) = 6 \times (1{,}8 + 0{,}15) = 6 \times 1{,}95 = 11{,}7$ (triệu đồng).

Vậy, tổng số tiền lãi anh Tú phải trả ngân hàng là $11{,}7$ triệu đồng.

Đáp án: $9{,}76$.

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Parabol thứ nhất $\left( {{P_1}} \right):{y_1} = a{x^2} + bx + c$ có đỉnh tại gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ và đi qua mép lưới tại điểm có tọa độ $\left( { \pm 4;8} \right)$.

Khi đó, ta có hệ phương trình:$\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a{.4^2} + b.4 + c = 8\\a.{\left( { - 4} \right)^2} + b.\left( { - 4} \right) + c = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = 0\\c = 0\end{array} \right.$.

Phương trình $\left( {{P_1}} \right)$ là ${y_1} = \frac{1}{2}{x^2}$.

Parabol thứ hai $\left( {{P_2}} \right):{y_2} = m{x^2} + nx + p$ đi qua $3$ điểm có tọa độ là $\left( { - 4;6} \right)$, $\left( {4;5} \right)$ và $\left( { - 2;3} \right)$.

Khi đó, ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}m.{\left( { - 4} \right)^2} + n.\left( { - 4} \right) + p = 6\\m{.4^2} + n.4 + p = 5\\m.{\left( { - 2} \right)^2} + n.\left( { - 2} \right) + p = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{11}}{{48}}\\n = \frac{{ - 1}}{8}\\p = \frac{{11}}{6}\end{array} \right.$.

Phương trình $\left( {{P_2}} \right)$ là ${y_2} = \frac{{11}}{{48}}{x^2} - \frac{1}{8}x + \frac{{11}}{6}$.

Phần gạch chéo trải dài trên toàn bộ lưới ô vuông từ $x = - 4$ đến $x = 4$ có diện tích $S$ được tính bằng tích phân:

$S = \int_{ - 4}^4 {\left| {{y_1} - {y_2}} \right|} dx = \int_{ - 4}^4 {\left| {\frac{{13}}{{48}}{x^2} + \frac{1}{8}x - \frac{{11}}{6}} \right|} dx = \frac{{1153\sqrt {1153} }}{{3042}} - \frac{{28}}{9} \approx 9{,}76\,\left( {c{m^2}} \right)$.

Đáp án: $120.$

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Ta có $SO \bot BD,CO \bot BD \Rightarrow \left[ {S,BD,C} \right] = \widehat {SOC}$.

$AO = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 ,\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SOA} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {SOC} = 120^\circ \Rightarrow \left[ {S,BD,C} \right] = 120^\circ$.