Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Hải Phòng lần 2 có đáp án

Chọn B

Ta có hai mặt phẳng $(ABA')$ và $(B'D'C)$ có chung nhau điểm $B'$ nên chúng không song song.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow u = \overrightarrow {A'C'} - \overrightarrow {A'A} = \overrightarrow {AC'} ,$ do đó $\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = a\sqrt 3 .$

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 2; - 3} \right)$ là một vectơ chỉ phương của ${d_1},$

$\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 4;1;5} \right)$ là một vectơ chỉ phương của ${d_2}.$

Gọi $\alpha$ là góc giữa ${d_1},$${d_2}.$ Khi đó:

$$\begin{array}{l}\cos \alpha = \frac{{|\overrightarrow {{u_1}} \cdot \overrightarrow {{u_2}} |}}{{|\overrightarrow {{u_1}} | \cdot |\overrightarrow {{u_2}} |}} = \frac{{|1 \cdot ( - 4) + ( - 2) \cdot 1 + ( - 3) \cdot 5|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 3)}^2}} \cdot \sqrt {{{( - 4)}^2} + {1^2} + {5^2}} }}\\ \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{| - 4 - 2 - 15|}}{{\sqrt {14} \cdot \sqrt {42} }} = \frac{{21}}{{\sqrt {14 \cdot 14 \cdot 3} }} = \frac{{21}}{{14\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}$$

Vì $0^\circ \le \alpha \le 90^\circ$ nên $\alpha = 30^\circ .$

Chọn B

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

nên đường thẳng $y = 2$là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn C

Tập xác định: $D = \left( {2;\, + \infty } \right)$

Ta có: ${\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x - 2} \right) > - 1$

$\Leftrightarrow x - 2 < {\left( {\frac{1}{6}} \right)^{ - 1}}$ $\left( {do\,a = \frac{1}{6} < 0} \right)$

$\Leftrightarrow x - 2 < 6$

$\Rightarrow x < 8$

Kết hợp với tập xác định, tập nghiệm của bất phương trình là $\left( {2;\,8} \right).$

Chọn B

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba: $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$

Nhánh bên phải cuối cùng của đồ thị đi lên $\left( {y \to \infty \,\,khi\,x \to \infty } \right)$ suy ra $a > 0.$

Loại C

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;\,1} \right)$ nên $d = 1$.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {1;\,0} \right)$ $\Rightarrow$Loại D. (vì ${1^3} + {2.1^2} + 1 = 4 \ne 0$)

Ta có: $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$

Hàm số có một điểm cực tiểu $0 < {x_1} < 1$ và một điểm cực đại ${x_2} < - 1$ nên

${x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2b}}{{3a}} < 0\,\, \Rightarrow b > 0$

Loại A

Chọn B

Vì mặt phẳng cần tìm song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên phương trình có dạng:

$2x - 2y + z + d = 0.$

Mà mặt phẳng đó đi qua điểm $M\left( {2; - 3;1} \right)$ nên: $2.2 - 2.\left( { - 3} \right) + 1 + d = 0 \Rightarrow d = - 11$

Vậy phương trình cần tìm là $2x - 2y + z - 11 = 0.$

Chọn C

Ta có: ${\log _{{a^2}}}\frac{a}{{\sqrt b }} = {\log _{{a^2}}}a - {\log _{{a^2}}}\sqrt b = \frac{1}{2}{\log _a}a - \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{\log _a}b = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}.3 = - \frac{1}{4}.$

Chọn D

$\cos x = \cos \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn B

Sử dụng công thức số hạng tổng quát: ${u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}.$

Ta có: ${u_6} = {u_1} \cdot {q^5} \Leftrightarrow 486 = 2 \cdot {q^5}$ $\Leftrightarrow {q^5} = 243 \Leftrightarrow q = \sqrt[5]{{243}} \Leftrightarrow q = 3$

Chọn B

$\int\limits_2^4 f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x =$ $F\left( 4 \right) - F\left( 2 \right) = 12 - 6 = 6.$

Chọn A

$\bar x = \frac{{\left( {6 \times 5} \right) + \left( {12 \times 7} \right) + \left( {19 \times 9} \right) + \left( {9 \times 11} \right) + \left( {4 \times 13} \right)}}{{50}}$ $= \frac{{30 + 84 + 171 + 99 + 52}}{{50}} = \frac{{436}}{{50}} = 8{,}72\;{\rm{kg}}.$

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

a) Ta có $P\left( x \right) = \int {P'\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( { - 0{,}04x + 10} \right){\rm{d}}x} } = - 0{,}02{x^2} + 10x + C$.

Tại $x = 0$ thì $P\left( 0 \right) = 0$ nên suy ra $C = 0$.

$\Rightarrow P\left( x \right) = - 0{,}02{x^2} + 10x$.

Chọn SAI.

b) Ta có $P\left( {100} \right) = - 0{,}02 \cdot {100^2} + 10 \cdot 100 = 800$.

Chọn ĐÚNG.

c) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ $100$ lên $150$ là

$\int\limits_{100}^{150} {\left( { - 0{,}04x + 10} \right){\rm{d}}x = 250}$ (triệu đồng).

Chọn ĐÚNG.

d) Ta có $\int\limits_{100}^a {\left( { - 0{,}04x + 10} \right){\rm{d}}x = \left. {\left( { - 0{,}02{x^2} + 10x} \right)} \right|_{100}^a = - 0{,}02{a^2} + 10a - 800}$

$\Rightarrow - 0{,}02{a^2} + 10a - 800 > 112$

$\Leftrightarrow - 0{,}02{a^2} + 10a - 912 > 0$

$\Rightarrow 120 < a < 380$

Vì $a$ nguyên nên giá trị nhỏ nhất của $a$ là $121$.

Chọn ĐÚNG.

Từ $C$ kẻ $CH \bot AB$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CH\\AB \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {CHC'} \right) \Rightarrow AB \bot C'H$

Nên góc nhị diện $\left[ {C,AB,C'} \right]$ là $\widehat {C'HC} \Rightarrow \widehat {C'HC} = 60^\circ$

a) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác$ABC$ ta có

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}a.a.\sin \left( {ACB} \right) = \frac{1}{2}a.2a.\sin 120^\circ = \frac{1}{2}a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$ nên a ĐÚNG

b) Áp dụng định lý côsin trong $\Delta ABC:A{B^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2a.2a.cos120^\circ = 7{a^2}$

$\Rightarrow AB = a\sqrt 7$

Mà ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}a.a.\sin \left( {ACB} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{2}CH.AB \Rightarrow CH = \frac{{2.{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Trong $\Delta CHC'$ vuông tại $C \Rightarrow CC' = CH.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\sqrt 3 = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}$ nên b SAI

c) Trong $\Delta CHC'$vuông, kẻ $CK \bot C'H$ tại $K$.

Khi đó $CK \bot \left( {ABC'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABC'} \right)} \right) = CK$

Suy ra $CK = \frac{{CC'.CH}}{{\sqrt {CC{'^2} + C{H^2}} }} = \frac{{\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}.\frac{{a\sqrt {21} }}{7}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{7}} \right)}^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}$ nên c ĐÚNG

d) Trong mp $\left( {ABC} \right)$ dựng hình bình hành $ABCD$

$\Rightarrow BC//AD \Rightarrow BC//\left( {ADC'} \right) \Rightarrow d\left( {BC,AC'} \right) = d\left( {BC,\left( {ADC'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ADC'} \right)} \right)$

Kẻ $CM \bot AD$ tại$M$. Vì $BC//AD \Rightarrow \widehat {CAM} = 180^\circ - \widehat {ACB} = 60^\circ$

$CM = AC.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Kẻ $CI \bot C'M$tại $I \Rightarrow CI \bot \left( {ADC'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ADC'} \right)} \right) = CI$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta CMC'$ vuông ta có

$\frac{1}{{C{I^2}}} = \frac{1}{{CC{'^2}}} + \frac{1}{{C{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2}}} = \frac{{19}}{{9{a^2}}} \Rightarrow CI = \frac{{3a\sqrt {19} }}{{19}}$ nên d ĐÚNG.

Gọi biến cố A: “người mắc bệnh này trong cộng đồng”

B: “test nhanh cho kết quả dương tính”

Theo đề bài ta có:$P\left( A \right) = 1\% = 0{,}01;$ $\Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 99\% ;$ $P\left( {B\left| A \right.} \right) = 99\% ;$ $P\left( {\overline B \left| {\overline A } \right.} \right) = 96\% ;$

Ta có sơ đồ cây:

a) Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của một người mắc bệnh là

$P\left( {\overline B \left| A \right.} \right) = 1\% = 0{,}01$.

Nên mệnh đề a đúng

b) Xác suất xét nghiệm cho kết quả dương tính của một người không mắc bệnh là $P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 4\% = 0{,}04$.

Nên mệnh đề b đúng

c) Xác suất để một người bất kỳ trong cộng đồng đi xét nghiệm nhận kết quả dương tính là

$P(B) = P\left( {B\left| A \right.} \right).P(A) + P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right).P(\overline A ) = 1\% .{\rm{ }}99\% {\rm{ }} + {\rm{ }}99\% .{\rm{ }}4\% {\rm{ }} = {\rm{ }}0{,}0495$.

Nên mệnh đề c sai

d) Biết rằng một người có kết quả test nhanh là dương tính, xác suất để người đó thực sự mắc bệnh là

Theo công thức Bayes

$P\left( {A\left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{99\% .1\% }}{{0{,}0495}} = 0{,}2$.

Nên mệnh đề d đúng

a) Sai.

$f\left( {2e} \right) = \ln \left( {4e \cdot 2e - {{\left( {2e} \right)}^2}} \right) = \ln \left( {4{e^2}} \right) = \ln 4 + 2$.

b) Sai.

Hàm số xác định khi $4ex - {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4e$.

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là $D = \left( {0;4e} \right)$.

c) Đúng.

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {4ex - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{4ex - {x^2}}} = \frac{{4e - 2x}}{{4ex - {x^2}}}$.

Khi đó $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4e - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2e \in D$.

d) Đúng.

Ta có $f'\left( x \right) = 0$ có nghiệm thuộc đoạn $\left[ {e;3e} \right]$ là $x = 2e$.

Khi đó $f\left( e \right) = \ln \left( {4{e^2} - {e^2}} \right) = \ln 3 + 2$;

$f\left( {3e} \right) = \ln \left( {12{e^2} - {{\left( {3e} \right)}^2}} \right) = \ln 3 + 2$;

$f\left( {2e} \right) = \ln \left( {8{e^2} - {{\left( {2e} \right)}^2}} \right) = \ln 4 + 2$.

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {e;3e} \right]} f\left( x \right) = \ln 4 + 2 = 2\ln 2 + 2$.

Do đó $a = 2,b = 2 \Rightarrow a + b = 4$.

Đáp số: 6

Ta có: $f'(t) = \frac{{ - 12000 \cdot ( - 11{,}5{e^{ - 0{,}5t}})}}{{{{(1 + 23{e^{ - 0{,}5t}})}^2}}} = \frac{{138000{e^{ - 0{,}5t}}}}{{{{(1 + 23{e^{ - 0{,}5t}})}^2}}}$.

Để tính tốc độ tăng trưởng người dùng của ứng dụng đạt giá trị lớn nhất ta xét:

$$\begin{array}{l}f''(t) = 138000 \cdot \frac{{ - 0{,}5{e^{ - 0{,}5t}}{{(1 + 23{e^{ - 0{,}5t}})}^2} - {e^{ - 0{,}5t}} \cdot 2(1 + 23{e^{ - 0{,}5t}})( - 11{,}5{e^{ - 0{,}5t}})}}{{{{(1 + 23{e^{ - 0{,}5t}})}^4}}} = 0\\ \Leftrightarrow - 0{,}5{e^{ - 0{,}5t}}(1 + 23{e^{ - 0{,}5t}}) + 23{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow - 0{,}5{e^{ - 0{,}5t}} - 11{,}5{e^{ - t}} + 23{e^{ - t}} = 0\\ \Leftrightarrow - 0{,}5{e^{ - 0{,}5t}} + 11{,}5{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 23{e^{ - 0{,}5t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - 0{,}5t}} = \frac{1}{{23}} \Leftrightarrow t = \frac{{\ln (23)}}{{0{,}5}} \approx 6{,}271\end{array}$$

Làm tròn đến hàng đơn vị theo yêu cầu của đề bài: $t \approx 6$.

Đáp án: 170.

Gọi x là số lô linh kiện loại A được sản xuất trong một tuần $x \in \mathbb{N}$.

Gọi y là số lô linh kiện loại B được sản xuất trong một tuần $y \in \mathbb{N}$.

Thời gian máy Phay CNC: Để sản xuất x lô A và y lô B cần $2x + 3y$ giờ. Vì máy hoạt động tối đa 120 giờ nên ta có: $2x + 3y \le 120$.

Thời gian máy Tiện CNC: Để sản xuất x lô A và y lô B cần $4x + 2y$ giờ. Vì máy hoạt động tối đa 160 giờ nên ta có: $4x + 2y \le 160$, rút gọn thành: $2x + y \le 80$.

Hàm mục tiêu lợi nhuận cần đạt giá trị lớn nhất là $F\left( {x;y} \right) = 3x + 4y$(triệu đồng)

Ta có hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 120\\2x + y \le 80\\x;y \in \mathbb{N}\end{array} \right.$

Tại $O(0;0)$có $F = 0$

Tại $A(0;40)$ có $F = 160$

Tại $B\left( {40;0} \right)$có $F = 120$

Tại $C\left( {30;20} \right)$có $F = 170$

Kết luận: Giá trị lớn nhất của $F\left( {x,y} \right)$ là 170, đạt được tại $x = 30$và $y = 20$.

Đáp án: $66{,}9$

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho $O \equiv A$, điểm $B$ thuộc tia $Ox$, điểm $D$ thuộc tia $Oy$.

Ta có: $I\left( {2;0} \right)$, bán kính $R = \sqrt {A{M^2} + A{I^2}} = \frac{5}{2}$.

Phương trình của đường tròn chứa cung $MN$: ${\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = \frac{{25}}{4}$$\Rightarrow {y^2} = \frac{{25}}{4} - {\left( {x - 2} \right)^2}$.

Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm $N\left( {4;1;5} \right)$ nhận $\overrightarrow {IN}$ là VTPT: $y = - \frac{4}{3}x + \frac{{41}}{6}$.

Giả sử phương trình của cung parabol $NP$: $y = a{x^2} + bx + c$.

Parabol đi qua hai điểm $N\left( {4;1;5} \right),P\left( {5;1{,}5} \right)$ và $y'\left( 4 \right) = - \frac{4}{3}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}16a + 4b + c = 1{,}5\\25a + 5b + c = 1{,}5\\8a + b = - \frac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\b = - 12\\c = \frac{{169}}{6}\end{array} \right.$.

Thể tích của bình là: $V = \pi \int\limits_0^4 {\left[ {\frac{{25}}{4} - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_4^5 {{{\left( {\frac{4}{3}{x^2} - 12x + \frac{{169}}{6}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \approx 66{,}9$ (lít).

Đáp án: $0{,}58$.

Ta có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {12 + 4} = 4\left( {cm} \right)$

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{1}{4} = \frac{1}{3} \Rightarrow AH = \sqrt 3 \left( {cm} \right)$

Þ $HB = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}} = \sqrt {4 - 3} = 1\left( {cm} \right)$

Ta có $\frac{{d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{HB}}{{SB}} = \frac{1}{4} \Rightarrow d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{4}SA = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {cm} \right)$

${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = 2\left( {c{m^2}} \right)$

Thể tích khối chóp $B.AHC$bằng: $V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{3}.2.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \approx 0{,}58\left( {c{m^3}} \right)$

Đáp án: 1.

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương ${\vec u_d} = (1;2;2)$ và đi qua điểm $M(2;1; - 1)$.

Đường thẳng $\Delta$ có vectơ chỉ phương ${\vec u_\Delta } = (1;1;0)$.

Mặt phẳng $(P)$ chứa $d$ nên vectơ pháp tuyến ${\vec n_P} \bot {\vec u_d}$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $\Delta$ và mặt phẳng $(P)$. Ta có công thức:

$\sin \alpha = \frac{{|{{\vec n}_P} \cdot {{\vec u}_\Delta }|}}{{|{{\vec n}_P}| \cdot |{{\vec u}_\Delta }|}} = \cos ({\vec n_P},{\vec u_\Delta })$

Để góc $\alpha$ lớn nhất thì góc giữa ${\vec n_P}$ và ${\vec u_\Delta }$ phải nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi ${\vec n_P}$ là hình chiếu của ${\vec u_\Delta }$ lên mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $d$.

Khi đó, vectơ pháp tuyến ${\vec n_P}$ được xác định bởi: ${\vec n_P} = \left[ {{{\vec u}_d},[{{\vec u}_\Delta },{{\vec u}_d}]} \right]$

Tính tích có hướng: $[{\vec u_\Delta },{\vec u_d}] = (1 \cdot 2 - 0 \cdot 2;0 \cdot 1 - 1 \cdot 2;1 \cdot 2 - 1 \cdot 1) = (2; - 2;1)$.

Tính VTPT: ${\vec n_P} = \left[ {{{\vec u}_d},[{{\vec u}_\Delta },{{\vec u}_d}]} \right] = (6;3; - 6)$.

Chọn VTPT tối giản: ${\vec n_P} = (2;1; - 2)$.

Mặt phẳng $(P)$ đi qua $M(2;1; - 1)$ và có VTPT ${\vec n_P} = (2;1; - 2)$:

$2(x - 2) + 1(y - 1) - 2(z + 1) = 0$$\Leftrightarrow 2x + y - 2z - 7 = 0$

Đối chiếu với phương trình $ax + by + cz - 7 = 0$, ta được: $a = 2$,$b = 1$,$c = - 2$

Giá trị của biểu thức $T = 2 + 1 + ( - 2) = 1$.

Đáp án: 0,6

Xét E: “Có ít nhất một cặp học sinh cùng lớp ngồi đối diện”

TH1: Hai học sinh lớp 12A ngồi đối diện, có $C_3^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8!$ cách.

TH2: Hai học sinh lớp 12B ngồi đối diện, có $C_2^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8!$ cách.

TH3: Hai học sinh lớp 12A, 2 học sinh lớp 12B đều ngồi đối diện, có $C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6!$ cách.

Ta có $n\left( \Omega \right) = 10!$.

Vậy $P\left( E \right) = \frac{{C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6! + C_2^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8! - C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6!}}{{10!}}$.

Suy ra $P\left( {\overline E } \right) = 1 - P\left( E \right) = \frac{{C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6! + C_2^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8! - C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6!}}{{10!}} = 0{,}603 \approx 0{,}6$.