Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Nghệ An lần 3 có đáp án

Chọn C

$V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x$.

Chọn A

Ta có: $\int\limits_2^0 {3f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - 3\int\limits_0^2 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - 3.2 = - 6$.

Chọn A

Tọa độ tâm $I\left( {1; - 2;\,1} \right)$, bán kính $R = 4$.

Chọn C

Ta có: $\tan x = 1 \Rightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Quan sát dòng của $y$ trên đoạn $[ - 4;6]$ trong bảng biến thiên, ta thấy các giá trị tại các điểm biên và điểm cực trị của hàm số lần lượt là:

$f( - 4) = - 146$

$f( - 1) = 16$

$f(3) = - 48$

$f(6) = 114$

So sánh các giá trị trên, ta thấy giá trị nhỏ nhất là $- 146$ (đạt được tại $x = - 4$).

Chọn B

Đạo hàm cấp một của hàm số là: $y' = {({x^3})^\prime } = 3{x^2}$

Đạo hàm cấp hai là đạo hàm của đạo hàm cấp một: $y'' = {(3{x^2})^\prime } = 3 \cdot 2x = 6x$

Chọn B

Tiệm cận đứng: Là đường thẳng đứng màu đen cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $- 1 \Rightarrow x = - 1.$

Tiệm cận ngang: Là đường thẳng nằm ngang màu đen cắt trục tung tại điểm có tung độ $2 \Rightarrow y = 2.$

Chọn A

Nhận xét: Hai mẫu số liệu ${M_1}$ và ${M_2}$ có dãy tần số hoàn toàn giống nhau $(2;5;7;3;3)$ và độ rộng của các nhóm đều bằng nhau ($h = 2$).

Các nhóm của mẫu ${M_2}$ thực chất được tính bằng cách cộng thêm $1$ vào tất cả các đầu mút của các nhóm tương ứng trong mẫu ${M_1}$ (phép tịnh tiến sang phải $1$ đơn vị).

Khi tịnh tiến toàn bộ mẫu số liệu đi một lượng không đổi, các giá trị tứ phân vị tăng lên một lượng tương ứng (${Q_{1({M_2})}} = {Q_{1({M_1})}} + 1$ và ${Q_{3({M_2})}} = {Q_{3({M_1})}} + 1$), dẫn đến hiệu số giữa chúng không đổi: ${\Delta _{{Q_2}}} = {Q_{3({M_2})}} - {Q_{1({M_2})}} = [{Q_{3({M_1})}} + 1] - [{Q_{1({M_1})}} + 1] = {Q_{3({M_1})}} - {Q_{1({M_1})}} = {\Delta _{{Q_1}}}$.

Chọn A

Hai vecto bằng nhau: $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Chọn D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD \subset \left( {SAD} \right)\\CD \bot SA \subset \left( {SAD} \right)\\AD \cap SA = A\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$

Chọn C

Thay tọa độ điểm $M(2;2; - 3)$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$:

$VT = 3(2 - 2) + 2(2 - 2) - 4( - 3 + 3) = 3(0) + 2(0) - 4(0) = 0$

Vì $VT = 0$ nên điểm $M(2;2; - 3)$ thuộc mặt phẳng $(P)$.

Chọn D

${u_3} = {u_1} + 2d = 1 + 2 \cdot ( - 2) = 1 - 4 = - 3$.

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

a) Vì $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow H\left( { - 3;4;0} \right)$ nên a ĐÚNG.

b) Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng$\left( {Oxy} \right):d\left( {B,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| { - 4} \right| = 4$ nên b SAI.

c) Xét tam giác $AHM$ vuông tại $H$.

Ta có $M{H^2} = A{M^2} - A{H^2} = {15^2} - {9^2} = 144 \Rightarrow MH = 12$ nên c ĐÚNG.

d) Độ ổn định cao nhất khi khoảng cách $MB$nhỏ nhất.

Gọi $M\left( {x;y;0} \right)$ . Vì $MH = 12$ nên $M$ nằm trên đường tròn tâm $H\left( { - 3;4;0} \right)$ bán kính $R = 12$ trong mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Điểm $B'$ là hình chiếu của $B$ lên mặt sàn $\Rightarrow B'\left( {6;16;0} \right)$.

Ta có $MB = \sqrt {MB{'^2} + BB{'^2}} = \sqrt {MB{'^2} + {4^2}}$.

$MB$ nhỏ nhất khi $MB'$ nhỏ nhất khi $M$ là giao điểm của đoạn thẳng $HB'$ với đường tròn tâm $H$.

$HB' = \sqrt {{{\left( {6 - \left( { - 3} \right)} \right)}^2} + {{\left( {16 - 4} \right)}^2}} = 15$.

Khi đó $MB{'_{\min }} = HB' - R = 15 - 12 = 3 \Rightarrow M{B_{\min }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$. Vậy d SAI.

Gọi $A$ là biến cố chọn hạt giống hoa hướng dương, $P\left( A \right) = \frac{2}{5}$

Gọi $B$ là biến cố chọn hạt giống nảy mầm

Gọi $C$ là biến cố máy quét tia $X$ báo “Đạt”

Ta có sơ đồ cây

a) Ta có $P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{5} = 0{,}6$

Chọn Đúng.

b) Ta có $P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$

Chọn Đúng.

c) Ta có $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)$$= \frac{2}{5}.0{,}8 + \frac{3}{5}.0{,}9 = 0{,}86$

Chọn Sai.

d) Ta tính $P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{P\left( {\overline B C} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)}}{{P\left( C \right)}}$

Ta có $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}86 = 0{,}14$

$P\left( {C|\overline B } \right) = 0{,}1$

$P\left( C \right) = P\left( B \right).P\left( {C|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)$$= 0{,}86.0{,}9 + 0{,}14.0{,}1$$= 0{,}788$

Vậy $P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{0{,}14.0{,}1}}{{0{,}788}} \approx 0{,}0177 < 0{,}02$

Chọn Đúng.

a) Mệnh đề sai

$f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3$.

b) Mệnh đề đúng

$f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$. Vậy$f'\left( x \right) = 0$ có tập nghiệm là $S = \left\{ { - 1;1} \right\}$.

c) Mệnh đề đúng

d) Mệnh đề sai

f $_{CĐ}$ - f$_{CT}$ = $3 - \left( { - 1} \right) = 4$.

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

a) Tại thời điểm kết thúc khóa học, lượng kiến thức bạn Thành nhớ được là

$f\left( {24} \right) = 94 - 12\ln \left( {3 \cdot 0 + 1} \right) = 94\%$.

Chọn ĐÚNG.

b) Tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Thành ở thời điểm sau $t$ tháng kết thúc khóa học là $f'\left( t \right) = - \frac{{36}}{{3t + 1}}$ (với $0 \le t \le 24$).

Chọn SAI.

c) Sau $3$ tháng khóa học kết thúc, tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Thành là $\left| {f'\left( 3 \right)} \right| = \left| { - \frac{{36}}{{3 \cdot 3 + 1}}} \right| = 3{,}6$%/tháng.

Chọn SAI.

d) Tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Công là ${f'_C} = \frac{1}{3}f'\left( t \right) = - \frac{{12}}{{3t + 1}}$

Suy ra, sau $3$tháng lượng kiến thức bạn Công còn nhớ được là

$96 + \int\limits_0^3 {\frac{{ - 12}}{{3t + 1}}{\rm{d}}t = 86{,}8\% }$

Chọn ĐÚNG.

Đáp án: $2$.

Hàm nồng độ $C\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 12t\,\,\left( {0 \le t \le 3} \right).$

Ta có: $C'\left( t \right) = - 6{t^2} + 6t + 12\,\, = - 6\left( {{t^2} - t - 2} \right)$

$C'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\,\left( L \right)\\t = 2\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.$

Khi đó: $C\left( 0 \right) = - {2.0^3} + {3.0^2} + 12.0 = 0$

$C\left( 2 \right) = - {2.2^3} + {3.2^2} + 12.2 = 20$

$C\left( 3 \right) = - {2.3^3} + {3.3^2} + 12.3 = 9$

So sánh các giá trị trên, ta thấy $C\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất là $20$ mmol/L khi $t = 2.$

Đáp án: 130.

Thời gian di chuyển của một chuyến đi với khoảng cách 60 km là: $t = \frac{{60}}{v}$ (giờ).

Theo quy định, thời gian di chuyển không vượt quá 1 giờ 30 phút (1,5 giờ), do đó ta có bất phương trình: $\frac{{60}}{v} \le 1{,}5 \Leftrightarrow v \ge 40$.

Tàu chạy không quá $55\,{\rm{km/h}}$: $v \le 55$.

Kết hợp lại, tập xác định của $v$ là: $v \in \left[ {40\,;\,55} \right]$.

Chi phí vận hành trong 1 giờ là: $100{v^3} + 4000000$ (đồng).

Tổng chi phí vận hành cho một chuyến đi là hàm số $f\left( v \right)$, được tính bằng chi phí 1 giờ nhân với thời gian di chuyển: $f\left( v \right) = \left( {100{v^3} + 4{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000} \right)\,.\,\frac{{60}}{v} = 6000{v^2} + \frac{{240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{v}$.

Ta có: $f'\left( v \right) = 12000v - \frac{{240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{{v^2}}} = \frac{{12000{v^3} - 240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{{v^2}}}$.

Cho $f'\left( v \right) = 0$$\Rightarrow$$12000{v^3} - 240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000 = 0$$\Leftrightarrow {v^3} = 20000$$\Leftrightarrow v = \sqrt[3]{{20000}} \approx 27{,}14$.

Ta có bảng biến thiên:

$\Rightarrow$ Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {40\,;\,55} \right]$ đạt được tại $v = 40$.

$\Rightarrow$ Tổng chi phí thấp nhất là: $\min f\left( v \right) = 15{\mkern 1mu} 600{\mkern 1mu} 000$(đồng).

Lợi nhuận mục tiêu $\left( {25\% } \right)$ là: $0{,}25\,.\,15{\mkern 1mu} 600{\mkern 1mu} 000 = 3{\mkern 1mu} 900{\mkern 1mu} 000$

Tổng doanh thu cần đạt được là: $15{\mkern 1mu} 600{\mkern 1mu} 000 + 3{\mkern 1mu} 900{\mkern 1mu} 000 = 19{\mkern 1mu} 500{\mkern 1mu} 000$ (đồng).

Giá vé mỗi hành khách phải trả cho 150 khách là: $\frac{{19{\mkern 1mu} 500{\mkern 1mu} 000}}{{150}} = 130{\mkern 1mu} 000$ (đồng)

Giá vé mỗi hành khách phải trả là 130 nghìn đồng.

Đáp án: $0{,}4$.

Hoành độ ${x_0}$ thoả đẳng thức $4 - 0{,}2{x_0} = 0{,}4 + 0{,}1{x_0} + \frac{1}{m}x_0^2$ $\Leftrightarrow \frac{1}{m} = \frac{{3{,}6 - 0{,}3{x_0}}}{{x_0^2}}\;\left( {{x_0} < 12} \right)$.

Theo đề, ${S_{xs}} = \int\limits_0^{{x_0}} {\left( {{y_0} - \left( {0{,}4 + 0{,}1x + \frac{1}{m}{x^2}} \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{{x_0}} {\left( {3{,}6 - 0{,}2{x_0} - 0{,}1x - \frac{{3{,}6 - 0{,}3{x_0}}}{{x_0^2}}{x^2}} \right)dx} = 4{,}2$.

$\Leftrightarrow \left( {3{,}6 - 0{,}2{x_0}} \right){x_0} - 0{,}05x_0^2 - \frac{{3{,}6 - 0{,}3{x_0}}}{{3x_0^2}}x_0^3 = 4{,}2$$\Leftrightarrow 0{,}15x_0^2 - 2{,}4{x_0} + 4{,}2 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 14\;\left( l \right)\\{x_0} = 2\;\left( n \right)\end{array} \right.$.

Với ${x_0} = 2$ suy ra ${y_0} = 3{,}6$ và ${S_{td}} = \int\limits_0^2 {\left( {4 - 0{,}2x - 3{,}6} \right)dx} = \int\limits_0^2 {\left( {0{,}4 - 0{,}2x} \right)dx} = 0{,}4$.

Đáp án: 36.

Gọi các tệp văn bản lần lượt là ${a_1},{a_2},{a_3}$, các tệp âm thanh là ${b_1},{b_2},{b_3},{b_4},{b_5}$ và các tệp video là ${c_1},{c_2},{c_3},{c_4},{c_5},{c_6},{c_7}$.

Bước 1. Xếp các tệp video, có $7!$ cách xếp.

Khi đó, 7 tệp video này sẽ tạo ra 8 khoảng trống từ ${x_1}$ đến ${x_8}$.

Bước 2. Ta xếp các tệp còn lại vào 8 khoảng trống này.

Trường hợp 1: Mỗi vị trí từ ${x_1}$ đến ${x_8}$ đều chứa 1 tệp, có $8! = 40320$ cách xếp.

Trường hợp 2: Vị trí ${x_1}$ hoặc ${x_8}$ chứa 2 tệp, các vị trí từ ${x_2}$ đến ${x_7}$ chứa chứa 1 tệp.

Có $C_2^1.C_5^1.C_3^1.2!.6! = 43200$ cách xếp.

Trường hợp 3: Vị trí ${x_1}$ và ${x_8}$ không chứa tệp, có 2 vị trí từ ${x_2}$ đến ${x_7}$ chứa 2 tệp, 4 vị trí còn lại chứa 1 tệp. Có $C_6^2.C_3^1.C_5^1.2!.C_2^1.C_4^1.2!.4! = 172800$ cách xếp.

Trường hợp 4: Vị trí ${x_1}$ và ${x_8}$ không chứa tệp, có 1 vị trí từ ${x_2}$ đến ${x_7}$ chứa 3 tệp, 5 vị trí còn lại chứa 1 tệp. Có $C_6^1.\left( {C_3^2.C_5^1 + C_3^1.C_5^2} \right).2!.5! = 64800$ cách xếp.

Do đó $S = \left( {40320 + 43200 + 172800 + 64800} \right).7! = 1\,\,618\,\,444\,\,800$ cách xếp.

Vậy tổng các chữ số của $S$ là $36$.

Đáp án: 3,1.

$\begin{array}{l}d\left( {A;\left( E \right)} \right) = 2{,}35\\d\left( {B;\left( E \right)} \right) = 2{,}35\\d\left( {C;\left( E \right)} \right) = 2{,}3\end{array}$

Phương trình đường thẳng đi qua C và có VTCP $\overrightarrow v = \left( {3;4;0} \right)$ là: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 4 + 3t}\\{y = 1 + 4t}\\{z = 0{,}5}\end{array}} \right.,t \in \mathbb{R}$

Gọi điểm ${C_1}\left( {4 + 3t;1 + 4t;0{,}5} \right)$ cách bức tường $\left( E \right)$ $0{,}3$ mét.

$\begin{array}{l}d\left( {{C_1};\left( E \right)} \right) = 0{,}3\\ \Leftrightarrow \frac{{\left| {6\left( {4 + 3t} \right) + \left( {1 + 4t} \right)8 - \left. {55} \right|} \right.}}{{10}} = 0{,}3\\ \Rightarrow t = 0{,}4\\ \Rightarrow {C_1}\left( {5{,}2;2{,}6;0{,}5} \right)\\ \Rightarrow a - b + c = 3{,}1\end{array}$

Đáp án: 46.

Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, kẻ $AH \bot BD$ tại $H$.

Vì $ABCD.A'B'C'D'$là hình hộp chữ nhật nên $AA' \bot (ABCD)$, suy ra $AA' \bot BD$.

Từ $AH \bot BD$ và $AA' \bot BD$, ta suy ra $BD \bot (A'AH) \Rightarrow BD \bot A'H$.

Góc nhị diện $[A',BD,C]$là góc tạo bởi hai nửa mặt phẳng $(BDA')$ và $(BDC)$ có chung bờ là đường thẳng$BD$.

Trong mặt phẳng $(A'AH) \bot BD$, ta có tia $HA'$nằm trong nửa mặt phẳng $(BDA')$.

Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, ta cần tìm một tia $Hx \bot BD$ và hướng về phía nửa mặt phẳng chứa điểm $C$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật, đường chéo$BD$ chia mặt phẳng ra làm hai nửa, $A$ và $C$ nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau. Do $HA \bot BD$ và hướng về phía $A$, nên tia $Hx$hướng về phía $C$ chính là tia đối của tia$HA$.

Vậy góc nhị diện cần tìm là $\alpha = \widehat {A'Hx}$.

Vì $HA$ và $Hx$ là hai tia đối nhau nên: $\alpha = \widehat {A'Hx} = 180^\circ - \widehat {A'HA}$.

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $A$ (do $ABCD$là hình chữ nhật), áp dụng hệ thức lượng, ta có:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{{(4a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{16{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{16{a^2}}}$$\Rightarrow AH = \frac{{4a}}{{\sqrt {17} }}$

Xét tam giác $A'AH$ vuông tại $A$ (do $AA' \bot (ABCD)$):

$\tan \widehat {A'HA} = \frac{{AA'}}{{AH}} = \frac{a}{{\frac{{4a}}{{\sqrt {17} }}}} = \frac{{\sqrt {17} }}{4}$$\Rightarrow \widehat {A'HA} \approx 46^\circ$.