Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THCS-THPT Nguyễn Khuyến - Lê Thánh Tông (TP.HCM) có đáp án

Chọn C

Hàm số đã cho là $y = \frac{2}{{x - 2}}$.

Để tìm tiệm cận ngang, ta tính giới hạn của hàm số khi $x \to \pm \infty$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{2}{{x - 2}} = 0$.

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng $y = 0$.

Chọn D

Bài toán yêu cầu xếp 5 người phân biệt (A, B, C, D, E) vào 8 vị trí (ghế) phân biệt.

Vì thứ tự ngồi của các bạn là quan trọng (người khác nhau ngồi ghế khác nhau tạo ra cách xếp khác nhau), nên đây là một chỉnh hợp chập 5 của 8 phần tử.

Số cách xếp là $A_8^5$.

Chọn C

Từ giả thiết $\overrightarrow {OE} = 2\vec i - 3\vec j + 4\vec k$, suy ra tọa độ điểm $E$ là $(2; - 3;4)$.

Điểm đối xứng với $E(x;y;z)$ qua mặt phẳng $(Oyz)$ sẽ có tọa độ là $( - x;y;z)$ (giữ nguyên tung độ và cao độ, đổi dấu hoành độ).

Vậy điểm đối xứng cần tìm có tọa độ là $( - 2; - 3;4)$.

Chọn D

Quan sát đồ thị (Hình vẽ đầu tiên trong đề):

- Đồ thị hàm số đi xuống (nghịch biến) khi $x < 1$.

- Đồ thị hàm số đi lên (đồng biến) trong khoảng từ $x = 1$ đến $x = 3$.

- Đồ thị hàm số đi xuống (nghịch biến) khi $x > 3$.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(1;3)$.

Chọn B

Ta có:

+ $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$.

+ $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} + 2\overrightarrow {SO} = 4\overrightarrow {SO}$.

+ $\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC}$.

+ $\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DS} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DS} = \overrightarrow {AS}$.

Chọn A

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0; - 2} \right)$ (Loại C, D).

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x = - 1$ (Loại B).

Chọn B

Xác suất của biến cố $X \cup Y$ là:

$P\left( {X \cup Y} \right) = P\left( X \right) + P\left( Y \right) - P\left( {X.Y} \right)$

Do $X$ và $Y$ là hai biến cố độc lập nên $P\left( {X.Y} \right) = P\left( X \right).P\left( Y \right)$

Vậy $P\left( {X \cup Y} \right) = P\left( X \right) + P\left( Y \right) - P\left( X \right).P\left( Y \right)$$= 0{,}3 + 0{,}5 - 0{,}3.0{,}5 = 0{,}65$

Chọn D

Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$ bằng

$d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2\left( { - 1} \right) - 1 + 2.\left( { - 3} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2$

Chọn D

Quãng đường chạy trung bình

$\overline x = \frac{{2{,}85 \times 3 + 3{,}15 \times 6 + 3{,}45 \times 5 + 3{,}75 \times 4 + 4{,}05 \times 2}}{{20}} = 3{,}39$.

Phương sai của mẫu số liệu là

${s^2} = \frac{1}{{20}}\left[ {2,{{85}^2} \times 3 + 3,{{15}^2} \times 6 + 3,{{45}^2} \times 5 + 3,{{75}^2} \times 4 + 4,{{05}^2} \times 2} \right] - 3,{39^2} = 0{,}1314$

Độ lệch chuẩn $s = \sqrt {{s^2}} \approx 0{,}36$.

Chọn D

${5^{3x + 1}} < \frac{1}{{25}} \Leftrightarrow {5^{3x + 1}} < {5^{ - 2}} \Leftrightarrow 3x + 1 < - 2 \Leftrightarrow x < - 1$.

Chọn A

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AMA'} \right)$.

Suy ra $\left[ {A';BC;A} \right] = \widehat {A'MA}$

$AM = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$; $AA' = 3a$.

$\tan \widehat {A'MA} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A'MA} = 60^\circ$.

Chọn C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{u_5} = - 243\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{u_1}.{q^4} = - 243\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{q^4} = 81\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\\left[ \begin{array}{l}q = - 3\\q = 3\end{array} \right.\end{array} \right.$

${u_3} = {u_1}.{q^2} = - 3.9 = - 27$

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

a) Ta có từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = 3$ và tiệm cận đứng $x = - 2$. Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số là $I( - 2;3)$. Khẳng định a – sai.

b) Từ bảng biến thiên, ta có tập giá trị của hàm số $y = f(x)$ là $T = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}$. Khẳng định b – đúng.

c) Ta có từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = 3 \Rightarrow a = 3$ và tiệm cận đứng $x = - 2 \Rightarrow - b = - 2 \Leftrightarrow b = 2$. Vậy $a + 2b = 3 + 2.2 = 7$. Khẳng định c – sai.

d) Ta có hàm số $y = f(x) = \frac{{3x + 8}}{{x + 2}}$. Gọi $A\left( {m;\frac{{3m + 8}}{{m + 2}}} \right) \in (C)$

${d_1}:y = 3 \Rightarrow d\left( {A,{d_1}} \right) = \frac{2}{{\left| {m + 2} \right|}}$;

${d_2}:x = - 2 \Rightarrow d(A,{d_2}) = \left| {m + 2} \right|$

Khi đó $d\left( {A,{d_1}} \right) + d\left( {A,{d_2}} \right) = \frac{2}{{\left| {m + 2} \right|}} + \left| {m + 2} \right| \ge 2\sqrt 2 > 2{,}83$. Khẳng định d – đúng.

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

a) Ta có $f\left( 0 \right) = \frac{k}{{1 + 14{e^0}}} = 1 \Leftrightarrow k = 15$. Vậy a) sai.

b) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{k}{{1 + 14{e^{ - 0{,}3t}}}} = 15$.

Vậy b) đúng.

c) Ta có $\frac{{15}}{{1 + 14{e^{ - 0{,}3t}}}} = 5 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 7}}{{0{,}3}}$

và $f'\left( t \right) = \frac{{15.14.0{,}3.{e^{ - 0{,}3t}}}}{{{{\left( {1 + 14{e^{ - 0{,}3t}}} \right)}^2}}} = \frac{{63.{e^{ - 0{,}3t}}}}{{{{\left( {1 + 14{e^{ - 0{,}3t}}} \right)}^2}}} \Rightarrow f'\left( {\frac{{\ln 7}}{{0{,}3}}} \right) = 1$(hecta/ năm).

Vậy c) đúng.

d) Ta có

Xét hàm số $y = g\left( t \right) = \frac{{63.{e^{ - 0{,}3t}}}}{{{{\left( {1 + 14{e^{ - 0{,}3t}}} \right)}^2}}}$, có $g'\left( t \right) = \frac{{ - 18{,}9.{{\rm{e}}^{ - 0{,}3t}}\left( {1 - 14{{\rm{e}}^{ - 0{,}3t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 14{{\rm{e}}^{ - 0{,}3t}}} \right)}^3}}}$.

$g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 14{{\rm{e}}^{ - 0{,}3t}} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 14}}{{0{,}3}} \approx 8{,}8$.

Tốc độ thay đổi diện tích bao phủ của cỏ Posidonia trong năm 2033 là nhanh nhất.

Vậy d) Sai.

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

a) Vì ${z_A} = {z_B} = {z_C} = {z_D} = 2$nên đáy của mái nhà nằm trên mặt phẳng $z - 2 = 0$.

b) Tọa độ đinh chóp của mái nhà là $S(5;4;5)$.

Gọi I là tâm của ABCD. Có I là trung điểm của AC nên $I\left( {5;5;2} \right)$. Có $SI \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $S\left( {5;5;z} \right)$ với z > 2. Vì $SI = 2 \Rightarrow \sqrt[{}]{{{0^2} + {0^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2}}} = 2 \Rightarrow \left| {z - 2} \right| = 2$ và ${z_S} > 2 \Rightarrow S\left( {5;5;4} \right)$

c) Có $\overrightarrow {SB} = \left( {1;1; - 2} \right)$ và $\overrightarrow {SC} = \left( { - 1;1; - 2} \right)$. Do đó mặt phẳng (SBC) có 1 vectơ pháp tuyến là $\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {0;4;2} \right)$. Mặt phẳng (Oxz) có 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;1;0} \right)$

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(Oxz)$ là $\varphi$ thì $\cos \varphi = \frac{{\left| {0 + 4 + 0} \right|}}{{\sqrt[{}]{{{0^2} + {4^2} + {2^2}}}.\sqrt[{}]{{{0^2} + {1^2} + {0^2}}}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

d) Phương trình tham số của đường thẳng $LB$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + t\\y = 10 - 4t\\z = 2\end{array} \right.$

$B'\left( {5 + t;\,10 - 5t;\,2} \right)$ là giao điểm của $LB$ và mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$: $y = 0$.

Suy ra: $10 - 4t = 0\, \Leftrightarrow \,t = 2{,}5$. Do đó $B'\left( {7{,}5;\,0;\,2} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $LC$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 5 - t\\y = 10 - 4t\\z = 2\end{array} \right.$

$C'\left( {5 - t;\,10 - 4t;\,2} \right)$ là giao điểm của $LC$ và mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$: $y = 0$.

Suy ra: $10 - 4t = 0\, \Leftrightarrow \,t = \frac{5}{2}$. Do đó $C'\left( {\frac{5}{2};\,0;\,2} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $LS$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 10 - 5t\\z = 2 + 2t\end{array} \right.$

Ta có $S'\left( {5;\,10 - 5t;\,2} \right)$ là giao điểm của $LS$ và mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$: $y = 0$.

Suy ra: $10 - 5t = 0\, \Leftrightarrow \,t = 2$. Do đó $S'\left( {5;\,0;\,6} \right)$.

Ta có: $S'B' = \frac{{\sqrt {89} }}{2}$, $S'C' = \frac{{\sqrt {89} }}{2};\,B'C' = 5$

Áp dụng công thức hê-rông tao có: ${S_{\Delta S'B'C'}} = \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}.\frac{5}{2}.\frac{5}{2}.\left( {\frac{{\sqrt {89} - 5}}{2}} \right)} = 10$

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

a) Đúng.

Khoảng biến thiên mẫu số liệu là $R = 10 - 5 = 5$.

b) Đúng.

Điểm trung bình cả lớp $12A$ là

$\overline x = \frac{{2.\,5{,}5\, + 3.\,6{,}5\, + 8.\,7{,}5\, + 15.\,8{,}5\, + 12.\,9{,}5}}{{40}} = 8{,}3$.

Tổng số học sinh của nhóm $\left[ {5;6} \right)$, $\left[ {6;7} \right)$ và $\left[ {7;8} \right)$là $2 + 3 + 8 = 13$.

Vậy có ít nhất $13$học sinh có điểm thi thấp hơn điểm trung bình cả lớp.

c) Đúng.

Số học sinh đạt điểm thi từ $8$ trở lên là $15 + 12 = 27$.

Tỉ lệ học sinh trong lớp thi từ $8$ trở lên là $\frac{{27}}{{40}}.100 = 67{,}5\%$.

d) Sai.

Lớp $12A$có $27$học sinh điểm thi không dưới $8$, trong đó có $7$học sinh trong Câu lạc bộ Toán học và $20$học sinh không trong Câu lạc bộ Toán học.

Chọn ngẫu nhiên $6$học sinh trong lớp $12A$có điểm thi không dưới $8$: $n\left( \Omega \right) = C_{27}^6$.

Gọi $C$là biến cố: “Có ít nhất $2$em thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn”.

Suy ra $\overline C$ là biến cố: “Chỉ có $1$ em hoặc không có em nào thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn”.

Khi đó $n\left( {\overline C } \right) = C_7^1.C_{20}^5 + C_{20}^6 \Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = \frac{{C_7^1.C_{20}^5 + C_{20}^6}}{{C_{27}^6}} = \frac{{24548}}{{49335}}$.

Vậy xác suất có ít nhất $2$em thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn là $P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = \frac{{24787}}{{49335}}$.

Đáp án: 1,25.

$$C(t) = \frac{{125t}}{{{t^2} + 100}} = \frac{{125}}{{t + \frac{{100}}{t}}} \le \frac{{125}}{{2\sqrt {t.\frac{{100}}{t}} }} = 1{,}25$$

Dấu bằng xảy ra khi $t = \frac{{100}}{t} \Leftrightarrow t = 10$

Đáp án: 23.4.

Hàm lợi nhuận là:

$L\left( x \right) = 21Q\left( x \right) - 13Q\left( x \right) - x$$= 8Q\left( x \right) - x$$= 10000 + 2028\ln \left( {3 + x} \right) - x$ (triệu đồng)

$L'\left( x \right) = \frac{{2028}}{{3 + x}} - 1 = \frac{{2025 - x}}{{3 + x}}$;

$L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2025$

$L''\left( x \right) = - \frac{{2028}}{{{{\left( {3 + x} \right)}^2}}}$; $L''\left( {2025} \right) < 0$ nên hàm số đạt cực đại tại $x = 2025$

${L_{\max }} = L\left( {2025} \right) = 23417{,}825$ (triệu đồng) $\Rightarrow p = 23{,}4$ (tỷ đồng)

Đáp án: $135$.

Gọi $M,N,K,I$ lần lượt là trung điểm của $BC,B'C',A'D',AD$.

Có $IM \bot AD;IK \bot AD;KN \bot A'D';KI \bot A'D'$.

Suy ra góc phẳng nhị diện giữa đáy nhỏ và mặt bên là $\widehat {IKN}$ và giữa đáy lớn với mặt bên là $\widehat {KIM}$, dễ thấy $\widehat {IKN}$ và $\widehat {KIM}$ bù nhau.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên đáy lớn.

Có $IH = \frac{{IM - KN}}{2} = \frac{{5 - 2}}{2} = \frac{3}{2}\;dm$

và ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}\left( {{5^2} + {2^2} + \sqrt {{5^2}{{.2}^2}} } \right).KH = 19{,}5 \Rightarrow KH = \frac{3}{2}\;dm$

Trong tam giác vuông $IHK$có $IH = KH$ nên $\Delta IHK$ vuông cân, suy ra $\widehat {KIH} = 45^\circ$.

Vậy $\widehat {IKN} = 180^\circ - \widehat {KIM} = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

Đáp án: 101

Ta có: $f'\left( x \right) = - \frac{3}{{10}}{x^2} + \frac{9}{5}x - \frac{3}{2} \Rightarrow f'\left( a \right) = - \frac{3}{{10}}{a^2} + \frac{9}{5}a - \frac{3}{2}$

Để khoảng cách từ trạm này đến bờ con sông là ngắn nhất thì tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại $M$ song song với đường thẳng $d \Rightarrow f'\left( a \right) = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\,\,\,(ktm)\\a = 6\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {6;\frac{{37}}{5}} \right)$

Suy ra: $d\left( {M;d} \right) = \frac{{\left| {1{,}5.6 + \frac{{37}}{5} - 18} \right|}}{{\sqrt {1,{5^2} + 1} }} = \frac{{16\sqrt {13} }}{{65}}$

Vậy tổng chi phí là $4.6 + 5.\frac{{37}}{5} + \frac{{16\sqrt {13} }}{{65}}.100.0.45 = \frac{{144\sqrt {13} }}{{13}} + 61 \approx 101$ (triệu đồng).

Đáp án: 5,28.

Giả sử con ong di chuyển theo sơ đồ sau:$A \to A' \to B \to C \to A$.

Để tổng quãng đường mà con ong mật đã thực hiện là ngắn nhất thì sơ đồ di chuyển của con ong phải nằm trong mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua điểm $A$ và vuông góc với trục $Ox$ $\left( {Ox = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right)} \right)$.

Ta có phương trình của $\left( Q \right)$ là: $x = 3$.

Gọi $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua $mp\left( {Oxy} \right)$, ta có $M\left( {3;2; - 1} \right)$.

Gọi $d = \left( Q \right) \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow$phương trình đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = t\\z = 0\end{array} \right.$.

$A' \in d \Rightarrow A'\left( {3;t;0} \right)$.

Gọi $a = \left( Q \right) \cap \left( P \right) \Rightarrow$phương trình đường thẳng $a:\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = u\\z = u\end{array} \right.$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $A$ trên $a$, ta có $H\left( {3;\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)$.

Gọi $N$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {CB} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AN} } \right| = 2;\overrightarrow {HO} = \left( {3;\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right),\left| {\overrightarrow {HO} } \right| = \frac{{3\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \overrightarrow {AN} = \frac{{2\sqrt 6 }}{9}.\overrightarrow {HO}$

Suy ra $N\left( {3 - \frac{{2\sqrt 6 }}{3};2 - \frac{{\sqrt 6 }}{3};1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)$. Khi đó tứ giác$ANBC$ là hình bình hành, suy ra $CA = BN$

Gọi $D$ là điểm đối xứng của $N$ qua đường thẳng $a$, ta có: $D\left( {3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3};1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3};2 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)$ và $BN = BD$

Ta có tổng quãng đường mà con ong mật đã thực hiện là:$AA' + A'B + BC + CA = MA' + A'B + BD + 2 \ge MD + 2 \approx 5{,}28$.

$\left( {MD = \sqrt {{{\left( {\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3} + 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}} \approx 3{,}28} \right)$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 điểm $M,A',B,D$ thẳng hàng.

Vậy độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con ong mật đã thực hiện là $5{,}28\left( {dm} \right)$.

Đáp án: 4199.

Gọi $n$ là số chai rượu Vang trong thùng $A$

$\Rightarrow$ số chai rượu Vang trong thùng $B$ là $25 - n$.

Gọi $a,b$ lần lượt là số chai rượu Vang thật trong thùng $A$và thùng $B$.

Xác xuất lấy mỗi thùng 1 chai rượu Vang thật $P = \frac{a}{n}.\frac{b}{{25 - n}} = \frac{{65k}}{{144k}}$

$\Rightarrow n\left( {25 - n} \right) = 144k \Rightarrow k = \frac{{n\left( {25 - n} \right)}}{{144}}$.

Vì k là số nguyên dương $\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 9\\n = 16\end{array} \right.$.

Vì thùng $A$nhiều hơn thùng $B$ nên $n = 16$và $k = 1$ $\Rightarrow a.b = 65 = 13.5$.

$\Rightarrow a = 13,b = 5$(vì $b < 9$).

Như vậy: thùng $A$ có 13 chai rượu thật và $16 - 13 = 3$ chai rượu giả.

thùng $B$ có 5 chai rượu thật và $9 - 5 = 4$ chai rượu giả.

Sắp xếp 18 chai rượi thật thành 1 hàng ngang có $1$ cách.

Gữa 18 chai rượu thật có 19 khảng trống, chọn ra 7 khoảng trống đặt 7 chai rượu giả vào 7 khoảng trống có $C_{19}^7$.

Số cách $T = 1.C_{19}^7 = 50388 \Rightarrow \frac{T}{{12}} = 4199$.