Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Đồng Hỷ (Thái Nguyên) có đáp án

Chọn C

Trong tam giác $SAC$ ta có: $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO}$.

Trong tam giác $SBD$ ta có: $\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$.

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

Chọn A

Tập xác đinh: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {2025} \right\}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{2025}^ + }} \frac{{x + 2026}}{{x - 2025}} = + \infty$.

Do đó đồ thi $\left( C \right)$ có đường tiệm cận đứng là $x = 2025$.

Chọn C

Ta có: $y = {x^3} - 3x + 1$.

Tập xác đinh: $D = \mathbb{R}$.

$y' = 3{x^2} - 3$.

$$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$$

$y\left( { - 2} \right) = - 1$, $y\left( 2 \right) = 3$, $y\left( { - 1} \right) = 3$, $y\left( 1 \right) = - 1$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^3} - 3x + 1$ trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$ là $3$.

Chọn A

Ta có: Cỡ mẫu là $n = 130$.

$\frac{n}{4} = 32{,}5$.

Nhóm $\left[ {7;9} \right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ lớn hơn hoặc bằng $32{,}5$.

$\Rightarrow {Q_1} = 7 + \frac{{32{,}5 - (20 + 11)}}{{29}}.\left( {9 - 7} \right) = \frac{{206}}{{29}}$.

Chọn B

Ta có góc giữa đường thẳng $A'C$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa $A'C$ và $AC$.

Áp dụng tam giác $AA'C$ vuông tại $A$ ta có $\tan \widehat {A'AC} = \frac{{A'A}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \widehat {A'AC} = 45^\circ$.

Chọn C

Ta có $\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B'C'} + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC = 4\sqrt 3$.

Chọn C

Điểm cực đại của hàm số là $x = 3$.

Chọn A

Ta có ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^5} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 < 0 \Leftrightarrow - 5 < x < 1$.

Chọn D

Số hạng thứ ba của cấp số nhân: ${u_3} = {u_1} \times {q^2} = 2 \times {3^2} = 18$.

Chọn D

Ta có:

+ $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {A'C'}$.

+ $\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC'}$.

+ $\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BD'}$.

+ $\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {DB} = \overrightarrow {D'B'}$.

Chọn D

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0; - 1} \right)$ (Loại A, C) và điểm $\left( {2;3} \right)$ (Loại B).

Chọn B

Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $OAB$: $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{4 + 5}}{3} = 3\\{y_G} = \frac{{ - 2 - 1}}{3} = - 1\\{z_G} = \frac{{2 + 4}}{3} = 2\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {3; - 1;2} \right)$.

Đáp án: Sai/Đúng/Sai/ Sai.

a) $f\left( {2\pi } \right) = - \sin 2\pi - \frac{1}{2}.2\pi = - \pi$. Vậy a) là mệnh đề sai.

b) $f'\left( x \right) = - \cos x - \frac{1}{2}$. Vậy b) là mệnh đề đúng.

c) $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \cos x - \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x = - \frac{{2\pi }}{3} + m2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k,m \in \mathbb{Z}} \right)$.

Do $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ nên ta có: $k = 0$. Phương trình chỉ có $1$ nghiệm thuộc đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$.

Vậy c) là mệnh đề sai.

d) Trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$ thì $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}$

Ta có $f\left( 0 \right) = 0;\,f\left( \pi \right) = - \frac{\pi }{2}$; $f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \sin \frac{{2\pi }}{3} - \frac{1}{2}.\frac{{2\pi }}{3} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{3}$ .

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$ là $- \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{3}$.

Vậy d) là mệnh đề sai.

a) ĐÚNG.

Nhìn đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;1)$.

b) SAI.

Nhìn đồ thị hàm số, ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty$.

c) ĐÚNG.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {ax + b} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{c}{{x + d}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{c}{x}}}{{1 + \frac{d}{x}}} = \frac{0}{{1 + 0}} = 0$.

Nên phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: $y = ax + b\,\,\,\left( 1 \right)$.

Do đường tiệm cận xiên đi qua 2 điểm $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;2} \right)$, ta thay vào $\left( 1 \right)$ ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a = 1\end{array} \right. \Rightarrow$ Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: $y = x + 1$.

d) ĐÚNG.

Nhìn đồ thị hàm số, ta thấy phương trình đường tiệm cận đứng là $x = 1$.

Nên mẫu số có dạng: $x - 1 \Rightarrow d = - 1$.

Kết hợp phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: $y = x + 1$.

Ta có: $y = x + 1 + \frac{c}{{x - 1}}\,\,\,\left( 2 \right)$.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;0} \right)$, thay vào $\left( 2 \right)$ ta được: $0 + 1 + \frac{c}{{0 - 1}} = 0 \Leftrightarrow c = 1$.

Vậy tổng $a + b + c + d = 1 + 1 + 1 - 1 = 2$.

$A$ có hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng $(Oxy)$ là một điểm thuộc tia $Ox$, suy ra $A\left( {a;0;c} \right)\,\,\left( {a \ge 0} \right)$.

Giả sử $B\left( {x;y;z} \right)\,\, \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {x - a;\,y;\,z - c} \right)$

$\overrightarrow {AB}$ cùng hướng với $\overrightarrow j = \left( {0;1;0} \right)$ suy ra $x = a\,;\,z = c;\,y > 0 \Rightarrow \,B\left( {a;y;c} \right)\,\left( {y > 0} \right)$

$AB = 10\, \Rightarrow \,y = 10\, \Rightarrow \,B\left( {a;10;c} \right)$.

$\sin \alpha = \frac{1}{3}\, \Rightarrow \,\frac{{\left| {\overrightarrow {OA} .\,\overrightarrow k } \right|}}{{OA}} = \,\frac{1}{3}\, \Rightarrow \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {c^2}} }} = \,\frac{1}{3} \Rightarrow 9{c^2} = {a^2} + {c^2} \Rightarrow {a^2} = 8{c^2}$ (1)

$\sin \beta = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}} \Rightarrow \,\frac{{\left| {\overrightarrow {OB} .\,\overrightarrow k } \right|}}{{OB}} = \,\frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\, \Rightarrow \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + 100 + {c^2}} }} = \,\frac{{\sqrt {10} }}{{10}} \Rightarrow 10{c^2} = {a^2} + {c^2} + 100 \Rightarrow 9{c^2} = {a^2} + 100$ (2)

Từ (1) và (2) ta được ${c^2} = 100 \Rightarrow c = \pm 10;\,a = 20\sqrt 2$.

Do đó: $\left[ \begin{array}{l}A\left( {20\sqrt 2 ;\,0;\,10} \right);\,\,B\left( {20\sqrt 2 ;\,10;\,10} \right)\\A\left( {20\sqrt 2 ;\,0;\, - 10} \right);\,\,B\left( {20\sqrt 2 ;\,10;\, - 10} \right)\end{array} \right.$.

a) Điểm $A$ có cao độ bằng $10$ là sai.

b) Điểm $B$ có hoành độ bằng $2\sqrt 2$ là sai.

c) Tọa độ của $\overrightarrow {OA}$ là $\left( {20\sqrt 2 ;0;10} \right)$ là sai.

d) Tọa độ của $\overrightarrow {OB}$ là $\left( {10\sqrt 2 ;10;10} \right)$ là sai.

Gọi biến cố A: “An làm đúng mỗi câu đề ôn tập ở mức độ dễ” $\Rightarrow P(A) = 0{,}8$.

Biến cố B: “An làm đúng mỗi câu đề ôn tập ở mức độ trung bình” $\Rightarrow P(B) = 0{,}6$.

Biến cố C: “An làm đúng mỗi câu đề ôn tập ở mức độ khó” $\Rightarrow P(C) = 0{,}15$.

a) Sai. Xác suất để An làm ba câu thuộc ba loại và đúng cả ba câu là

$P\left( {ABC} \right) = 0{,}8 \times 0{,}6 \times 0{,}15 = 0{,}072 = 7{,}2\%$.

b) Sai. Khi An làm 3 câu thuộc ba loại khác nhau. Xác suất để An làm đúng 2 trong số 3 câu là

$P\left( {AB\overline C \cup A\overline B C \cup \overline A BC} \right) = 0{,}8 \times 0{,}6 \times 0{,}85 + 0{,}8 \times 0{,}4 \times 0{,}15 + 0{,}2 \times 0{,}6 \times 0{,}15 = 0{,}474$.

c) Đúng. Xác suất để An làm đúng 3 câu đủ ba loại là $0{,}072$.

Xác suất để An làm sai 3 câu ở mức độ trung bình là $0{,}4 \times 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}064 < 0{,}072$.

d) Sai. An làm 5 câu và đạt đúng 2 điểm khi An làm 3 câu khó và 2 câu trung bình khi đó xác suất xảy ra của An bằng ${(0{,}15)^3} \times {(0{,}6)^2} = \frac{{243}}{{200000}} < 0{,}2\%$

Đáp số: 56.

Ta có $\overrightarrow {SA} = \left( { - 2;0; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {SB} = \left( {1;\sqrt 3 ; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {SC} = \left( {1; - \sqrt 3 ; - 4} \right)$.

Khi đó ta có $\left| {\overrightarrow {SA} } \right| = \left| {\overrightarrow {SB} } \right| = \left| {\overrightarrow {SC} } \right| = 2\sqrt 5$.

Do đó tồn tại hằng số $k$ sao cho $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {SB} ,\,\,\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {SB}$

Theo đầu bài ta có $\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right| \Rightarrow \left| {k\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)} \right| = 24$

Gọi $K$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Khi đó $G\left( {0;0;0} \right)$ và $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} = \left( {0;0; - 12} \right)$.

Từ đó ta có $\left| {k\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)} \right| = 24 \Rightarrow k\left| {3\overrightarrow {SG} } \right| = 24 \Rightarrow 12k = 24 \Leftrightarrow k = 2$

Khi đó $\overrightarrow {{F_1}} = 2\overrightarrow {SA} = \left( { - 4;0; - 8} \right),\,\,\overrightarrow {{F_2}} = 2\overrightarrow {SB} = \left( {2;2\sqrt 3 ; - 8} \right)$.

Vậy $\overrightarrow {{F_1}} .\overrightarrow {{F_2}} = 56$.

Đáp án: $41$.

Đổi: 1 tấn = 1000 kg.

Ở bài toán này, ta chia rau bán ra làm 2 loại: rau chính và rau thừa (để làm thức ăn chăn nuôi).

Giá khởi điểm là 30 nghìn đồng/kg rau chính.

Sau $n$ lần tăng 1 nghìn đồng, giá bán rau chính là: $30 + n$ (nghìn đồng/kg) với $n \in \mathbb{N}$.

Sau $n$ lần tăng 1 nghìn đồng, lượng rau thừa là: $20n$ (kg).

Khi đó, lượng rau chính bán ra là: $1\,000 - 20n$ (kg).

Tổng số tiền trang trại thu được trong một ngày bao gồm tiền bán rau chính và tiền bán rau thừa được tính như sau: $f\left( n \right) = \left( {30 + n} \right).\left( {1000 - 20n} \right) + 2.20n$

hay $f\left( n \right) = - 20{n^2} + 440n + 30000$ với $n \in \mathbb{N}$.

Ta có: $f\left( n \right) = - 20{n^2} + 440n + 30000 = - 20{\left( {n - 11} \right)^2} + 32420 \le 32420,\,\,\forall n \in \mathbb{N}$.

$\Rightarrow Max\,\,f\left( n \right) = f\left( {11} \right) = 32420$.

Vậy để mỗi ngày thu được số tiền bán rau lớn nhất thì trang trại đó nên bán rau với giá: $30 + 11 = 41$ (nghìn đồng/kg).

Đáp án: 0,7.

Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $AB,AD;E = HK \cap AC;O = AC \cap BD.$

Ta có: $\Delta MHE = \Delta NKE \Rightarrow \widehat {MEH} = \widehat {NEK} = \frac{{180^\circ - \widehat {MEN}}}{2} = 30^\circ$

$\widehat {ABC} = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABC$ đều.

Suy ra $HE = \frac{1}{2}BO = \frac{1}{2}.\frac{{2.\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow MH = HE.\tan \widehat {MEH} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\tan 30^\circ = \frac{1}{2}.$

Suy ra $SA = 2MH = 2.\frac{1}{2} = 1 = AO \Rightarrow \Delta SAO$ vuông cân tại $A.$

Ta có: $AC \cap (SBD) = O$ là trung điểm của $AC$ nên $d(C,(SBD)) = d(A,(SBD))$

Kẻ $AI \bot SO$. Khi đó:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot (SAC)\\ & & AI \subset (SAC)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot AI \Rightarrow AI \bot (SBD)\\ \Rightarrow d(C,(SBD)) = AI = \frac{1}{2}SO = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \approx 0{,}7.\end{array}$

Đáp án: 2550.

Giả sử ba tấm thẻ lấy ra có số ghi là $a,b,c$ theo thứ tự tăng dần ($a < b < c$).

Để ba số này lập thành một cấp số cộng, ta phải có tính chất: $a + c = 2b$

Điều này có nghĩa là tổng của số đầu $a$ và số cuối $c$ phải là một số chẵn (vì $2b$ luôn chẵn).

Để tổng $(a + c)$ là số chẵn, thì $a$ và $c$ phải cùng tính chẵn lẻ (tức là cùng là số chẵn hoặc cùng là số lẻ).

Nhận xét quan trọng: Khi bạn chọn được 2 số đầu và cuối ($a$ và $c$) có cùng tính chẵn lẻ, thì số ở giữa ($b = \frac{{a + c}}{2}$) sẽ là duy nhất và chắc chắn là số nguyên nằm giữa $a$ và $c$.

$\Rightarrow$ Bài toán quy về việc: Chọn ngẫu nhiên 2 tấm thẻ từ tập hợp sao cho 2 tấm đó cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Tập hợp $S = \{ 1{,}2{,}3,...,102\}$ có 102 phần tử.

Số lượng số lẻ là: $\{ 1{,}3{,}5,...,101\}$. Số lượng = $\frac{{101 - 1}}{2} + 1 = 51$ số.

Số lượng số chẵn là: $\{ 2{,}4{,}6,...,102\}$. Số lượng = $\frac{{102 - 2}}{2} + 1 = 51$ số.

Để có 3 số lập thành cấp số cộng, ta cần chọn 2 số đầu cuối $a,c$ từ cùng một nhóm (chẵn hoặc lẻ):

+ Trường hợp 1: Chọn 2 số đều là số lẻ.

Số cách chọn 2 số từ 51 số lẻ là tổ hợp chập 2 của 51: $C_{51}^2 = \frac{{51.50}}{2} = 1275{\rm{ (c\'a ch)}}$.

(Ví dụ: Chọn 1 và 5 thì số ở giữa chắc chắn là 3. Bộ là 1, 3, 5)

+ Trường hợp 2: Chọn 2 số đều là số chẵn.

Số cách chọn 2 số từ 51 số chẵn là tổ hợp chập 2 của 51: $C_{51}^2 = \frac{{51.50}}{2} = 1275{\rm{ (c\'a ch)}}$.

(Ví dụ: Chọn 2 và 10 thì số ở giữa chắc chắn là 6. Bộ là 2, 6, 10)

Bước 3: Tổng hợp kết quả.

Tổng số cách lấy được ba tấm thẻ lập thành cấp số cộng là:

1275 + 1275 = 2550 cách

Đáp án: $23{,}4$.

Xét hình chóp tam giác đều $S.ABC$ trong đó $S$ là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và $A,\,B,\,C$ là các điểm chung của hình lập phương với miệng ly; $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$và $H$ là trung điểm $BC$.

Đặt $x$(cm) là cạnh đáy hình chóp thì $AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}$.

Vì hình chóp $S.ABC$có$SA$, $SB$, $SC$bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh $S$ nên độ dài cạnh $SA = SB = SC = \frac{x}{{\sqrt 2 }}$.

Từ đó suy ra $SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{3}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{6}$.

Theo giả thiết thì chiều cao hình chóp S.ABC bằng $\frac{1}{3}$ chiều cao ly nước: $SO = \frac{1}{3}.9 = 3$(cm).

Suy ra chiều dài cạnh đáy của hình chóp: $\frac{{x\sqrt 6 }}{6} = 3 \Rightarrow x = 3\sqrt 6$(cm).

Vậy thể tích nước tràn ra bằng với thể tích khối chóp $S.ABC$.

Thể tích đó là: $V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3.\frac{{{{\left( {3\sqrt 6 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2} \approx 23{,}4$(cm3).

Đáp án: 0,45.

Xét các biến cố $A$: “lấy được viên bi đỏ của hộp I”.

$B$: “lấy được viên bi đỏ của hộp II”.

$C$: “lấy được viên bi đỏ của hộp III”.

Xác suất lấy được viên bi đỏ của hộp I: $P\left( A \right) = \frac{a}{{a + 2}}$.

Xác suất lấy được viên bi đỏ của hộp II: $P\left( B \right) = \frac{b}{{b + 3}}$.

Xác suất lấy được viên bi đỏ của hộp III: $P\left( C \right) = \frac{6}{{6 + 4}} = 0{,}6$.

Gọi biến cố $D$: “lấy ra ít nhất một viên bi đỏ” $\Rightarrow \overline D$: “lấy ra được 3 viên bi xanh”.

$\Rightarrow P\left( {\overline D } \right) = 1 - P\left( D \right) = 0{,}024$

$\Leftrightarrow \frac{2}{{a + 2}}.\frac{3}{{b + 3}}.\frac{4}{{10}} = 0{,}024 \Leftrightarrow \left( {a + 2} \right)\left( {b + 3} \right) = 100$(1).

Xác suất lấy được cả 3 viên bi đỏ $P\left( A \right).P\left( B \right).P\left( C \right) = 0{,}336 \Leftrightarrow \frac{a}{{a + 2}}.\frac{b}{{b + 3}}.0{,}6 = 0{,}336$.

$\Leftrightarrow ab = 56$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 8\\b = 7\end{array} \right.$ (vì $a,b$ là số nguyên).

Xác suất lấy được đúng 2 viên đỏ:

$P\left( A \right).P\left( B \right).P\left( {\overline C } \right) + P\left( A \right).P\left( {\overline B } \right).P\left( C \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( B \right).P\left( C \right)$

$= 0{,}8.0{,}7.0{,}4 + 0{,}8.0{,}3.0{,}6 + 0{,}2.0{,}7.0{,}6 = 0{,}452 \simeq 0{,}45$.