Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Hoàng Diệu (Đà Nẵng) có đáp án

Chọn D

$\vec a \cdot \vec b = 2.1 + 1.5 + 3.2 = 13$.

Chọn D

$\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1; - 2} \right)$.

Chọn B

$\int\limits_0^3 {\left[ {f\left( x \right) - 6x} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_0^3 {6x{\rm{d}}x} = 2026 + 27 = 2053$.

Chọn A

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x > 0}\\{x - 2 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x > 0}\\{x > 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x > 2$.

${\log _3}x + {\log _3}\left( {x - 2} \right) = 1$$\Leftrightarrow {\log _3}x\left( {x - 2} \right) = 1 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

Kết hợp điều kiện xác định ta được $x = 3$.

Chọn B

$\left( P \right)$:$x + 3y - z + 1 = 0$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1;3; - 1} \right)$. Do đó $\overrightarrow {n'} = \left( {2;6; - 2} \right)$ là véctơ pháp tuyến

Chọn B

${u_2} = q.{u_1} \Rightarrow q = 2$.

Chọn A

Nhóm $\left( {40;60} \right]$ có số học sinh là $18$ .

Vậy mốt thuộc nhóm $\left( {40;60} \right]$.

Chọn A

$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow (x - 1)(x + 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$$

Cả hai nghiệm này đều là nghiệm đơn, nên $f'(x)$ sẽ đổi dấu khi đi qua cả nghiệm.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn C

$\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\cos x\,} {\rm{d}}x = \sin x + C$.

Chọn A

Bảng số liệu

Ta có $\frac{1}{4}.100 = 25 < 32$. Tứ phân vị thứ nhất thuộc nhóm $[4;6)$.

${Q_1} = 4 + \frac{{25 - 12}}{{20}}.2 = \frac{{53}}{{10}}$.

Ta có $\frac{3}{4}.100 = 75 < 90$. Tứ phân vị thứ ba thuộc nhóm $[8;10)$.

${Q_3} = 8 + \frac{{75 - 69}}{{21}} = \frac{{60}}{7}$

Khoảng tứ phân vị là: ${\Delta _Q} = \frac{{60}}{7} - \frac{{53}}{{10}} \approx 3{,}3$

Chọn D

Ta có $CD'\,{\rm{//}}\,BA'$ nên góc giữa hai đường thẳng $A'C'$ và $CD'$ là góc giữa hai đường thẳng $A'C'$ và $BA'$ hay $\widehat {BA'C}$. Tam giác $BA'C$ đều nên $\widehat {BA'C} = 60^\circ$.

Chọn C

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right)$.

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

Ta có $n\left( \Omega \right) = C_{15}^2 \cdot C_{10}^2 = 4725$

a) Số cách để 4 viên bi lấy ra từ hai hộp cùng màu là:

TH1: Lấy 2 bi xanh ở hộp I và 2 bi xanh ở hộp II, có: $C_7^2 \cdot C_6^2$

TH2: Lấy 2 bi đỏ ở hộp I và 2 bi đỏ ở hộp II, có: $C_8^2 \cdot C_4^2$

Vậy $n = C_7^2 \cdot C_6^2 + C_8^2 \cdot C_4^2 = 483$.

Xác suất để 4 viên bi lấy ra từ hai hộp cùng màu là $p = \frac{{483}}{{4725}} = \frac{{23}}{{225}}$.

Vậy a) Đúng.

b) Số cách lấy mỗi hộp 2 bi để hộp II lấy ra hai viên bi khác màu là $n = C_{15}^2 \cdot C_6^1 \cdot C_4^1 = 2520$

Xác suất để hộp II lấy ra hai viên bi khác màu là $p = \frac{{2520}}{{4725}} = \frac{8}{{15}}$.

Vậy b) Đúng.

c) Số cách lấy mỗi hộp 2 bi để hộp I lấy ra hai viên bi xanh là $n = C_7^2 \cdot C_{10}^2 = 945$

Xác suất hộp I lấy ra hai viên bi xanh là $p = \frac{{945}}{{4725}} = \frac{1}{5}$.

Vậy c) sai.

d) Số cách lấy mỗi hộp 2 bi để 4 bi lấy ra từ hai hộp có đúng 2 viên bi xanh là

TH1: Lấy 2 bi xanh ở hộp I và 2 bi đỏ ở hộp II, có: $C_7^2 \cdot C_4^2 = 126$

TH2: Lấy 2 bi đỏ ở hộp I và 2 bi xanh ở hộp II, có: $C_8^2 \cdot C_6^2 = 420$

TH3: Lấy 1 bi xanh và 1 bi đỏ ở hộp I và 1 bi xanh và 1 bi đỏ ở hộp II, có: $C_7^1 \cdot C_8^1 \cdot C_4^1 \cdot C_6^1 = 1344$

Vậy $n = 1890$.

Xác suất để hộp II lấy ra hai viên bi khác màu là $p = \frac{{1890}}{{4725}} = \frac{2}{5}$.

Vậy d) Sai.

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

a) Mặt phẳng $\left( Q \right)$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( Q \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {1; - 1;0} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ có dạng $x - y + m = 0$.

$M\left( {3;0;0} \right) \in \left( P \right)$

$d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) \Rightarrow \frac{{\left| {m + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2}} }} = 2\sqrt 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 7\end{array} \right.$.

Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ là $x - y + 1 = 0$; $x - y - 7 = 0$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ cắt $Ox$ tại điểm có hoành độ dương suy ra $\left( Q \right):x - y - 7 = 0$.

Suy ra khẳng định đúng.

b) Vec tơ chỉ phương của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;3; - 4} \right)$, $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 1;0} \right)$.

Vec tơ pháp tuyến của $\left( \alpha \right)$ là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 4; - 4; - 2} \right)$

$\left( \alpha \right):2x + 2y + z + 1 = 0$. Suy ra khẳng định đúng.

c) $A \in \left( P \right)$. Suy ra khẳng định đúng.

d) $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 1;0} \right)$ và $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$ không cùng phương suy ra mặt phẳng $\left( P \right)$ không vuông góc với trục $Oz$. Suy ra khẳng định sai.

a) Vì chiều dài gấp đôi chiều rộng nên chiều dài của bể là $2x\,\,\left( m \right)$.

Suy ra khẳng định: Đúng.

b) Gọi $h\left( m \right)$ là chiều cao của bể. Ta có thể tích của bể là: $V = 2x \cdot x \cdot h = 36$. Suy ra $h = \frac{{18}}{{{x^2}}}$.

Vậy chiều cao của bể là $\frac{{18}}{{{x^2}}}\,\left( m \right)$.

Suy ra khẳng định: Đúng.

c) Để tổng chi phí vật liệu để xây dựng là nhỏ nhất thì tổng diện tích các mặt cần xây là nhỏ nhất.

Tổng diện tích các mặt của bể nước cần xây là

$S = 2 \cdot x \cdot h + 2 \cdot 2x \cdot h + 2x \cdot x = 6x \cdot h + 2{x^2} = \frac{{108}}{x} + 2{x^2}$$\left( {{m^2}} \right)$.

Ta có $S' = - \frac{{108}}{{{x^2}}} + 4x$. Cho $S' = 0 \Rightarrow x = 3$ .

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy $S$ nhỏ nhất tại $x = 3$, suy ra $h = \frac{{18}}{{{3^2}}} = 2\,\,\left( m \right)$.

Suy ra khẳng định: Sai.

d) Tổng diện tích các mặt của bể nước cần xây là

$S = 2 \cdot x \cdot h + 2 \cdot 2x \cdot h + 2x \cdot x = 6x \cdot h + 2{x^2} = \frac{{108}}{x} + 2{x^2}$$\left( {{m^2}} \right)$.

Suy ra khẳng định: Đúng.

Ta có $M\left( t \right) = \frac{1}{3}a{t^3} + \frac{1}{2}b{t^2} + C$ và do $M\left( 0 \right) = 0$ nên $C = 0$, vậy $M\left( t \right) = \frac{1}{3}a{t^3} + \frac{1}{2}b{t^2}$.

Do $M\left( {10} \right) = 18$ nên $\frac{1}{3}a{.10^3} + \frac{1}{2}b{.10^2} = 18\quad \left( 1 \right)$.

Do hàm bậc hai $M'\left( t \right) = a{t^2} + bt$ đạt cực đại tại $t = 40$ nên $- \frac{b}{{2a}} = 40\quad \left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2), suy ra $a = - \frac{{27}}{{5\;500}};b = \frac{{108}}{{275}}$. Do đó $M'\left( t \right) = - \frac{{27}}{{5\;500}}{t^2} + \frac{{108}}{{275}}t$

Trong tiết học, tức là từ thời điểm $n = 0$ đến thời điểm $m = 60$. Khi đó

$\frac{{M\left( {60} \right) - M\left( 0 \right)}}{{60 - 0}} = \frac{1}{{60}}\int\limits_0^{60} {M'\left( t \right)dt} = \frac{1}{{60}}\int\limits_0^{60} {\left( { - \frac{{27}}{{5\;500}}{t^2} + \frac{{108}}{{275}}t} \right)dt} = \frac{{324}}{{55}} \approx 5{,}9 < 6$.

a) Khẳng định: Sai.

b) Khẳng định: Sai

c) Khẳng định: Đúng

d) Khẳng định: Đúng

Đáp số: 20

Gọi ${u_1} = 15$ là số ghế ở hàng thứ nhất, theo bài kể từ hàng thứ hai trở đi số ghế hàng sau nhiều hơn 2 ghế so với số ghế ở hàng ngày trước nó nên số ghế ở mỗi dãy tạo thành cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 15$ và công sai $d = 2$.

Tổng số ghế trong rạp là:

${S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2.15 + \left( {n - 1} \right)2} \right] = \frac{n}{2}\left( {28 + 2n} \right) = n\left( {14 + n} \right)$

Do số vé bán ra bằng số ghế trong rạp nên tổng tiền vé thu về là:

$30.n\left( {14 + n} \right) = 20400 \Leftrightarrow {n^2} + 14n - 680 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 20\\n = - 34\end{array} \right.$.

Vậy $n = 20$.

Đáp án: 12

Gọi đỉnh của hình chóp là $S$, tâm khối cầu là $I$, hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng đáy là $H$

Gọi $M$, $N$ là trung điểm $AB,CD$, kẻ $IK$ vuông góc với $SN$ thì $IK$ là bán kính của khối cầu.

Ta có $IK = 1$

Do góc giữa mặt bên và mặt đáy hình chóp bằng $60^\circ$ nên ta có $\widehat {SNH} = 60^\circ$

Ta có tam giác $SHN$ đồng dạng với tam giác $SKI$ nên ta có $\widehat {SIK} = 60^\circ$.

Suy ra $SK = 1.\tan 60^\circ = \sqrt 3$(cm), $SI = \sqrt {I{K^2} + S{K^2}} = 2\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Do đó $SH = SI + IH = 2 + 1 = 3\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Gọi cạnh $MN$ có độ dài bằng $x$ ta có $x\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3 \Rightarrow x = 2\sqrt 3$ (cm) (Do tam giác $SMN$ là tam giác đều).

Diện tích đáy $ABCD$ bằng ${S_{ABCD}} = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 12$.

Thể tích khối chóp cần tìm là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3.12 = 12\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Đáp án: 5184.

Chia các số đã cho thành 3 nhóm

$A = \left\{ {3;6;9} \right\}$

$B = \left\{ {1;4;7} \right\}$

$C = \left\{ {2;5;8} \right\}$

Có tất cả 3 trường hợp thoả mãn yêu cầu.

Trường hợp 1: Các số trên cùng một hàng ngang thuộc cùng một nhóm.

Xếp ba số của nhóm $A$ vào hàng thứ nhất rồi đổi chỗ các chữ số cho nhau, có $3!$cách sắp xếp.

Xếp ba số của nhóm $B$ vào hàng thứ hai rồi đổi chỗ các chữ số cho nhau, có $3!$cách sắp xếp.

Xếp ba số của nhóm $C$ vào hàng thứ ba rồi đổi chỗ các chữ số cho nhau, có $3!$cách sắp xếp.

Ba nhóm $A,B,C$ có $3!$ cách đổi chỗ.

Theo quy tắc nhân, ta có $3! \times 3! \times 3! \times 3! = 1296$ cách.

Trường hợp 2: Các số trên cùng một hàng dọc thuộc cùng một nhóm.

Tương tự như trường hợp 1 nhưng đổi vai trò của hàng và cột.

Ta cũng có số cách xếp là $3! \times 3! \times 3! \times 3! = 1296$ cách.

Trường hợp 3: Mỗi hàng ngang và mỗi hàng dọc đều chứa đúng 3 phần tử của 3 nhóm khác nhau

- Bước 1: Xếp vị trí các nhóm. Giả sử kí hiệu A, B, C lần lượt là vị trí để xếp số của nhóm A, B, C.

+ Hàng 1: Có $3! = 6$ cách xếp các kí hiệu A, B, C vào hàng 1.

+ Ứng với mỗi cách xếp của hàng 1, ta có 2 cách xếp cho hàng 2 và 3.

Ví dụ: Hàng 1 xếp là A, B, C thì có 2 cách xếp như sau

Cách 1:

Cách 2:

Vậy có tất cả $6.2 = 12$ cách xếp cho Bước 1.

Bước 2: Xếp các số của mỗi nhóm vào đúng vị trí của nhóm mình

Có $3!$ cách xếp các số của nhóm A, $3!$ cách xếp các số của nhóm B, $3!$ cách xếp các số của nhóm C.

Vậy Bước 2 có $3!.3!.3! = 216$ cách xếp.

Vậy Trường hợp 3 có $12.216 = 2592$ cách xếp.

KẾT LUẬN

Vậy có tất cả $1296 + 1296 + 2592 = 5184$ cách xếp thoả mãn yêu cầu.

Đáp án: 36.

Gọi $n$ là số công nhân đi làm: $n = 100 - \frac{{x - 40}}{2} = 120 - \frac{x}{2}$;

$p$ là năng suất lao động: $p = \frac{{480000}}{{40 \times 100}} - 5 \times \frac{{x - 40}}{2} = 220 - \frac{{5x}}{2}$ $\left( {0 < x < 88} \right)$.

Số lượng sản phẩm (không có phế phẩm):

$S\left( x \right) = npx - P\left( x \right) = \left( {120 - \frac{x}{2}} \right)\left( {220 - \frac{{5x}}{2}} \right)x - \frac{{95{x^2} + 120x}}{4}$

$\Rightarrow S\left( x \right) = \frac{5}{4}{x^3} - \frac{{1735}}{4}{x^2} + 26370x \Rightarrow S'\left( x \right) = \frac{{15}}{4}{x^2} - \frac{{1735}}{2}x + 26370 = 0 \Rightarrow x = 36$.

Bảng biến thiên:

Vậy để số lượng sản phẩm (không có phế phẩm) thu được là lớn nhất thì nhà máy cần áp dụng mỗi tuần làm việc $36$ giờ.

Đáp án: $30$.

Quãng đường chất điểm $A$ chuyển động trong thời gian $18$ giây đầu là

${s_1} = \int\limits_0^{18} {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^{18} {\left( {\frac{1}{{120}}{t^2} + \frac{{58}}{{45}}t} \right)dt} = 225\left( m \right)$.

Do từ trạng thái nghỉ, một chất điểm $B$ cũng xuất phát từ $O$, có gia tốc bằng $a$ $\left( {m/{s^2}} \right)$, có vận tốc ${v_2}\left( t \right) = at\;\left( {m/s} \right),\;{s_2} = a\frac{{{t^2}}}{2}\left( m \right)$.

Do chất điểm $B$chậm hơn $3$ giây so với $A$ và sau khi $B$ xuất phát được $15$ giây thì đuổi kịp $A$

nên ${s_2}\left( {15} \right) = 225\left( m \right) \Rightarrow \frac{{225a}}{2} = 225 \Rightarrow a = 2\left( {m/{s^2}} \right),\;{v_2} = 2.15 = 30\left( {m/s} \right)$.

Vậy $b = 30$.

Đáp án: $80$.

Quả bóng rơi xuống tại điểm $A\left( {\sqrt {20} ;0{,}5;0} \right)$.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right):x + by + cz + d = 0$ đi qua $O$ nên $d = 0$, điểm $A\left( {\sqrt {20} ;0{,}5;0} \right)$ thuộc $\left( \alpha \right)$ nên có $\sqrt {20} + 0{,}5b = 0 \Leftrightarrow b = - 4\sqrt 5$.

Mặt khác $\left( \alpha \right)$ vuông góc với mặt đất nên ${\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}} \bot {\overrightarrow n _{\left( {Oxy} \right)}} \Leftrightarrow {\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}}.\overrightarrow k = 0 \Leftrightarrow c = 0$.

Vậy mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có phương trình là $\left( \alpha \right):x - 4\sqrt 5 y = 0$.

Vậy $T = {b^2} + c + d = 80$.