Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Hoằng Hóa 3 (Thanh Hóa) có đáp án

Chọn C

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Ta có $y' = \left( {2x - 2} \right).{\left( {\frac{3}{5}} \right)^{{x^2} - 2x + 3}}.\ln \left( {\frac{3}{5}} \right)$$\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Bảng biến thiên:

Do đó hàm số $y = {\left( {\frac{3}{5}} \right)^{{x^2} - 2x + 3}}$ đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right)$.

Chọn C

$\mathop {\lim y}\limits_{x \to + \infty } = - 1;\mathop {\lim y}\limits_{x \to - \infty } = 1;$

Do đó đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang.

Chọn A

Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ lần lượt là $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2; - 1; - 1} \right);\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;0; - 1} \right)$.

$\cos \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = 30^\circ$.

Chọn D

Cỡ mẫu $n = 130$.

Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{130}}$là mẫu số liệu tuổi thọ của các bóng đèn được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có: ${x_1},{x_2},...,{x_{11}} \in \left[ {3;5} \right)$; ${x_{11}},{x_{12}},...,{x_{31}} \in \left[ {5;7} \right)$; ${x_{32}},{x_{33}},...,{x_{60}} \in \left[ {7;9} \right)$; ${x_{61}},{x_{62}},...,{x_{100}} \in \left[ {9;11} \right)$; ${x_{101}},{x_{102}},...,{x_{130}} \in \left[ {11;13} \right)$

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{33}} \in \left[ {7;9} \right)$. Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${Q_1} = 7 + \frac{{\frac{{130}}{4} - \left( {11 + 20} \right)}}{{29}}.\left( {9 - 7} \right) = \frac{{206}}{{29}}$

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{98}} \in \left[ {9;11} \right)$. Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${Q_3} = 9 + \frac{{\frac{{130.3}}{4} - \left( {11 + 20 + 29} \right)}}{{40}}.\left( {11 - 9} \right) = \frac{{87}}{8}$

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{87}}{8} - \frac{{206}}{{29}} = \frac{{875}}{{232}}$.

Chọn B

Ta có $\int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \, = - 3 + 5 = 2$.

Vậy $\int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2$.

Chọn D

Thể tích ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$

Chọn A

Có ${u_1} = 3$ và ${u_4} = 9$.

Suy ra ${u_4} = {u_1} + 3d \Leftrightarrow d = 2$.

Vậy ${u_{15}} = {u_1} + 14d = 31$.

Chọn B

Ta có ${3^x} \ge 5 \Leftrightarrow x \ge {\log _3}5$. Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $\left[ {{{\log }_3}5\,;\, + \infty } \right)$.

a) Sai.

Dùng công thức: $\left( {\tan u} \right)' = \frac{{u'}}{{{{\cos }^2}u}}$.

Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)}}$.

Hoặc bấm máy:

${\left. {\frac{d}{{dx}}\left( {\tan \left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)} \right)} \right|_{x = x}} - \frac{3}{{{{\cos }^2}x{{\left( {1 - \sqrt 3 \tan x} \right)}^2}}}$ $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{Calc:x = \frac{\pi }{3}}&{}&{ \Rightarrow kq: = 1 \ne 0}\end{array}$.

b) Đúng.

Bấm máy

$\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)}} - \tan \left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)$ $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{Calc:x = 0}&{}&{ \Rightarrow kq: = 0}\end{array}$.

Hoặc bấm máy

${\left. {\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{d}{{dx}}\left( {\tan \left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)} \right)} \right|_{x = x}} - \tan \left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)$ $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{Calc:x = 0}&{}&{ \Rightarrow kq: = 0}\end{array}$.

c) Đúng.

$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{f\left( x \right) = \tan \left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = 0}&{ \Leftrightarrow x - \frac{{2\pi }}{3} = 0}&{ \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi }&{\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)}\end{array}$.

Với $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{k = - 1}&{}&{ \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} - \pi = - \frac{\pi }{3}}\end{array}$.

d) Sai.

Ta có:$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\frac{1}{{f'\left( x \right)}} = {{\cos }^2}\left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right)}&{}&{}&{ \Rightarrow M = 1 \notin \left( {0;1} \right)}\end{array}$.

a) Đúng.

Quãng đường vật đi được có phương trình: $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right).dt} = \int {\left( {{t^2} - 2t + 1} \right).dt} = \frac{1}{3}{t^3} - {t^2} + t + C$

Vì $s(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow s(t) = \frac{1}{3}{t^3} - {t^2} + t$

Quãng đường vật đi được sau 2 giây là: $s\left( 2 \right) = \frac{2}{3}\left( m \right)$.

b) Đúng.

Gia tốc của vật có phương trình: $a\left( t \right) = v'\left( t \right) = \left( {{t^2} - 2t + 1} \right)' = 2t - 2$

Khi gia tốc bị triệt tiêu: $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a\left( t \right) = 0}&{ \Leftrightarrow 2t - 2 = 0}&{ \Leftrightarrow t = 1}\end{array}$

Quãng đường vật đi được sau khi gia tốc bị triệt tiêu là: $s\left( 1 \right) = \frac{1}{3}\left( m \right)$.

c) Đúng.

Thời gian vật đạt vận tốc $9\;\left( {m/s} \right)$ là: $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{v\left( t \right) = {t^2} - 2t + 1 = 9}&{ \Leftrightarrow t = 4}\end{array}$

Quãng đường vật đi được trong khoảng từ $2$giây đến thời gian mà vận tốc đạt $9\;\left( {m/s} \right)$ là:

$s = \int\limits_2^4 {v\left( t \right).dt} = \int\limits_2^4 {\left( {{t^2} - 2t + 1} \right).dt} = \frac{{26}}{3}\left( m \right)$

d) Sai.

Thời gian vật đạt gia tốc $10\;\left( {m/{s^2}} \right)$ là: $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a\left( t \right) = 2t - 2 = 10}&{ \Leftrightarrow t = 6}\end{array}$

Quãng đường vật đi được từ $0$ giây đến thời gian mà gia tốc bằng $10\left( {m/{s^2}} \right)$ là

$s = \int\limits_0^6 {v\left( t \right).dt} = \int\limits_0^6 {\left( {{t^2} - 2t + 1} \right).dt} = 42\left( m \right)$

a) Đúng.

Gọi A: “Email nhận được là email rác” ;

B: “Email bị lọc đúng email rác của hệ thống lọc email rác”.

Vì $5\%$ email nhận được là rác nên xác suất nhận được một email rác là $P\left( A \right) = 5\% = 0{,}05$.

b) Sai.

Xác suất bị lọc của email rác là $P\left( {\left. B \right|A} \right) = 95\% = 0{,}95$.

c) Đúng.

Xác suất email nhận được không phải là email rác là: $P\left( {\overline {\rm{A}} } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0{,}05 = 0{,}95$.

Xác suất email bị lọc của email không phải email rác là: $P\left( {\left. B \right|\overline {\rm{A}} } \right) = 10\% = 0{,}1$.

Vậy xác suất chọn một email bị lọc bất kể là rác hay không là:

$P\left( B \right) = P\left( {\left. B \right|{\rm{A}}} \right).P\left( A \right) + P\left( {\left. B \right|\overline {\rm{A}} } \right).P\left( {\overline {\rm{A}} } \right) = 0{,}95.0{,}05 + 0{,}1.0{,}95 = 0{,}1425$.

d) Sai.

Xác suất chọn một email trong số những email bị lọc thực sự là email rác là:

$P\left( {\left. A \right|B} \right) = \frac{{P\left( {\left. B \right|A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}95.0{,}05}}{{0{,}1425}} = \frac{1}{3}$.

a) Sai.

b) Đúng. Ta có: Ta có $\sin \widehat {MOH} = \frac{{MH}}{{OM}} \Leftrightarrow \frac{1}{3} = \frac{h}{{OM}} \Rightarrow OM = 3h$

c) Sai. $cos\widehat {MOH} = \frac{{OH}}{{OM}} \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{OH}}{{3h}} \Rightarrow OH = 2\sqrt 2 h \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M\left( {2\sqrt 2 h;0;h} \right)\\N\left( {2\sqrt 2 h;10;h} \right)\end{array} \right.$

d) Đúng. $ON = \sqrt {9{h^2} + 100}$

$\sin \widehat {NOK} = \frac{{NK}}{{ON}} \Leftrightarrow \frac{{10}}{{\sqrt {10} }} = \frac{h}{{\sqrt {9{h^2} + 100} }} \Rightarrow h = 10$

Đáp án: 14.

Do $\Delta ABC$ vuông và có $AB = BC$ nên $\Delta ABC$ vuông cân tại $B$.

Gọi $N$ là trung điểm của $BB'$, ta có: $B'C{\rm{//}}\left( {AMN} \right)$.

Khi đó: $d\left( {AM,B'C} \right) = d\left( {B'C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right)$.

Kẻ $BH \bot AM$ tại $H$ và kẻ $BK \bot NH$ tại $K$.

Ta có: $BH \bot AM,BN \bot AM \Rightarrow AM \bot \left( {NBH} \right) \Rightarrow BK \bot AM$.

Do $BK \bot NH$, $BK \bot AM$ nên $BK \bot \left( {AMN} \right)$.

Suy ra: $d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right) = BK$.

Mặt khác: $BH = \frac{{BM.BA}}{{\sqrt {B{M^2} + B{A^2}} }} = \frac{{\sqrt 5 a}}{5}$; $BK = \frac{{BH.BN}}{{\sqrt {B{H^2} + B{N^2}} }} = \frac{{a\sqrt 7 }}{7}$.

Vậy $d\left( {AM,B'C} \right) = d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right) = BK = \frac{{a\sqrt 7 }}{7}$.

Vậy $m = n = 7$. Tổng $m + n = 14$.

Đáp án: 2496.

Gọi $x$ là số nhân viên cần huy động làm ca I và $y$ là số nhân viên cần huy động làm ca II ($x,\,y \in {\mathbb{N}^*}).$

Theo giả thiết ta có hệ bất phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}0 < x \le 9\\y \ge 2\\x + y \ge 10\\x \ge 1{,}5y\end{array} \right.$

Biểu diễn miện nghiệm của hệ bất phương trình ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác $ABCD$ trong đó $A\left( {6;4} \right),\,\,B\left( {8;2} \right),\,\,C\left( {9;2} \right),\,\,D\left( {9;6} \right).$

Ta có chi phí tiền lương mỗi ngày $T\left( {x;y} \right) = 256x + 240y$(nghìn đồng).

Khi đó giá trị nhỏ nhất của $T\left( {x;y} \right)$ sẽ đạt tại một trong các đỉnh của tứ giác $ABCD$.

Ta có: $T\left( {9;2} \right) = 2784,\,\,T\left( {6;4} \right) = 2496,\,\,T\left( {8;2} \right) = 2528,\,\,T\left( {9;6} \right) = 3744.$

Do đó chi phí tiền lương mỗi ngày ít nhất khi huy động 6 nhân viên ca I và 4 nhân viên ca II là: 2496 (nghìn đồng).

Đáp án: 136.

Ta gọi $E$ là hình chiếu của $M$ lên $Oz$.

Ta có: $EK=MK\cdot \cos {60}^{^{\circ}}=50\cdot \frac{1}{2}=25m$ $\Rightarrow {z}_{M}=OE=OK+KE=50+25=75\text{m}.$

Ta có: $ME=MK\cdot \sin {60}^{^{\circ}}=50\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=25\sqrt{3}$. Suy ra $OH = ME = 25\sqrt 3 \;{\rm{m}}$.

Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của $M$ lên $Ox,Oy$.

Vì $(\overrightarrow{i};\overrightarrow{OH})={45}^{^{\circ}}\Rightarrow OP=OQ=OH\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{25\sqrt{6}}{2}.$

Vậy điểm $H$ có tọa độ $\left( {\frac{{25\sqrt 6 }}{2};\frac{{25\sqrt 6 }}{2},0} \right)$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{H\left( {\frac{{25\sqrt 6 }}{2};\frac{{25\sqrt 6 }}{2},0} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{{25\sqrt 6 }}{2};\frac{{25\sqrt 6 }}{2},75} \right){\rm{. }}}\\{OE = 75}\end{array}} \right.$

Suy rа $a + b + c \approx 136$.

Đáp án: 95.

Gắn trục toạ độ $Oxy$ như hình vẽ.

Gọi phương trình parabol đi qua 3 điểm $C,M,N$ là $y = a{x^2} + bx + c,\quad (a \ne 0)$

Trục đối xứng của parabol là $x = - \frac{b}{{2a}} = 2 \Leftrightarrow b = - 4a$.

Ta có parabol đi qua các điểm $M(2;8),C(8;0)$ nên ta có hệ phương trình

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a{{.2}^2} + 2b + c = 8}\\{a{{.8}^2} + 8b + c = 0}\\{b = - 4a}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4a + 2b + c = 8}\\{64a + 8b + c = 0}\\{4a + b = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - \frac{2}{9}}\\{b = \frac{8}{9}}\\{c = \frac{{64}}{9}}\end{array}.} \right.} \right.} \right.$

$\Rightarrow$ Phương trình của parabol là $y = - \frac{2}{9}{x^2} + \frac{8}{9}x + \frac{{64}}{9}$.

Ta có $y(0) = - \frac{2}{9}{.0^2} + \frac{8}{9}.0 + \frac{{64}}{9} = \frac{{64}}{9} \Rightarrow N\left( {0;\frac{{64}}{9}} \right)$.

Phương trình đường thẳng đi qua điểm $N\left( {0;\frac{{64}}{9}} \right),C(8;0)$ là $\frac{x}{8} + \frac{y}{{64/9}} = 1$

$\Rightarrow \frac{y}{{64/9}} = 1 - \frac{x}{8} \Rightarrow y = \frac{{64}}{9} - \frac{x}{8} \cdot \frac{{64}}{9} \Rightarrow y = \frac{{64}}{9} - \frac{8}{9}x.$

Suy ra diện tích bể bơi bằng $\int\limits_0^8 {\left[ { - \frac{2}{9}{x^2} + \frac{8}{9}x + \frac{{64}}{9} - \left( {\frac{{64}}{9} - \frac{8}{9}x} \right)} \right]{\rm{d}}x}$$= \int\limits_0^8 {\left( { - \frac{2}{9}{x^2} + \frac{{16}}{9}x} \right){\rm{d}}x} = \frac{{512}}{{27}}.$

Vậy số tiền cần trả để xây bể bơi là $5 \cdot \frac{{512}}{{27}} \approx 95$ triệu đồng.

Đáp án: 2197.

Dựa vào dữ kiện đề bài, ta có:

+) $P(0) = 800 \Leftrightarrow \frac{c}{{1 + a \cdot {b^{ - 0}}}} = 800 \Leftrightarrow \frac{c}{{1 + a}} = 800$

+) $P(3) = 6000 \Leftrightarrow \frac{c}{{1 + a \cdot {b^{ - 3}}}} = 6000$

+) Sức chứa của hồ là 8000 con $\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } P(t) = 8000$

Khi $t \to + \infty \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{b < 1 \Rightarrow {b^{ - t}} \to + \infty (L)}\\{b > 1 \Rightarrow {b^{ - t}} \to 0(tm)}\end{array} \Rightarrow P(t) \to c} \right.$.

Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } P(t) = c = 8000$. Mà $\frac{c}{{1 + a}} = 800 \Leftrightarrow \frac{{8000}}{{1 + a}} = 800 \Rightarrow a = 9$

Thay vào $c = 8000$ và $a = 9$ phương trình $\frac{c}{{1 + a.{b^{ - 3}}}} = 6000$ ta được $\frac{{8000}}{{1 + 9.{b^{ - 3}}}} = 6000$ $\Leftrightarrow 1 + 9.{b^{ - 3}} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow {b^{ - 3}} = \frac{1}{{27}} \Leftrightarrow b = 3$.

Suy ra $P(t) = \frac{{8000}}{{1 + {{9.3}^{ - t}}}}$.

Hàm số $P'(t)$ là tốc độ tăng trưởng của đàn cá.

Suy ra tốc độ tăng trưởng tối đa của đàn cá $= P'{(t)_{\max }}$.

$P'(t) = - 8000 \cdot \frac{{ - 9 \cdot {3^{ - t}} \cdot \ln 3}}{{{{\left( {1 + {{9.3}^{ - t}}} \right)}^2}}} = 79100 \cdot \frac{{{3^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + {{9.3}^{ - t}}} \right)}^2}}}$

Ta tìm max của $g(t) = \frac{{{3^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + {{9.3}^{ - t}}} \right)}^2}}}$.

Đặt ${3^{ - t}} = a(a > 0)$$\Rightarrow g(t) = \frac{a}{{{{(1 + 9a)}^2}}} = \frac{a}{{1 + 18a + 81{a^2}}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + 18 + 81a}}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{1}{a} = 81a \Leftrightarrow 81{a^2} = 1 \Leftrightarrow a = \frac{1}{9}$. Khi đó ${P^\prime }{(t)_{\max }} = 79100 \cdot \frac{1}{{36}} \approx 2197$.

Đáp án: 0,71.

Gọi ${A_i}$ là biến cố chọn được thùng loại $i.(i = I,II)B$ là biến cố chọn được 10 sản phẩm trong đó có 2 lon quá hạn từ thùng được chọn ra.

Từ đó, ta có $P\left( {{A_1}} \right) = \frac{2}{3};P\left( {{A_2}} \right) = \frac{1}{3}$

Áp dụng công thức xác suất có điều kiện, ta có: $P\left( {B\mid {A_1}} \right) = \frac{{C_5^2C_{19}^8}}{{C_{24}^{10}}} = \frac{{195}}{{506}}$;$P\left( {B\mid {A_2}} \right) = \frac{{C_3^2C_{21}^8}}{{C_{24}^{10}}} = \frac{{315}}{{1012}}$

Ta có sơ đồ cây sau:

Xác suất để chọn được 2 Ion quá hạn là:

$P(B) = P\left( {{A_1}} \right) \cdot P\left( {B\mid {A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right) \cdot P\left( {B\mid {A_2}} \right) = \frac{2}{3} \times \frac{{195}}{{506}} + \frac{1}{3} \times \frac{{315}}{{1012}} = \frac{{365}}{{1012}}$

Suy ra xác suất bia được lấy thuộc loại I là: $P\left( {{A_1}\mid B} \right) = \frac{{\frac{2}{3} \times \frac{{195}}{{506}}}}{{\frac{{365}}{{1012}}}} = \frac{{52}}{{73}} \approx 0{,}71$.