Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lê Hồng Phong (Thái Nguyên)

Ta có $\sin x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + l2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right)$.

Tập nghiệm của phương trình đã cho là $S = \left\{ { - \frac{\pi }{4} + 2k\pi ,\frac{{5\pi }}{4} + 2l\pi |k,l \in \mathbb{Z}} \right\}$. Chọn A.

Vì $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ đứng nên $CC' \bot AB$.

Vì tam giác $ABC$ là tam giác đều có $M$ là trung điểm $AB$ nên $CM \bot AB$.

Từ đó suy ra $AB \bot \left( {C'MC} \right)$. Chọn A.

$P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A\overline B } \right) = 0{,}85 - 0{,}28 = 0{,}57$.

$P\left( {\overline A B} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}7 - 0{,}57 = 0{,}13$. Chọn A.

Cỡ mẫu: $n = 20 + 75 + 48 + 23 + 12 = 178$.

Nhóm chứa ${Q_1}$ là $\left[ {9;12} \right)$. Khi đó ${Q_1} = 9 + \frac{{44{,}5 - 20}}{{75}} \cdot 3 = 9{,}98$.

Nhóm chứa ${Q_3}$ là $\left[ {12;15} \right)$. Khi đó ${Q_3} = 12 + \frac{{133{,}5 - 95}}{{48}} \cdot 3 \approx 14{,}41$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 14{,}41 - 9{,}98 = 4{,}43$. Chọn D.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_3} = 12\\{u_7} = 192\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_3} = 12\\{u_7} = {u_3}{q^4} = 192\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{q^4} = 16\\{u_1}{q^2} = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = \pm 2\\{u_1}{q^2} = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = \pm 2\\{u_1} = 3\end{array} \right.$.

Theo giả thiết $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\q = - 2\end{array} \right.$. Suy ra ${u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}} = 3 \cdot {\left( { - 2} \right)^{n - 1}}$. Chọn B.

Điều kiện $2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$

${\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x - 1} \right) > - 1 \Leftrightarrow 2x - 1 < 3 \Leftrightarrow x < 2$. Kết hợp điều kiện $\frac{1}{2} < x < 2$. Chọn B.

Ta có$AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4$.

${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$. Chọn C.

a) Sai. Ta có $f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 3x + 2}}{{x + 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 4x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$;

$$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 4x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 2 + \sqrt 2 }}{2} \in \left[ { - \frac{1}{2};0} \right]\\x = \frac{{ - 2 - \sqrt 2 }}{2} \notin \left[ { - \frac{1}{2};0} \right]\end{array} \right.$$

Khi đó $f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 2,f\left( 0 \right) = 2,f\left( {\frac{{ - 2 + \sqrt 2 }}{2}} \right) = - 1 + 2\sqrt 2$.

Vậy $\mathop {Min}\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};0} \right]} f\left( x \right) = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};0} \right]} f\left( {\frac{{ - 2 + \sqrt 2 }}{2}} \right) = - 1 + 2\sqrt 2$.

b) Đúng. Bảng biến thiên

Hàm số có hai điểm cực trị.

c) Đúng. $f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 3x + 2}}{{x + 1}} = 2x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {\frac{{2{x^2} + 3x + 2}}{{x + 1}} - \left( {2x + 1} \right)} \right] = 0$

Nên $y = 2x + 1$ là tiệm cận xiên của hàm số.

d) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị cực đại của hàm số là $- 2\sqrt 2 - 1$.

a) Đúng. $\overrightarrow {AI} = \left( { - 1;1;1} \right) \Rightarrow AI = \left| {\overrightarrow {AI} } \right| = \sqrt 3 < 3$$\Rightarrow$ Ra đa có thể phát hiện.

b) Sai. Phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( {1;3;7} \right)$,$R = 3$ là: ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 7} \right)^2} = 9$.

c) Đúng. $IB = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \sqrt {{5^2} + {1^2} + {1^2}}$ $= 3\sqrt 3 > 3$ nên điểm B nằm ngoài vùng phát hiện của ra đa.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {4;2;2} \right)$.

Phương trình đoạn thẳng $AB$: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = 2 + 2t\\z = 6 + 2t\end{array} \right.,0 \le t \le 1$.

Gọi $M$là giao điểm của đoạn$AB$ và $\left( S \right)$.

Xét phương trình ${\left( {2 + 4t - 1} \right)^2} + {\left( {2 + 2t - 3} \right)^2} + {\left( {6 + 2t - 7} \right)^2} = 9$

$\Leftrightarrow {\left( {1 + 4t} \right)^2} + {\left( {2t - 1} \right)^2} + {\left( {2t - 1} \right)^2} = 9$ $\Leftrightarrow 24{t^2} + 3 = 9 \Rightarrow {t^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2} \in \left[ {0;1} \right]\\t = - \frac{1}{2} \notin \left[ {0;1} \right]\end{array} \right.$.

Với $t = \frac{1}{2} \Rightarrow {M_1}\left( {4;3;7} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {{M_1}B} = \left( {2;1;1} \right)$; $\overrightarrow {{M_1}A} = \left( { - 2; - 1; - 1} \right)$

Vật di chuyển từ $B$ đến $A$ nên $\overrightarrow {MB}$ và $\overrightarrow {MA}$ ngược chiều$\Rightarrow M \equiv {M_1}\left( {4;3;7} \right)$.

Độ dài đoạn đường MA là $MA = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt 6$ ${\rm{km}}$ $\approx 2449{,}490$ ${\rm{m}}$

Thời gian (làm tròn đến hàng đơn vị) ra đa phát hiện ra vật đó đến khi vật đến $A$là $t = \frac{{2449{,}490}}{{400}} \approx 6$(giây).

d) Đúng.$\overrightarrow {IB} = \left( {5;1;1} \right)$ $\Rightarrow IB = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \sqrt {{5^2} + {1^2} + {1^2}}$ $= 3\sqrt 3 > 3$ nên không phát hiện ra vật.

Từ phương trình$f'\left( t \right) = kf\left( t \right)$, ta có nghiệm của phương trình tổng quát dạng$f\left( t \right) = C{e^{kt}}.$

a) Đúng. Với thời điểm ban đầu $t = 0,$ số lượng vi khuẩn là 2000 con

Ta có: $f\left( 0 \right) = C \cdot {e^{k \cdot 0}} = 2000 \Rightarrow C = 2000$.

Do đó, công thức biểu thị số lượng vi khuẩn tại thời điểm $t$ giờ là: $f\left( t \right) = 2000{e^{kt}}$.

b) Đúng. Ta có: $f\left( 2 \right) = 2000{e^{2k}} = 32000$$\Rightarrow {e^{2k}} = \frac{{32000}}{{2000}} = 16$

$\Rightarrow 2k = \ln 16 = 4\ln 2$$\Rightarrow k = 2\ln 2 = \ln 4$.

Do đó để số lượng vi khuẩn đạt 1024000 con, cần thời gian là:

$2000{\left( {{e^{\ln 4}}} \right)^t} = 2000 \cdot {4^t} = 1024000$$\Rightarrow {4^t} = \frac{{1024000}}{{2000}} = 512 \Rightarrow {2^{2t}} = {2^9} \Rightarrow 2t = 9 \Rightarrow t = 4{,}5$(giờ)

c) Đúng. Tại thời điểm $t = 3{,}5$ giờ , ta được: $f\left( {3{,}5} \right) = 2000 \cdot {4^{3{,}5}} = 2000 \cdot 128 = 256000$;

$f'\left( {3{,}5} \right) = \left( {2\ln 2} \right) \cdot 256000 \approx 354891$.

d) Sai. Theo câu b) ta có $k = \ln 4$.

+ Khu I có $180$ công nhân:

Số công nhân nhận lương $A:\,\,180 \cdot \,30\% = 54$ (người).

Số công nhân nhận lương $B:\,\,180 - 54 = 126$ (người).

+ Khu II có $120$ công nhân:

Số công nhân nhận lương $A:\,\,120 \cdot 25\% = 30$ (người).

Số công nhân nhận lương $B:\,\,120 - 30 = 90$ (người).

Gọi các biến cố:

${V_1}:$ “Công nhân được chọn làm việc tại khu I”.

${V_2}:$ “Công nhân được chọn làm việc tại khu II”.

$A:$ “Công nhân được chọn nhận mức lương A”.

$B:\;$ “Công nhân được chọn nhận mức lương B”.

Xác suất một công nhân thuộc khu I là: $P\left( {{V_1}} \right) = \frac{{180}}{{300}} = 0{,}6$.

Xác suất một công nhân thuộc khu II là: $P\left( {{V_2}} \right) = \frac{{120}}{{300}} = 0{,}4$.

a) Đúng. Khu II có $25\%$ công nhân nhận lương $A,$ nghĩa là xác suất nhận lương $A$ trong khu II là:

$P\left( {A\left| {{V_2}} \right.} \right) = 25\% = 0{,}25$$\Rightarrow P\left( {B\left| {{V_2}} \right.} \right) = 1 - P\left( {A\left| {{V_2}} \right.} \right) = 1 - 0{,}25 = 0{,}75$.

b) Đúng. Gặp một công nhân không đeo thẻ. Xác suất để công nhân này thuộc khu II là

$P\left( {{V_2}} \right) = \frac{{120}}{{300}} = 0{,}4$.

c) Sai. Xác suất chọn được công nhân vừa ở khu I vừa nhận lương B là:

$P\left( {{V_1} \cap B} \right) = \frac{{126}}{{300}} = 0{,}42$.

Xác suất chọn được công nhân nhận mức lương B là: $P\left( B \right) = \frac{{216}}{{300}} = 0{,}72$.

Gặp một công nhân không đeo thẻ và được biết công nhân này nhận lương công $B.$

Xác suất công nhân này thuộc khu I là $P({V_1}\mid B) = \frac{{0{,}42}}{{0{,}72}} = \frac{7}{{12}} \approx 0{,}5833$.

d) Sai. Gặp một công nhân không đeo thẻ. Xác suất để công nhân này thuộc khu I và nhận lương công $A$ là $P\left( {{V_I} \cap A} \right) = P\left( {{V_1}} \right) \cdot P\left( {A\left| {{V_1}} \right.} \right) = 0{,}6 \cdot 0{,}3 = 0{,}18.$

Đáp án: 130

Gọi $x$ là số sản phẩm được sản xuất trong một chu kì ($x \in {\mathbb{N}^*}$).

Chi phí hao mòn (cần bảo dưỡng) sau khi sản xuất $x$ sản phẩm là $C\left( x \right) = 20\ln x + 50$ (triệu đồng).

Do mỗi sản phẩm sau khi trừ đi các chi phí về vật liệu sản xuất và chi phí bán hàng thu về 5 triệu đồng, nên tổng doanh thu $R\left( x \right)$ khi sản xuất $x$ sản phẩm là:$R\left( x \right) = 5x$ (triệu đồng).

Tổng lợi nhuận $P\left( x \right)$ sau mỗi chu kì sản xuất là hiệu của tổng doanh thu và chi phí hao mòn:

$P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 5x - \left( {20\ln x + 50} \right) = 5x - 20\ln x - 50$ (triệu đồng).

Theo yêu cầu đề bài, tổng lợi nhuận sau mỗi chu kì không nhỏ hơn 500 triệu đồng, tức là:

$P\left( x \right) \ge 500$$\Leftrightarrow 5x - 20\ln x - 50 \ge 500$$\Leftrightarrow 5x - 20\ln x - 550 \ge 0$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = 5x - 20\ln x - 550$ với $x > 0$.

Có $f'\left( x \right) = 5 - \frac{{20}}{x}$; $f'\left( x \right) = 0$$\Rightarrow x = 4$.

Bảng biến thiên

Giá trị cực tiểu của hàm số tại $x = 4$ là: $f\left( 4 \right) = 5 \cdot 4 - 20\ln 4 - 550 = - 530 - 20\ln 4 \approx - 557{,}72$.

Vì $f\left( x \right)$ liên tục và đồng biến trên $\left( {4; + \infty } \right)$, $f\left( 4 \right) < 0$, và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {5x - 20\ln x - 550} \right) = + \infty$, nên phương trình $f\left( x \right) = 0$ có nghiệm duy nhất ${x_0} > 4$.

Ta cần tìm giá trị nguyên dương nhỏ nhất của $x$ sao cho $f\left( x \right) \ge 0$.

Thử các giá trị của $x$:

Với $x = 129$: $f\left( {129} \right) \approx - 2{,}196$ (triệu đồng).

Với $x = 130$: $f\left( {130} \right) \approx 2{,}65$ (triệu đồng).

Vì $f\left( {129} \right) < 0$ và $f\left( {130} \right) > 0$, và hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {4; + \infty } \right)$, nên giá trị nguyên nhỏ nhất của $x$ để $f\left( x \right) \ge 0$ là $x = 130$.

Vậy, mỗi chu kì sản xuất dây chuyền cần sản xuất ít nhất 130 sản phẩm để tổng lợi nhuận không nhỏ hơn 500 triệu đồng.

Đáp án: $8$

Đi từ $A$ đến $D$ theo hướng của mũi tên có $3$ con đường, đó là $ACD,\;AD,\;AGD$.

Đi từ $A$ đến $E$ theo hướng của mũi tên có $5$ con đường, đó là

$$ACDE,\;ADE,\;AGDE,\;AGE,\;AGHE.$$

Tương tự đi từ $A$ đến $F$ theo hướng của mũi tên có $7$ con đường, $A$ đến $B$ theo hướng của mũi tên có $8$ con đường (do không có mũi tên hướng từ $J$ đến $B$ nên phải bỏ đi 1 con đường).

Đáp án: $498$

Giả sử mặt cắt cách mặt đáy một đoạn bằng $a$${\rm{cm}}$.

Ta có: $OQ = \frac{{OI}}{{II'}} \cdot A'I' + \frac{{OI'}}{{II'}} \cdot AI$$= \frac{a}{{10}} \cdot 4\sqrt 2 + \frac{{10 - a}}{{10}} \cdot 8\sqrt 2$$= \frac{{\sqrt 2 }}{5}\left( {40 - 2a} \right)$.

Suy ra $OM = ON = \frac{{\sqrt 2 }}{5}\left( {40 - 2a} \right)$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, suy ra: $M\left( { - \frac{{40 - 2a}}{5};\frac{{40 - 2a}}{5}} \right)$, $N\left( {\frac{{40 - 2a}}{5};\frac{{40 - 2a}}{5}} \right)$.

Parabol chứa cung $MN$ có dạng: $y = p{x^2} + q$.

Đường thẳng $ON$ là phân giác góc phần tư thứ nhất, có hệ số góc bằng $1$ và parabol đi qua $N$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{40 - 2a}}{5} = p{\left( {\frac{{40 - 2a}}{5}} \right)^2} + q\\2p\left( {\frac{{40 - 2a}}{5}} \right) = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = \frac{{20 - a}}{5}\\p = \frac{5}{{2\left( {40 - 2a} \right)}}\end{array} \right.$

Parabol có phương trình: $y = \frac{5}{{2\left( {40 - 2a} \right)}}{x^2} + \frac{{20 - a}}{5}$.

Diện tích tứ giác cong $MNPQ$ bằng:

$S\left( a \right) = 8\int\limits_0^{\frac{{40 - 2a}}{5}} {\left( {\frac{5}{{2\left( {40 - 2a} \right)}}{x^2} + \frac{{20 - a}}{5} - x} \right){\rm{d}}x}$$= 8\left. {\left( {\frac{5}{{6\left( {40 - 2a} \right)}}{x^3} + \frac{{20 - a}}{5}x - \frac{1}{2}{x^2}} \right)} \right|_0^{\frac{{40 - 2a}}{5}}$

$= \frac{{4{{\left( {40 - 2a} \right)}^2}}}{{75}}$.

Vậy thể tích khối $H$ bằng: ${V_{\left( H \right)}} = \int\limits_0^{10} {S\left( a \right){\rm{d}}a}$$= \frac{4}{{75}}\int\limits_0^{10} {{{\left( {40 - 2a} \right)}^2}{\rm{d}}a}$$= \frac{{4480}}{9} \approx 498\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.

Đáp án: $1{,}59$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}DM \bot CN\\DM \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow DM \bot \left( {SCN} \right)$

Trong $\left( {SCN} \right)$dựng $HQ \bot SC \Rightarrow HQ \bot DM$

Suy ra $HQ$ là đoạn vuông góc chung của $DM$ và $SC$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông$\Delta CDN$: $C{D^2} = CH \cdot CN \Rightarrow CH = \frac{{C{D^2}}}{{CN}} = \frac{{{2^2}}}{{\sqrt 5 }} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}.$

$$\frac{1}{{H{Q^2}}} = \frac{1}{{C{H^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{{19}}{{48}} \Rightarrow HQ = \sqrt {\frac{{48}}{{19}}} = 4\sqrt {\frac{3}{{19}}} \approx 1{,}59.$$

Đáp án: 15,6

Vị trí xuất phát $A\left( {4;8;0} \right)$

VTCP $\overrightarrow u = \left( {3;2;3} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {22}$

Vì Flycam xuất phát từ điểm $A\left( {4;8;0} \right)$bay thẳng theo hướng $\overrightarrow u = \left( {3;2;3} \right)$ với vận tốc $\overrightarrow v = \frac{6}{{\sqrt {22} }}\overrightarrow u = \left( {\frac{{18}}{{\sqrt {22} }};\frac{{12}}{{\sqrt {22} }};\frac{{18}}{{\sqrt {22} }}} \right)$.

Tọa độ Flycam tại thời điểm $t:M\left( t \right) = \left( {4 + \frac{{18}}{{\sqrt {22} }}t;8 + \frac{{12}}{{\sqrt {22} }}t;\frac{{18}}{{\sqrt {22} }}t} \right)$

Yêu cầu bài toán: ${\left( {4 + \frac{{18}}{{\sqrt {22} }}t} \right)^2} + {\left( {8 + \frac{{12}}{{\sqrt {22} }}t} \right)^2} + {\left( {\frac{{18}}{{\sqrt {22} }}t} \right)^2} > {100^2}$

$\Leftrightarrow 36{t^2} + \frac{{336}}{{\sqrt {22} }}t - 9920 > 0$$\Leftrightarrow t > 15{,}6$.

Đáp án: 9271

Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = {3^{18}}$.

Có 9 vị trí chẵn và 9 vị trí lẻ, để tổng vị trí chẵn bằng 0 và tổng vị trí lẻ bằng 0 nên:

Với 9 vị trí chẵn: chọn $2k$ vị trí khác 0, sau đó chọn $k$ vị trí đặt số 1 có$\sum\limits_{k = 0}^4 {C_9^{2k} \cdot C_{2k}^k} = 3139$ cách.

Với 9 vị trí lẻ, vì ${a_1} \ne 0$ nên ${a_1} = \pm 1$.

Hai trường hợp ${a_1} = 1$ hoặc ${a_1} = - 1$ có tính đối xứng nhau nên ta chỉ cần tính cho một trường hợp rồi nhân 2.

Nếu ${a_1} = 1$, tổng của 8 vị trí lẻ còn lại phải bằng $- 1$, gọi k là số lần xuất hiện số 1$\Rightarrow$ số lần xuất hiện số $- 1$ là $k + 1$

$\Rightarrow$ số lần xuất hiện số 0 là $8 - k - \left( {k + 1} \right) = 7 - 2k \ge 0 \Rightarrow k = \left\{ {0;1;2;3} \right\}$.

- Nếu $k = 0 \Rightarrow$ 8 vị trí lẻ có không số 1, có một số −1 và 7 số 0: $C_8^0 \cdot C_8^1 = 8$.

- Nếu $k = 1 \Rightarrow$ 8 vị trí lẻ có một số 1, có hai số −1 và có năm số 0: $C_8^1 \cdot C_7^2 = 168$.

- Nếu $k = 2 \Rightarrow$ 8 vị trí lẻ có hai số 1, có ba số −1 và có ba số 0: $C_8^2 \cdot C_6^3 = 560$.

- Nếu $k = 3 \Rightarrow$ 8 vị trí lẻ có ba số 1, có bốn số −1 và có một số 0: $C_8^3 \cdot C_5^4 = 280$.

$\Rightarrow$ số cách lập $8 + 168 + 560 + 280 = 1016$.

Số cách lập các vị trí lẻ là$2 \cdot 1016 = 2032$.

Xác suất $p = \frac{{3139 \cdot 2032}}{{{3^{18}}}} \Rightarrow \frac{{{3^{18}}p}}{{688}} = 9271$.