Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lê Quý Đôn (Hà Nội) lần 2 có đáp án

Chọn D

${V_{SABCD}} = \frac{1}{3}.SC.\,{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}5a.\,3a.4a = 20{a^3}$

Chọn D

Thay tọa độ các điểm vào phương trình $\left( \alpha \right)$, ta thấy điểm $Q\left( {2;2; - 3} \right)$ thỏa vì $4 - 2 - 9 + 7 = 0$

Chọn C

$y' = \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {2;5} \right]\,$ nên hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ {2;5} \right]$ $\Rightarrow \,\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;5} \right]} y = y\left( 5 \right) = \frac{5}{4}$

Chọn B

Giá trị trung bình của mẫu số liệu là:

$\overline x = \frac{1}{{180}}\left( {30.6{,}5 + 55.\,9{,}5 + 45.\,12{,}5 + 30.15{,}5 + 20.\,18{,}5} \right) = 11{,}75$.

Chọn D

Ta có ${\log _a}\left( {{a^3}b} \right) = {\log _a}{a^3} + {\log _a}b = 3 + 2023 = 2026$.

Chọn C

Ta có

$\begin{array}{l} - 1 \le \sin 2x \le 1\\ \Rightarrow - 4 \le 4\sin 2x \le 4\\ \Rightarrow - 7 \le 4\sin 2x - 3 \le 1\end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = 4\sin 2x - 3$ là $- 7$.

Dấu bằng xảy ra khi $\sin 2x = - 1$.

Chọn D

Ta có ${u_2} = {u_1} + d \Leftrightarrow 3 = - 2 + d \Rightarrow d = 5$.

Do đó ${u_4} = {u_1} + 3d = - 2 + 3\,.\,5 = 13$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực đại tại điểm $x = 0$.

Chọn B

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = {x^3} + 2026$ là $\frac{{{x^4}}}{4} + 2026x + C$

Chọn B

Lời giải chi tiết bài toán ${\left( {\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right)^2} = {\overrightarrow u ^2} + {\overrightarrow v ^2} + 2\overrightarrow u \overrightarrow v = {\left| {\overrightarrow u } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow v } \right|^2} + 2\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow v } \right|\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)$

$$= {3^2} + {5^2} + 2.3.5.\cos 120^\circ = 9 + 25 + 2.3.5.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 19$$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {19}$.

Chọn C

$P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0{,}2.0{,}7 = 0{,}14$.

Chọn D

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = 1$.

a) $d(M,(P)) = \frac{{|2( - 2) - 2(3) - (4) - 7|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{| - 4 - 6 - 4 - 7|}}{3} = \frac{{| - 21|}}{3} = 7$.

$d(N,(P)) = \frac{{|2(1) - 2( - 1) - (0) - 7|}}{3} = \frac{{|2 + 2 - 0 - 7|}}{3} = \frac{{| - 3|}}{3} = 1$.
Ta thấy $7 > 1$, vậy khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $(P)$ lớn hơn khoảng cách từ điểm $N$ đến mặt phẳng $(P)$.

Vậy a) là đúng.

b) Phương trình mặt phẳng $(P)$ là $2x - 2y - z - 7 = 0$.

Vậy, một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$ là ${\vec n_P} = (2; - 2; - 1)$.

Vậy b) là sai.

c) Mặt phẳng $(Q)$ đi qua điểm $M( - 2;3;4)$.

Mặt phẳng $(Q)$ vuông góc với mặt phẳng $(P):2x - 2y - z - 7 = 0$.

Vectơ pháp tuyến của $(P)$ là ${\vec n_P} = (2; - 2; - 1)$.

Gọi ${\vec n_Q} = (a;b;c)$ là véctơ pháp tuyến của $(Q)$.

Vì $(Q) \bot (P)$, nên ${\vec n_Q} \cdot {\vec n_P} = 0 \Rightarrow 2a - 2b - c = 0 \Rightarrow c = 2a - 2b$.

Phương trình của mặt phẳng $(Q)$ có dạng: $a(x + 2) + b(y - 3) + (2a - 2b)(z - 4) = 0$.

Đây là phương trình của một chùm mặt phẳng. Để tìm khoảng cách lớn nhất từ điểm $A(7;3;4)$ đến các mặt phẳng trong chùm này, ta cần tìm khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $L$ là giao tuyến của tất cả các mặt phẳng $(Q)$.

Viết lại phương trình của $(Q)$: $a(x + 2z - 6) + b(y - 2z + 5) = 0$.

Đường thẳng $L$ là giao tuyến của hai mặt phẳng: $({L_1}):x + 2z - 6 = 0$ và $({L_2}):y - 2z + 5 = 0$

Vectơ pháp tuyến của $({L_1})$ là ${\vec n_1} = (1;0;2)$. Vectơ pháp tuyến của $({L_2})$ là ${\vec n_2} = (0;1; - 2)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng $L$ là ${\vec u_L} = \left[ {{{\vec n}_1},{{\vec n}_2}} \right]$$= ( - 2;2;1)$.

Để tìm một điểm thuộc $L$, ta có thể cho $z = 0$:

$x - 6 = 0 \Rightarrow x = 6$.

$y + 5 = 0 \Rightarrow y = - 5$.
Vậy điểm $S(6; - 5;0)$ thuộc đường thẳng $L$.

Khoảng cách lớn nhất từ điểm $A(7;3;4)$ đến mặt phẳng $(Q)$ chính là khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $L$.

Ta có $\overrightarrow {SA} = (1;8;4)$; $|{\vec u_L}| = 3$; $\left[ {\overrightarrow {SA} ,{{\vec u}_L}} \right]$$= (0; - 9;18)$; $\left| {\left[ {\overrightarrow {SA} ,{{\vec u}_L}} \right]} \right| = 9\sqrt 5$.

Khoảng cách từ $A$ đến $L$ là $d(A,L) = \frac{{|\overrightarrow {SA} \times {{\vec u}_L}|}}{{|{{\vec u}_L}|}} = \frac{{9\sqrt 5 }}{3} = 3\sqrt 5$.

Vậy c) là đúng.

d) Gọi $(R)$ là mặt phẳng chứa hai điểm $M( - 2;3;4)$, $N(1; - 1;0)$ và song song với trục $Oy$.

Vectơ $\overrightarrow {MN} = (3; - 4; - 4)$.

Trục $Oy$ có vectơ chỉ phương là $\vec j = (0;1;0)$.

Vì mặt phẳng $(R)$ chứa $M,N$ và song song với $Oy$, nên véctơ pháp tuyến ${\vec n_R}$ của $(R)$ phải vuông góc với cả $\overrightarrow {MN}$ và $\vec j$.

Do đó, ta có thể chọn ${\vec n_R} = \left[ {\overrightarrow {MN} ,\vec j} \right]$$= (4;0;3)$.

Phương trình của mặt phẳng $(R)$ có dạng $4x + 3z + D = 0$.

Vì $(R)$ đi qua điểm $N(1; - 1;0)$, ta thay tọa độ điểm $N$ vào phương trình ta được $D = - 4$.

Vậy phương trình của mặt phẳng $(R)$ là $4x + 3z - 4 = 0$$\Leftrightarrow x + \frac{3}{4}z - 1 = 0$

Đề bài cho phương trình của mặt phẳng $(R)$ có dạng $ax + by + cz - 1 = 0$.

So sánh với $ax + by + cz - 1 = 0$, ta suy ra: $a = 1$, $b = 0$, $c = \frac{3}{4}$.

$a + 2b + 4c = 1 + 2.0 + 4.\frac{3}{4} = 4$.
Vậy d) là đúng.

a) Ta có $y' = \frac{{2{x^2} - 20x + 18}}{{{{\left( {x - 5} \right)}^2}}}$.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm $M\left( {3; - 5} \right)$ là $k = y'\left( 3 \right) = - 6$.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ là $y = - 6\left( {x - 3} \right) - 5$$\Leftrightarrow y = - 6x + 13$

Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là $P\left( {5; - 17} \right)$

Tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$ là $y = 2x + 5$, giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận xiên là điểm $Q\left( {1;7} \right)$.

Ta có diện tích tam giác $OPQ$ là $26$.

Chọn Sai.

b) Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 9\end{array} \right.$

Hàm số có các giá trị cực trị là $y\left( 1 \right) = - 1$, $y\left( 9 \right) = 31$. Tổng các giá trị cực trị của hàm số là $30$.

Chọn Đúng.

c) Ta có bảng biến thiên của hàm số là

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {1;5} \right)$.

Chọn Sai.

d) Đường tiệm cận của đồ thị hàm số là $y = 2x + 5$

Chọn Sai.

a) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 1 - 2\sin x$.

b) Đúng.

Ta có $f\left( 0 \right) + f\left( \pi \right) = 0 + 2\cos 0 + \pi + 2\cos \pi = 2 + \pi - 2 = \pi$.

c) Đúng.

Xét $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 2\sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $x \in \left[ {0;\pi } \right] \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{{5\pi }}{6}\end{array} \right.$.

Xét $f\left( 0 \right) = 2,\,\,f\left( \pi \right) = \pi - 2,\,\,f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} + \sqrt 3 ,\,\,f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} - \sqrt 3$.

Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = \frac{{5\pi }}{6} - \sqrt 3$.

d) Sai.

Ta có với $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ thì $f'\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm là $x = \frac{\pi }{6}$ và $x = \frac{{5\pi }}{6}$.

a) Đúng

Diện tích hình phẳng S được tính theo công thức: $S = \int_0^3 | 6{x^2} - 4x - 2|dx = 34$

b) Sai

Theo tính chất của nguyên hàm: $\int k \cdot f(x)dx = k\int f (x)dx$ với $k \ne 0$.

c) Sai

$f(2x) = 6{(2x)^2} - 4(2x) - 2 = 24{x^2} - 8x - 2.$ $\int f (2x)dx = \int {(24{x^2} - 8x - 2)} dx = \frac{{24{x^3}}}{3} - \frac{{8{x^2}}}{2} - 2x + C = 8{x^3} - 4{x^2} - 2x + C$

d) Sai $F'(x) = (2{x^3} - 2{x^2} + 5)' = 6{x^2} - 4x \ne f(x)$.

Đáp án: 44,6.

Tiến hành trải phẳng các mặt của hình chóp ra mặt phẳng (2 lần)

Ta có

+ $S{A_1},S{A_2}$ lần lượt là vị trí của $SA$ ở lần trải phẳng thứ 1 và thứ 2

+) $S{D_1},S{C_1},S{B_1}$ là vị trí của $SD,SC,SB$ ở lần trải phẳng thứ 2.

Do $\widehat {BSC} = 15^\circ$, nên $\widehat {AS{A_2}} = 120^\circ$.

Khi đó, độ dài đường gấp khúc $AMNPQRTUVS$ ngắn nhất khi 9 điểm ${A_2},M,N,P,Q,R,T,U,V$ thẳng hàng.

Ta có: $VA_2^2 = S{V^2} + SA_2^2 - 2.SV.SA.\cos \left( {120^\circ } \right) = {3^2} + {40^2} - 2.3.40.\frac{{ - 1}}{2} = 1729$

$$\Rightarrow V{A_2} = \sqrt {1729}$$

Vậy khi đó độ dài ngắn nhất của dây đèn led là $SV + V{A_2} = 3 + \sqrt {1729} \approx 44{,}6$ mét.

Đáp án: 45,6

Gọi x, y lần lượt là số gói cà phê loại I và loại II cần sản xuất ($x,y \in \mathbb{N}$). Ta có hệ ràng buộc:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{40x + 60y \le 300{\mkern 1mu} 000 \Leftrightarrow 2x + 3y \le 15{\mkern 1mu} 000}\\{60x + 40y \le 240{\mkern 1mu} 000 \Leftrightarrow 3x + 2y \le 12{\mkern 1mu} 000}\end{array}} \right.$

Hàm mục tiêu lợi nhuận (VNĐ): $F(x,y) = 10{\mkern 1mu} 000x + 8{\mkern 1mu} 000y$.

Miền nghiệm là một tứ giác lồi. Thay trực tiếp tọa độ các đỉnh của tứ giác vào hàm $F(x,y)$:

 Tại đỉnh $O(0;0)$, hàm đạt giá trị $F(0{,}0) = 0$.

 Tại đỉnh $A(4000;0)$, hàm đạt giá trị $F(4000{,}0) = 40.000.000$.

 Tại đỉnh $C(0;5000)$, hàm đạt giá trị $F(0{,}5000) = 40.000.000$.

 Tại đỉnh $B(1200;4200)$, hàm đạt giá trị $F(1200{,}4200) = 45.600.000$.

Kết luận: So sánh các kết quả, lợi nhuận tối đa thu được là 45,6 triệu đồng.

Lời giải

Đáp án: 232

Gán vào mặt sân vận động hệ trục $Oxy$ sao cho trục $Ox$ trùng với trục lớn của elip và trục $Oy$ trùng với trục bé của elip (tham khảo hình vẽ).

Khi đó, ta có phương trình của $\left( E \right):\,\,\frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{45}^2}}} = 1.$

Khi cắt sân vận động bằng một mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$ thu được thiết diện là mảnh tròn (miền giới hạn bởi cung nhỏ $AB$và dây cung $AB$).

Ta có $AB = 2{y_A} = 2\sqrt {{{45}^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)} = 90\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} .$

Do $\Delta IAB$ vuông cân tại $I$ nên $R = IA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{90}}{{\sqrt 2 }}\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} .$

Diện tích thiết diện $S(x) = \frac{1}{4}{S_{Htron}} - {S_{IAB}} = \frac{1}{4}\pi {R^2} - \frac{1}{2}{R^2} = \frac{{{{90}^2}}}{8}\left( {\pi - 2} \right).\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right).$

Thể tích phần không gian trong sân vận động

$V = \int\limits_{ - 75}^{75} {S(x)dx} = \frac{{{{90}^2}}}{8}\left( {\pi - 2} \right)\int\limits_{ - 75}^{75} {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{75}}} \right)dx} = 101250\left( {\pi - 2} \right)\,\,\,({m^3}).$

Số máy điều hoàn cần dùng $N = \frac{V}{{500}} = \frac{{101250\left( {\pi - 2} \right)}}{{500}} = 231{,}17.$

Vậy các kĩ sư cần dùng tối thiểu 232 máy điều hòa.

Đáp án: $133$.

Khối bê tông có mô hình là khối chóp cụt đều $ABCD.A'B'C'D'$.

Gọi $O',\,\,O$ lần lượt là tâm của đáy nhỏ và đáy lớn. Ta có $OO'$ là chiều cao khối chóp cụt đều.

Kẻ $A'H \bot OA$, khi đó $A'H = OO'$.

Có $AC = 6\sqrt 2 \;\left( m \right),\;A'C' = 4\sqrt 2 \;\left( m \right)$ và $AH = \frac{{AC - A'C'}}{2} = \frac{{6\sqrt 2 - 4\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \;\left( m \right)$

Suy ra $A'H = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}} = \sqrt {{4^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {14} = OO'$

Suy ra ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.\sqrt {14} .\left( {{6^2} + \sqrt {{6^2}{{.4}^2}} + {4^2}} \right) = \frac{{76\sqrt {14} }}{3}$ (m3).

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

$\frac{{76\sqrt {14} }}{3}.1,{\rm{4}} \approx 133$(triệu đồng).

Đáp án: -2.

Kẻ $OH \bot SA$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot OH\\SA \bot DB\end{array} \right.$, suy ra $SA \bot \left( {BHD} \right)$.

$\left[ {B,SA,D} \right] = \widehat {BHD}$.

$BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

$S{O^2} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$.

$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{4}{{{a^2}}}$, suy ra $OH = \frac{a}{2}$.

$\tan \widehat {BHO} = \tan \alpha = \frac{{BO}}{{HO}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}}{{\frac{a}{2}}} = \sqrt 2$.

$\cos \left( {\left[ {B,SA,D} \right]} \right) = \cos 2\alpha = \frac{{1 - {{\tan }^2}\alpha }}{{1 + {{\tan }^2}\alpha }} = \frac{{1 - 2}}{{1 + 2}} = - \frac{1}{3}$.

Vậy $P = 1 - 3 = - 2$.

Đáp án: 7,8.

Số phần tử của không gian mẫu: $n(\Omega ) = C_{150}^3 = 551300.$

Gọi 3 số trên 3 quả bóng lấy ra là ${u_1},{u_2},{u_3}.$ Ta có

$\left\{ \begin{array}{l}{u_1} < {u_2} < {u_3}\\{u_1} + {u_2} + {u_3} \le 300\\{u_1} + {u_3} = 2{u_2}\end{array} \right. \Rightarrow 3{u_2} \le 300 \Rightarrow {u_2} \le 100$

Vì 3 số là một cấp số cộng nên ${u_1},{u_3}$ đối xứng với nhau qua ${u_2}$ nên ta có

${u_2} = 100 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} < 100\\100 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o }}50$ bộ số;

${u_2} = 99 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} \le 99\\99 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o 51}}$ bộ số;

…

${u_2} = 76 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} < 76\\76 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o 74}}$ bộ số;

${u_2} = 75 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le {u_1} < 75\\75 < {u_3} \le 150\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o 74}}$ bộ số;

…

${u_2} = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_3} = 3\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{ c\'o 1}}$ bộ số.

Vậy tổng cộng có $n(A) = 50 + ... + 74 + 74 + ... + 1 = \frac{{25}}{2}(50 + 74) + \frac{{74}}{2}(74 + 1) = 4325$

Vậy $1000p = 1000.\frac{{4325}}{{551300}} \approx 7{,}8.$