Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Liên cấp Đại học Hồng Đức có đáp án

Chọn A

${\rm{sin}}3x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\rm{sin}}3x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\3x = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.$

Chọn C

Hàm số có nghĩa với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$

Chọn D

Ta có $MN\,{\rm{// }}IJ$, suy ra $MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn C

Quan sát đồ thị ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 3;2} \right]$ đạt tại $x$ bằng $- 3$.

Chọn A

$\mathop {Lim}\limits_{x \to {1^ \pm }} \frac{{2x + 4}}{{x - 1}} = \pm \infty$ nên $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C

Đây là hình ảnh đồ thị của hàm bậc 3 nên chọn C

Chọn B

$\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = AB' = \sqrt 2$

a) [NB] Trong tam giác đều $SAB$,$SH$là đường cao. Do đó $SH \bot AB$

Theo giả thiết mặt bên $(SAB) \bot (ABC)$, $(SAB) \cap (ABC) = AB$, $SH \subset (SAB)$ nên $SH \bot (ABC)$

a) đúng.

b) [TH] Giả sử $\left( {SHC} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

Kẻ $HK \bot SC$ tại $K$. Vì $(SHC) \cap (SAC) = SC$ và $HK \subset (SHC)$ nên $HK \bot (SAC)$, suy ra $HK \bot AC$.

Hơn nữa vì $SH \bot (ABC)$ nên $SH \bot AC$. Suy ra $AC \bot (SHC)$, suy ra $AC \bot HC$: điều này vô lý vì tam giác $ABC$ vuông tại $C$.

Vậy $\left( {SHC} \right)$không vuông góc với $\left( {SAC} \right)$

b) sai

c) $(SAB) \bot (ABC)$nên$d(C,(SAB)) = d(C,AB) = \frac{{AC.BC}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 .\sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} }}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

c) sai

d) Thể tích của khối chóp $S.ABC$là

$V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.CA.CB.\frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$.

d) sai

$$\begin{array}{l}y' = f'(x) = 3{x^2} - 3\\y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array}$$

Bảng biến thiên

a) Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng$( - 1;1)$

a) sai

b) Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 2 điểm cực trị.

b) đúng.

c) Ta có$f(0) = 0,\,\,f(2) = 2 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} f(x) = 2 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} (f(x) + 2) = 4$

c) đúng.

d) Ta có$\mathop {\max }\limits_{[0;2]} f(x) = 2,\,\mathop {\min }\limits_{[0;2]} f(x) = - 2 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} (f(x) + m) = 2 + m,\,\,\mathop {\min }\limits_{[0;2]} (f(x) + m) = - 2 + m$.

$$\mathop {\max }\limits_{[0;2]} (\left| {f(x) + m} \right|) = \max (\left| { - 2 + m} \right|,\left| {2 + m} \right|)$$

* Nếu $\left| { - 2 + m} \right| = 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\\m = - 1\end{array} \right.$

+ Với $m = 5 \Rightarrow \left| {2 + m} \right| = 7 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} (\left| {f(x) + m} \right|) = 7$ nên loại$m = 5$

+ Với $m = - 1 \Rightarrow \left| {2 + m} \right| = 1 < 3 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} (\left| {f(x) + m} \right|) = 3$ nên $m = - 1$ thoả mãn

* Nếu $\left| {2 + m} \right| = 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 5\end{array} \right.$.

+ Với $m = 1 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} (\left| {f(x) + m} \right|) = 3$ nên $m = 1$ thỏa mãn.

+ Với $m = - 5 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} (\left| {f(x) + m} \right|) = 7$ nên loại $m = - 5$

Vậy $m = \pm 1$ thì giá trị lớn nhất của hàm số$y = \left| {f(x) + m} \right|$ trên đoạn ${\rm{[}}0;2]$ bằng 3.

d) sai

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = + \infty$

Do đó, đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận đứng là $x = 2$.

Vậy a) Đúng

b) Ta có $y' = \frac{{{x^2} - 4x}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.$

BBT

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

Vậy b) Sai

c) Ta có $y = x + 1 + \frac{4}{{x - 2}}$ Þ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{{x - 2}} = 0$

Suy ra đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận xiên $y = x + 1$.

Vậy c) Đúng

d) Từ BBT, $y = m$ cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt khi $\left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m > 7\end{array} \right.$.

Với $m$ nguyên và $m \in \left[ {0;2025} \right]$ Þ $m \in \left\{ {8;9;10;...;2025} \right\}$ Þ Có 2018 số.

Vậy d) Sai

Hàm số dân số là $f\left( t \right) = \frac{{26t + 10}}{{t + 5}}$ (nghìn người).

a) Số dân vào đầu năm 1980

Thời gian $t$ tính từ năm 1970.

Năm 1980 ứng với $t = 1980 - 1970 = 10$ (năm).

$$f\left( {10} \right) = \frac{{26 \cdot 10 + 10}}{{10 + 5}} = 18$$

Vậy số dân vào đầu năm 1980 là 18 nghìn người. Khẳng định a) đúng.

b) Số dân vào đầu năm 1995

Thời gian $t$ tính từ năm 1970.

Năm 1995 ứng với $t = 1995 - 1970 = 25$ (năm).

$f\left( {25} \right) = \frac{{26 \cdot 25 + 10}}{{25 + 5}} = 22$.

Vậy số dân vào đầu năm 1995 là 22 nghìn người. Khẳng định b) sai

c) Xét tính đồng biến của hàm số $f\left( t \right) = \frac{{26t + 10}}{{t + 5}}$.

$f'\left( t \right) = \frac{{120}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}} > 0$, với mọi $t \in [0, + \infty )$

Vậy hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên $[0, + \infty )$. Khẳng định c) đúng.

d) Tốc độ tăng dân số vào năm 1998

Năm 1998 ứng với $t = 1998 - 1970 = 28$ (năm).

$f'\left( {28} \right) = \frac{{120}}{{{{\left( {28 + 5} \right)}^2}}} \approx 0{,}11019$ (nghìn người/năm).

Khẳng định d) sai

Đáp án: $720$

Thể tích khối pho mát là $V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AC.AA' = \frac{1}{6}.12.12.10 = 240\;c{m^3}$.

Và khối lượng riêng của loại pho mát là $\rho = 3\;g/c{m^3}$.

Suy ra khối lượng của miếng pho mát là $m = \rho .V = 3.240\;gam = 720\;gam$.

Đáp án: $15$

Từ giả thiết, điểm $M$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right):x + 2y - z - 1 = 0$;

Có $MA = MB$, suy ra $M$ thuộc mặt phẳng trung trực của $AB$là $\left( Q \right):y + z = 0$;

Suy ra$M$thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

Ta tìm được đó là đường thẳng $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 3t\\y = t\\z = - t\end{array} \right.$.

Tham số hóa $M\left( {1 - 3t;t; - t} \right)$ thì $\overrightarrow {AM} \left( { - 1 - 3t;t - 2; - t} \right);\overrightarrow {BM} \left( { - 1 - 3t;t; - t + 2} \right)$

Suy ra $\cos AMB = \frac{{\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} }}{{MA.MB}} = \frac{{{{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + t\left( {t - 2} \right).2}}{{{{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {t - 2} \right)}^2} + {t^2}}} = \frac{{11{t^2} + 2t + 1}}{{11{t^2} + 2t + 5}} = f\left( t \right)$

Để góc $AMB$ lớn nhất thì ta cần $\cos AMB = f\left( t \right)$ nhỏ nhất.

Khảo sát hàm $f\left( t \right)$ta được $f\left( t \right)$nhỏ nhất khi và chỉ khi $t = - \frac{1}{{11}}$.

Suy ra $M\left( {\frac{{14}}{{11}}; - \frac{1}{{11}};\frac{1}{{11}}} \right)$. Vậy $S = 15$.

Trả lời: 8

Đặt $HE = {x_{}}{,_{}}FK = y$, với $x,\,y > 0$

Ta có: $HE + KF = 20 \Rightarrow x + y = 20$, $\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {16 + {x^2}} \\BF = \sqrt {36 + {y^2}} = \sqrt {36 + {{\left( {20 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.$

Nhận xét: Vì $EF$ không đổi nên $AB$ ngắn nhất khi $AE + BF$ nhỏ nhất.

Ta có $AE + BF$$= \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{{\left( {20 - x} \right)}^2} + 36} = \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{x^2} - 40x + 436} = f\left( x \right)$

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} + \frac{{x - 20}}{{\sqrt {{x^2} - 40x + 436} }} = 0 \Rightarrow x = 8,\,\forall x \in \left( {0;20} \right)$

Bảng biến thiên

Vậy $HE = 8$km

Đáp án: 10,6

Ta có: $C'(x) = \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{({x^2} + 2)}^2}}};C'(x) = 0 \Rightarrow - 30{x^2} + 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \Rightarrow C(x) = \frac{{15\sqrt 2 }}{2} \approx 10{,}6\\x = - \sqrt 2 \notin [0;6]\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Vậy $C(x)$ đạt cực đại trên khoảng thời gian $6$ phút sau khi tiêm bằng $10{,}6$ (mg/l).

Đáp án: 9

Ta có: Cỡ mẫu là: $n = 3 + 6 + 8 + 7 = 24$.

$\frac{n}{4} = 6$ thuộc nhóm $\left[ {8;10} \right)$.

Vậy tứ phân vị thứ nhất của số liệu ở bảng tần số ghép nhóm trên là:

$${Q_1} = 8 + \frac{{6 - 3}}{6}.2 = 9.$$

Đáp án: $499$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {2f\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} \right] = - \infty$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right)$.$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\sqrt {2f\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} + m} \right] = 1 + m$.$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\sqrt {{x^2} + 1000x} + x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\frac{{1000x}}{{\sqrt {{x^2} + 1000x} - x}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\frac{{1000}}{{ - \sqrt {1 + 1000/x} - 1}}} \right] = - 500.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = \frac{{ - 500}}{{1 + m}}\left( {m \ne - 1} \right)$ suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $g\left( x \right)$ là đường thẳng $y = \frac{{ - 500}}{{1 + m}}$

Để đồ thị hàm số $g\left( x \right)$ có tiệm cận ngang nằm dưới đường thẳng $y = - 1$ khi và chỉ khi $\frac{{ - 500}}{{1 + m}} < - 1 \Leftrightarrow \frac{{m - 499}}{{m + 1}} < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 499$ mà $m$ nguyên thuộc $\left[ { - 2020;2020} \right]$ nên $m \in \left\{ {0;1;2;...;498} \right\}$.

Vậy có $498 - 0 + 1 = 499$ giá trị nguyên của $m$.