Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Phụ Dực (Hưng Yên) có đáp án

Chọn D

Giá trị trung bình: $\bar x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + ... + {m_k}{x_k}}}{n}$

$\overline x = \frac{{22{,}5.6 + 27{,}5.6 + 32{,}5.4 + 37{,}5.1 + 42{,}5.1}}{{18}} = \frac{{85}}{3}$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{1}{n}\left( {{m_1}{x_1}^2 + ... + {m_k}{x_k}^2} \right) - {\left( {\overline x } \right)^2}$

$= \frac{1}{{18}}\left( {6.22,{5^2} + 6.27,{5^2} + 4.32,{5^2} + 1.37,{5^2} + 1.42,{5^2}} \right) - {\left( {\frac{{85}}{3}} \right)^2} = \frac{{125}}{4}$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {\frac{{125}}{4}} = \frac{{5\sqrt 5 }}{2} \approx 5{,}59$.

Chọn C

Đồ thị hàm số $y = - {x^3} + 3x + 1$.

Chọn C

Khoảng biến thiên

Các nhóm: $\left[ {{a_1};{a_2}} \right)$,$\left[ {{a_2};{a_3}} \right)$,.,$\left[ {{a_k};{a_{k + 1}}} \right)$$\Rightarrow R = {a_{k + 1}} - {a_1} = 175 - 150 = 25$.

Chọn A

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f(x)$ trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$ là $y = f(1) = - 4$.

Chọn B

Tiệm cận đứng $x = - 1$, tiệm cận xiên đi qua 2 điểm có tọa độ là $(2;0)$ và $(0;2)$nên TCX có phương trình là$y = - x + 2$ suy ra giao điểm của hai đường tiệm cận là $I\left( { - 1;3} \right)$ suy ra tâm đối xứng của đồ thị là $I\left( { - 1;3} \right)$.

Chọn C

$y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \ne - 1$ suy ra hàm số không có cực trị.

Chọn A

$V = \frac{1}{3}SA\,.\,{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}3a.a.2a = 2{a^3}$.

Chọn A

Hình chiếu của SD lên mp(ABCD) là AD nên góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$là $\widehat {SDA}$.

Chọn B

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên khoảng cách từ $S$ tới mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $SA = a$.

Chọn B

Chọn C

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

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$:

Vậy hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$.

Xét hàm số: $y = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x - 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x - 2}}$.

a) Tập xác định:

Hàm số xác định khi mẫu thức khác $x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2$.

Vậy tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Phát biểu a) ĐÚNG.

b) Tiệm cận xiên:

Đường thẳng $y = x + 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$. Phát biểu b) SAI.

c) Tâm đối xứng:

Tiệm cận đứng: $x = 2$. Tiệm cận xiên: $y = x + 1$

Thay $x = 2$ vào phương trình tiệm cận xiên: $y = 2 + 1 = 3$.

Giao điểm của hai tiệm cận là $I\left( {2;\,3} \right)$. Đây chính là tâm đối xứng của đồ thị $\left( C \right)$. c) ĐÚNG.

d) Điểm đi qua:

Để kiểm tra đồ thị có đi qua $A\left( {1;\,1} \right)$ hay không, ta thay $x = 1$ vào hàm số:

$y\left( 1 \right) = \frac{{{1^2} - 1 - 1}}{{1 - 2}} = \frac{{ - 1}}{{ - 1}} = 1$. Vì $y\left( 1 \right) = 1$ nên đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left( {1;\,1} \right)$. d) ĐÚNG.

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

a) Ta có diện tích tam giác $ABC$ bằng ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 = 4$ (đvdt).

Chọn ĐÚNG.

b) Vì parabol có đỉnh $I\left( {0;\,6} \right)$ nằm trên $Oy$ nên phương trình của parabol là $y = a{x^2} + 6$.

Do $C\left( { - 2;2} \right)$ và $B\left( {2;2} \right)$ thuộc vào parabol nên ta có $y = - {x^2} + 6$.

Phương trình đường thẳng $AB:y = x$.

Suy ra diện tích hình phẳng $\left( H \right)$là

$2\int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} + 6 - x} \right){\rm{d}}x = 2\left. {\left( { - \frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}{x^2} + 6x} \right)} \right|_0^2 = \frac{{44}}{3}}$.

Chọn SAI.

c) Khi hình $\left( H \right)$ quay xung quanh $Ox$, ta có

${V_{Ox}} = 2\pi \int\limits_0^2 {\left[ {{{\left( { - {x^2} + 6} \right)}^2} - {x^2}} \right]{\rm{d}}x = \frac{{1312\pi }}{{15}}}$.

Chọn SAI.

d) Khi quay xung quanh $Oy$, ta có thể tích bằng

${V_{Oy}} = \pi \int\limits_0^2 {{y^2}} {\rm{d}}y + \pi \int\limits_2^6 {{{\left( {\sqrt {6 - y} } \right)}^2}{\rm{ d}}y = } \frac{{8\pi }}{3} + 8\pi = \frac{{32\pi }}{3}$.

Chọn ĐÚNG.

Gọi $A$ là biến cố: “Khách hàng mua phải hộp sữa giả”;

$B$ là biến cố: “ Quản lý thị trường phát hiện lô hàng chứa sữa giả”.

a) Khi đó ta có: $P(A) = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}$.

Suy ra a) Đúng.

b) Ta có: $P(\overline A )$ $= 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$; $P(B|\overline A ){\rm{ }} = {\rm{ }}1 - \frac{{C_{19}^3}}{{C_{29}^3}} = \frac{{895}}{{1218}}$; $P(\overline B |A) = \frac{{C_{20}^3}}{{C_{29}^3}} = \frac{{190}}{{609}}$;

$P(B|A) = 1 - P(\overline B |A) = 1 - \frac{{190}}{{609}} = \frac{{419}}{{609}}$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = \frac{1}{3}.\frac{{419}}{{609}} + \frac{2}{3}.\frac{{895}}{{1218}} = \frac{{146}}{{203}}$

Suy ra b) Đúng.

c) $P(B|A) = \frac{{419}}{{609}}$

Suy ra c) Sai.

d) Từ công thức nhân xác suất ta có: $P(A|B) = \frac{{P(A).P(B|A)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{{419}}{{609}}}}{{\frac{{146}}{{203}}}} = \frac{{419}}{{1314}}$.

Suy ra d) Đúng.

a) Phương trình đường thẳng $MN$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = - 2 + 5t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right.$.

Đường thẳng $MN$ đi qua $M(3; - 2; - 1)$ và có VTCP là $\overrightarrow {MN} = (1;5;2)$.

Khi đó: Phương trình đường thẳng $MN$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = - 2 + 5t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right. \Rightarrow a)$Đúng.

b) Giao điểm của đường thẳng $MN$và $(P)$ là $E(1; - 12; - 5)$.

Gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ và $(P)$$\Rightarrow E(3 + t; - 2 + 5t; - 1 + 2t)$. Thay tọa độ của $E$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$ ta có: $- 1 + 2t = - 5 \Leftrightarrow t = - 2 \Leftrightarrow E(1; - 12; - 5)$ $\Rightarrow b)$ Đúng.

c) Tập hợp các tiếp điểm $A$ của mặt cầu $(S)$ và $(P)$ là đường tròn có bán kính xấp xỉ bằng $13{,}41$.

Gọi $I(a;b;c)$ là tâm mặt cầu $(S)$. Gọi $A$là tiếp điểm của mặt cầu $(S)$ và $(P)$$\Rightarrow A$là hình chiếu vuông góc của $I$lên $(P)$$\Rightarrow A(a;b; - 5)$.

Vì mặt cầu $(S)$ đi qua $M,N$ và luôn tiếp xúc với mặt phẳng $(P)$ tại $A$ nên $IM = IN = IA = R = d(I;(P)) = \left| {c + 5} \right|$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(a - 3)^2} + {(b + 2)^2} + {(c + 1)^2} = {(c + 5)^2}\\{(a - 4)^2} + {(b - 3)^2} + {(c - 1)^2} = {(c + 5)^2}\end{array} \right.$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 10b + 4c = 12\\{(a - 3)^2} + {(b + 2)^2} = 8c + 24\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8c = 24 - 4a - 20b\\{(a - 1)^2} + {(b + 12)^2} = 180\end{array} \right.\end{array}$

Vậy tập hợp điểm A là một đường tròn tâm $I(1; - 12; - 5)$bán kính $R = \sqrt {180} \approx 13{,}41$.

$\Rightarrow c)$ Đúng.

d) Giá trị lớn nhất của $OA$ xấp xỉ bằng $25{,}9$.

Khoảng cách $OA = \sqrt {{1^2} + {{( - 12)}^2} + {{( - 5)}^2}} = \sqrt {170} \approx 13{,}04 \Rightarrow d)$Sai.

Đáp án: 6940

+) Để thỏa mãn điều kiện đề bài, ta cần đếm xem có bao nhiêu câu rơi vào mỗi trường hợp:

 Trường hợp 1: Câu dành cho cả $5$ bạn có $2$câu.

 Trường hợp 2: Câu dành cho đúng $4$ bạn

Vì nhóm $4$ bạn bất kỳ có $3$ câu chung mà trong $3$ câu này đã có $2$ câu chung của cả $5$ bạn trong TH1. Vậy mỗi nhóm $4$ người phải có thêm $1$ câu riêng nữa.

Vì có $C_5^4 = 5$ cách chọn ra nhóm $4$ người, nên sẽ có $5.1 = 5$ câu.

 Trường hợp 3: Câu dành cho đúng $3$ bạn

Vì nhóm $3$ bạn bất kỳ có $4$ câu chung. Ta xét nhóm $3$ bạn này đang sở hữu bao nhiêu câu từ $2$ trường hợp trên:

o $2$ câu chung của cả $5$ bạn.

o Các câu chung của nhóm $4$ bạn (mà nhóm $3$ bạn này là thành viên). Một nhóm $3$ người sẽ nằm trong đúng $2$ nhóm $4$ người khác nhau. Suy ra nhóm này có thêm $2.1 = 2$ câu chung nữa.

o Tổng cộng: $2 + 2 = 4$ câu chung.

Suy ra không có câu riêng nào chỉ dành riêng cho đúng $3$ bạn

+) Ta có $20$câu hỏi, ta phải xếp chúng vào các trường hợp:

Trường hợp 1: Câu dành cho cả $5$ bạn có $2$ câu. Chọn $2$ câu từ $20$ câu.

Số cách chọn: $C_{20}^2$.

Trường hợp 2: Câu dành cho đúng $4$bạn

Chọn $5$ câu từ $18$câu còn lại, sau đó xếp mỗi câu vào một trong $5$ nhóm $4$ người khác nhau.

Số cách chọn: $C_{18}^5 \times 5!$

Còn lại $13$ câu thì $13$ câu này tuyệt đối không được rơi vào nhóm $3,{\rm{ }}4,$ hay $5$ người nữa (vì nếu rơi vào sẽ làm thay đổi các con số đề bài đã cho).

Như vậy câu còn lại chỉ có thể:

 Không giao cho ai ($1$ cách).

 Giao cho đúng $1$ người ($C_5^1 = 5$cách).

 Giao cho đúng $2$ người ($C_5^2 = 10$ cách).

Tổng cộng mỗi câu có $1 + 5 + 10 = 16$ cách chọn câu hỏi cho $1$ người

Số cách cho $13$ câu ${16^{13}}$.

+) Số kết quả thuận lợi: $n(A) = C_{20}^2 \times C_{18}^5 \times 5! \times {16^{13}}$.

+) Không gian mẫu:

Mỗi câu hỏi có ${2^5} = 32$ cách giao cho $5$ bạn. Với $20$ câu, ta có$n(\Omega ) = {32^{20}}$.

$$\Rightarrow p = \frac{{C_{20}^2 \times C_{18}^5 \times 5! \times {{16}^{13}}}}{{{{32}^{20}}}} = \frac{{{{190.8568.120.2}^{52}}}}{{{2^{100}}}}$$

$$\Rightarrow p = \frac{{195.350.400}}{{{2^{48}}}}$$

$\Rightarrow {10^{10}}p = \frac{{{{195.350.400.10}^{10}}}}{{{2^{48}}}} \approx 6940$.

Đáp án: 29,12

Đặt$BM{\rm{ }} = {\rm{ }}x\left( {km} \right)$, điều kiện$0 \le x \le 60$.

Khi đó:

 Đoạn đường ca nô đi là$AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {x^2}} = \sqrt {400 + {x^2}} (km)$.

 Đoạn đường xe cứu thương đi là $CM{\rm{ }} = {\rm{ }}BC{\rm{ }} - {\rm{ }}BM{\rm{ }} = {\rm{ }}60{\rm{ }} - {\rm{ }}x{\rm{ }}\left( {km} \right)$

Thời gian để ca nô đến $M$ là: ${t_1}(x) = \frac{{\sqrt {400 + {x^2}} }}{{60}}$ (giờ).

Thời gian để xe cứu thương đến $M$là: ${t_2}(x) = \frac{{60 - x}}{{80}}$ (giờ).

Người bệnh được cấp cứu khi cả hai cùng có mặt tại $M$. Do đó, thời gian sớm nhất chính là lúc ${t_1}(x) = {t_2}(x)$ (vì nếu một bên đến trước vẫn phải đợi bên kia).

Giải phương trình bậc hai này, ta chọn nghiệm dương:

$\begin{array}{l}\frac{{\sqrt {400 + {x^2}} }}{{60}} = \frac{{60 - x}}{{80}} \Leftrightarrow 4\sqrt {400 + {x^2}} = 3(60 - x)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(x \le 60)\\ \Leftrightarrow 16(400 + {x^2}) = 9(3600 - 120x + {x^2})\\ \Leftrightarrow 6400 + 16{x^2} = 32400 - 1080x + 9{x^2}\\ \Leftrightarrow 7{x^2} + 1080x - 26000 = 0\end{array}$

$$x = \frac{{ - 1080 + \sqrt {{{1080}^2} - 4 \cdot 7 \cdot ( - 26000)} }}{{2 \cdot 7}} \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1080 + \sqrt {1894400} }}{{14}} \Leftrightarrow x \approx 21{,}17{\rm{ (km)}}$$

Thay $x \approx 21{,}17$vào biểu thức ${t_2}$:

${t_2} = \frac{{60 - 21{,}17}}{{80}} = \frac{{38{,}83}}{{80}} \approx 0{,}485375{\rm{ }}$(giờ)$\approx$$29{,}12$ phút.

Đáp án: 914

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ.

Đường tròn có đường kính $d = 8$ nên bán kính $r = 4$.

Diện tích hình tròn: ${S_1} = 16\pi$.

Diện tích hình elip: ${S_2} = \pi .4.2 = 8\pi$.

Hai Elip lần lượt có phương trình là $\left( {{E_1}} \right):\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1$ và $\left( {{E_2}} \right):\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1$.

Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình: ${x^2} + \frac{{1 - \frac{{{x^2}}}{{16}}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{16}}{5} \Rightarrow x = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}$.

Diện tích của phần elip nằm dọc trong góc phần tư thứ nhất:

${S_3} = \int\limits_0^{\frac{{4\sqrt 5 }}{5}} {\left( {2\sqrt {4 - {x^2}} - \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{16}}} } \right)} \,{\rm{d}}x$.

Diện tích phần tô đen là: ${S_4} = {S_1} - {S_2} - {\rm{\;4}}{S_3} = 16\pi - 8\pi - 4\int\limits_0^{\frac{{4\sqrt 5 }}{5}} {\left( {2\sqrt {4 - {x^2}} - \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{16}}} } \right)} \,{\rm{d}}x$.

Diện tích phần tô trắng là ${S_5} = 64 - 8\pi - {S_4}$

Vậy số tiền là $T = {10^5}.\left( {8\pi .15 + {S_4}.20 + {S_5}.10} \right){.10^{ - 2}} \approx 914$triệu đồng.

Đáp án: 16,6

Xác định các vectơ vận tốc:

Vectơ hướng ${\vec v_1} = (4;3;0)$ có độ dài $|{\vec v_1}| = 5$, đặt $\vec e = \frac{1}{5}{\vec v_1}$

Vận tốc gió: ${\vec v_g} = 50 \cdot \vec e = (40;30;0){\rm{ km/h}}$.

Vận tốc tàu: ${\vec v_t} = 20 \cdot \vec e = (16;12;0){\rm{ km/h}}$.

Vị trí tàu khi trực thăng bắt đầu bay từ $A$:

Thời gian từ lúc mất liên lạc đến khi trực thăng ở $A$ là $2$ phút $= \frac{1}{{30}}$ giờ.

Vị trí tàu lúc này ($T\prime$): $\overrightarrow {OT\prime } = \overrightarrow {OT} + \frac{1}{{30}}{\vec v_t} = (\frac{{908}}{{15}};\frac{{377}}{5};0)$.

Thiết lập phương trình gặp nhau:

- Gọi $t$ (giờ) là thời gian trực thăng bay từ $A$ đến vị trí phía trên con tàu.

- Thời gian hạ cánh là $1$ phút $= \frac{1}{{60}}$ giờ.

Nên tổng thời gian tàu di chuyển kể từ lúc trực thăng ở $A$ đến khi gặp nhau trên mặt biển là $(t + \frac{1}{{60}})$ giờ.

-Vị trí tàu khi gặp nhau ($M$): $\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {OT\prime } + (t + \frac{1}{{60}}){\vec v_t}$.

-Tọa độ của tàu khi đó: $\overrightarrow {OM} = (\frac{{908}}{{15}} + 16(t + \frac{1}{{60}});\frac{{377}}{5} + 12(t + \frac{1}{{60}});0) = (60{,}8 + 16t;75{,}6 + 12t;0)$.

-Vì máy bay hạ cánh thẳng đứng, nên vị trí máy bay sau khi bay xong thời gian $t$ phải có tọa độ ngang trùng với tọa độ ngang của tàu tại thời điểm hạ cánh xong ($M$).

- Vectơ dịch chuyển ngang của máy bay: $\overrightarrow {AM\prime } = (60{,}8 + 16t;75{,}6 + 12t;0)$.

- Mặt khác: $\overrightarrow{AM'}=t({\overrightarrow{v}}_{2}+{\overrightarrow{v}}_{g})$ nên

$t{\vec v_2} = \overrightarrow {AM\prime } - t{\vec v_g} = (60{,}8 + 16t - 40t;75{,}6 + 12t - 30t;0) = (60{,}8 - 24t;75{,}6 - 18t;0)$.

Giải tìm $t$ và tính tổng thời gian:

Với tốc độ tối đa $|{\vec v_2}| = 400{\rm{ km/h}}$: ${(60{,}8 - 24t)^2} + {(75{,}6 - 18t)^2} = {(400t)^2}$.

$\Leftrightarrow 3696{,}64 - 2918{,}4t + 576{t^2} + 5715{,}36 - 2721{,}6t + 324{t^2} = 160000{t^2}$.

$\Leftrightarrow 159100{t^2} + 5640t - 9412 = 0$.

Nghiệm dương $t \approx 0{,}2261$ giờ $\approx 13{,}57$ phút.

Tổng thời gian từ lúc mất liên lạc: $T = 2 + 13{,}57 + 1 = 16{,}57$ phút.

Làm tròn đến hàng phần chục: 16,6.

Đáp án: 780

Ta có hàm lợi nhuận của doanh nghiệp là

$f\left( x \right) = F\left( x \right) - G\left( x \right) - g\left( t \right)$, $g\left( t \right) = tx$ là tổng số thuế phụ thu cho $x$ sản phẩm.

$f\left( x \right) = 3000x - {x^2} - {x^2} - 1440x - 50 - xt$

$= - 2{x^2} + \left( {1560 - t} \right)x - 50$

Khảo sát hàm số $f\left( x \right)$

Ta có $f'\left( x \right) = - 4x + 1560 - t$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{1560 - t}}{4}$

Ta có bảng biến thiên

Lợi nhuận của doanh nghiệp lớn nhất khi $x = \frac{{1560 - t}}{4}$.

Khi đó tổng thuế phụ thu là

+ 390t\)

Khảo sát hàm số $g\left( t \right)$:

Ta có tổng thu thuế phụ thu đạt lớn nhất khi $t = 780$ (nghìn đồng).

Đáp án: $50{,}9$.

Gọi $O = AC \cap BD$. Vì hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ và đáy $ABCD$ là hình vuông. $AC = 6\sqrt 2 ,\;AO = \frac{{AC}}{2} = 3\sqrt 2 ,\;SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = 3\sqrt 2$.

Diện tích đáy $ABCD$ là $S = {6^2} = 36\;{m^2}$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}.SO.S = \frac{1}{3}.3\sqrt 2 .36 = 36\sqrt 2 \;{m^3} \approx 50{,}9\;{m^3}$.