Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Thọ Xuân 5 (Thanh Hóa) có đáp án

Chọn D

Ta có ${V_{SBC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SA.{S_{BC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.2{\rm{a}}.\left( {\frac{1}{2}.a.a} \right) = \frac{{{a^3}}}{3}$.

Chọn C

Ta có ${u_5} = {u_1}.{q^4} = 6.{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)^4} = \frac{3}{8}$.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow u = 2\overrightarrow a - 3\overrightarrow b + \overrightarrow c = \left( {4 + 3 - 2; - 2 + 9 - 4;0 - 6 - 3} \right) = \left( {5;3; - 9} \right)$

Chọn A

Hai vecto ngược chiều nhau.

Chọn D

Xác suất lấy được hai bi màu xanh là $\frac{{\mathop C\nolimits_4^2 }}{{\mathop C\nolimits_{10}^2 }} = \frac{2}{{15}}.$

Chọn D

Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 4 tại điểm $x = 2$.

Chọn B

Chú ý: Hình chiếu vuông góc của điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$ trên trục $Ox,\,\,Oy,\,\,Oz$ lần lượt là ${M_1}({x_0};0;0),\,\,{M_2}(0;{y_0};0),\,\,{M_3}(0;0;{z_0})$

Áp dụng: Hình chiếu vuông góc của điểm $M( - 2;3;4)$ lên trục $Oy$ là ${M_2}(0;3;0)$.

Chọn C

Ta có ${\log _2}(x - 1) \le 3 \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le {2^3} \Leftrightarrow 1 < x \le 9$

Chọn C

Ta có ${\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 5 = 6$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có $f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {0;2} \right)$, suy ra $f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;2} \right)$nên hàm số $y = f\left( x \right)$nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$.

Chọn C

Ta có $y = {x^3} - 3x$

Suy ra $y' = 3{x^2} - 3$

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\,\, \notin \left[ {0;3} \right]\end{array} \right.$

$y\left( 0 \right) = 0;\,y\left( 1 \right) = - 2;\,y\left( 3 \right) = 18$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^3} - 3x$ trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$bằng $18$.

Chọn D

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng $15 - 5 = 10$.

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

a)Tứ phân vị thứ nhất của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có $\frac{n}{4} = 25$ suy ra ${Q_1} \in \left[ {770;790} \right)$

${Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = 780{,}4$.

Tứ phân vị thứ ba của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có $\frac{{3n}}{4} = 75$ suy ra ${Q_3} = 810$

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu thống kê là

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 29{,}6$.

Vậy a) đúng.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là $R = 850 - 750 = 100$.

Vậy b) sai.

c)Tứ phân vị thứ ba của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có $\frac{{3n}}{4} = 75$ suy ra ${Q_3} = 810$

Vậy c) sai.

d)Số phần tử của mẫu (cỡ mẫu) là $n = 100$.

Vậy d) đúng.

a) Đúng.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ nên cũng đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$.

b) Đúng.

c) Sai.

Từ bảng biến thiên, hàm số có $1$ điểm cực tiểu là $x = 1$.

d) Sai.

Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$.

a) Đúng.

Số cách lấy 3 viên bi có đủ 3 màu là:$C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1 = 5.3.n = 15n$.

Số cách lấy ba viên bi bất kì từ hộp là $C_{8 + n}^3$.

Vì xác suất để trong ba viên bi lấy được có đủ 3 màu là $\frac{{45}}{{182}}$ nên:

$\frac{{15n}}{{C_{8 + n}^3}} = \frac{{45}}{{182}} \Leftrightarrow n = 6$.

b) Đúng.

Như vậy, có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và 6 viên bi vàng.

Số cách lấy 3 bi bất kì là:$C_{14}^3$.

Suy ra $n(\Omega ) = C_{14}^3$

Gọi biến cố $A$: “3 bi lấy ra chỉ có 1 màu”.

$n(A) = C_5^3 + C_3^3 + C_6^3$.

Xác suất của biến cố $A$ là:

$P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{31}}{{364}}$.

c) Đúng.

Gọi biến cố $B$: “3 bi lấy ra có nhiều nhất 2 viên bi đỏ”.

- Trường hợp 1: 3 bi lấy ra không có bi đỏ, khi đó số cách lấy là $C_9^3$.

- Trường hợp 2: 3 bi lấy ra có 1 bi đỏ, khi đó số cách lấy là $C_5^1 \cdot C_9^2$.

- Trường hợp 3: 3 bi lấy ra có 2 bi đỏ, khi đó số cách lấy là $C_5^2 \cdot C_9^1$.

Suy ra $n(B) = C_9^3 + C_5^1 \cdot C_9^2 + C_5^2 \cdot C_9^1$.

Vậy xác suất để trong 3 viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là: $P(B) = \frac{{177}}{{182}}$.

d) Đúng.

Số cách lấy 3 viên bi có đủ 3 màu là:$C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1$.

a) Đúng.

Số người nhiễm ở ngày thứ 45 là: $f\left( {45} \right) = 0$.

Vậy đến ngày thứ 45 thì không còn người nhiễm bệnh.

b) Sai.

Ta có $f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2}$, $t \in \left[ {0; + \infty } \right)$.

Xét $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 30\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy từ bảng biến thiên ta thấy số bệnh nhân tăng trong 30 ngày đầu tiên.

c) Đúng.

Ta có: $f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2}$.

d) Sai.

Số người bị nhiễm bệnh từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ 13 là $f\left( {13} \right) = 5408$

Đáp án: 0,41

+ Ta chọn hệ trục toạ độ $Oxyz$ như sau

$A\left( {0;\,0;\,0} \right),\,B\left( {1;\,0;\,0} \right),\,S\left( {0;\,0;\,h} \right)$

Suy ra $C\left( {\frac{1}{2};\,\frac{{\sqrt 3 }}{2};\,0} \right),\,M\left( {0;\,0;\,\frac{h}{2}} \right)$

+ Góc giữa $CM$ và $SB$ bằng $45^\circ$

$\overrightarrow {CM} \left( { - \frac{1}{2};\,\frac{{\sqrt 3 }}{2};\,\frac{h}{2}} \right),\,\overrightarrow {SB} \left( {1;\,0\,;\, - h} \right)$

$\overrightarrow {CM} .\overrightarrow {SB} = - \frac{{1 + {h^2}}}{2}$

$\left| {\overrightarrow {CM} } \right| = \sqrt {1 + \frac{{{h^2}}}{4}} ,\,\left| {\overrightarrow {SB} } \right| = \sqrt {1 + {h^2}}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h = \sqrt 2 \,\,(N)\\h = - \sqrt 2 \,(L)\end{array} \right.$.

+ $\left[ {\overrightarrow {CM} ,\,\overrightarrow {SB} } \right] = \left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2};\,0;\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) \Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow {CM} ,\,\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = \frac{3}{2}$

$\overrightarrow {SC} \left( {\frac{1}{2};\,\frac{{\sqrt 3 }}{2};\, - \sqrt 2 } \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {SC} .\left[ {\overrightarrow {CM} ,\,\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{4}$

+ $d\left( {CM;SB} \right) = \frac{{\left| {\left| {\overrightarrow {SC} .\left[ {\overrightarrow {CM} ,\,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {CM} ,\,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}} = \frac{{\frac{{\sqrt 6 }}{4}}}{{\frac{3}{2}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6} \simeq 0{,}41$.

Đáp án: $2401$.

Gọi số tự nhiên thoả mãn bài toán là $\overline {abcde}$; $a,b,c,d,e \in X$.

$\overline {abcde}$ chia hết cho $6$ nên $\overline {abcde}$ chia hết cho $3$ và $e \in \left\{ {4;6;8} \right\}$

Suy ra $a + b + c + d + e$ chia hết cho $3$.Vì $e$ chia cho $3$ dư $0;1;2$

Nên chọn $a$ có $7$ cách, $b$ có $7$ cách, $c$ có $7$ cách, $d$ có $7$ cách, và $e$ có một cách chọn.

Vậy có $7.7.7.7.1 = 2401$ số tự nhiên thoả mãn bài toán.

Đáp án: 1200

Với $x$ mét lưới ($1 \le x \le 18$) bán ra , ta có

Hàm chi phí $C(x) = {x^3} - 3{x^2} - 20x + 500$

Doanh thu khi bán hết $x$ mét lưới là 220$x$ (nghìn đồng)

Hàm lợi nhuận khi bán hết $x$ mét lưới

$\begin{array}{l}L(x) = 220x - C(x)\\L(x) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500\end{array}$

$\begin{array}{l}L'(x) = - 3{x^2} + 6x + 240\\L'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = - 8\end{array} \right.\end{array}$

Bảng biến thiên

Lợi nhuận tối đa của gia đình đan lưới trong một ngày là 1200 (nghìn đồng)

Đáp án: 21

Cách 1: Liệt kê

Bảng liệt kê các lộ trình từ A đến P

Dựa vào bảng trên, học sinh có thể thấy ngay lộ trình qua các điểm $A \to C \to M \to P$ là con đường ngắn nhất với tổng giá trị là 21.

Cách 2: Thuật toán Dijkstra

Quy ước: Điểm B có nhãn có dạng [d, A], trong đó d là khoảng cách ngắn nhất từ A đến điểm B.

Diễn giải thuật toán

Bước 1: Chọn đỉnh A làm vĩnh viễn

Từ A, ta cập nhật nhãn tạm thời cho các đỉnh kề nó là B và C.

B có nhãn [8, A] và C có nhãn [7, A].

Vì $7 < 8$, ta chọn đỉnh C để cố định nhãn vĩnh viễn.

Bước 2: Từ đỉnh vĩnh viễn C

Xét các đỉnh kề C chưa có nhãn vĩnh viễn là B và M.

Đến B qua C: $7 + 7 = 14$ (lớn hơn nhãn cũ là 8 nên không cập nhật).

Đến M qua C: $7 + 8 = 15$. Ta có nhãn tạm thời cho M là [15, C].

Trong các nhãn tạm thời (B: 8, M: 15), số 8 là nhỏ nhất, ta chọn B làm đỉnh vĩnh viễn tiếp theo.

Bước 3: Từ đỉnh vĩnh viễn B

Xét các đỉnh kề B chưa có nhãn vĩnh viễn là N và M.

Đến N qua B: $8 + 9 = 17$. Nhãn tạm thời cho N là [17, B].

Đến M qua B: $8 + 8 = 16$ (lớn hơn nhãn cũ là 15 nên không cập nhật).

Trong các nhãn tạm thời (N: 17, M: 15), số 15 là nhỏ nhất, ta chọn M làm đỉnh vĩnh viễn.

Bước 4: Từ đỉnh vĩnh viễn M

Xét các đỉnh kề M chưa có nhãn vĩnh viễn là N và P.

Đến N qua M: $15 + 6 = 21$ (lớn hơn nhãn cũ là 17 nên không cập nhật).

Đến P qua M: $15 + 6 = 21$. Nhãn tạm thời cho P là [21, M].

So sánh các nhãn tạm thời còn lại (N: 17, P: 21), ta chọn N làm đỉnh vĩnh viễn.

Bước 5: Từ đỉnh vĩnh viễn N

Đến P qua N: $17 + 10 = 27$ (lớn hơn nhãn cũ là 21 nên không cập nhật).

Cuối cùng, đỉnh P nhận nhãn vĩnh viễn là [21, M].

Kết luận:

Đường đi ngắn nhất có độ dài là 21.

Truy ngược từ nhãn: $P \leftarrow M \leftarrow C \leftarrow A$.

Lộ trình: A → C → M → P.

Đáp án: 21

Dựa vào đồ thị ta có $d = 20$, tiếp theo ta tìm các hệ số $a,b,c$ bằng cách giải hệ

$\left\{ \begin{array}{l}a{30^3} + b{30^2} + c30 + 20 = 50\\a{50^3} + b{50^2} + c50 + 20 = 20\\a{80^3} + b{80^2} + c80 + 20 = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}900a + 30b + c = 1\\250a + 50b + c = 0\\6400a + 80b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{1000}}\\b = - \frac{{13}}{{100}}\\c = 4\end{array} \right.$.

Ta được $f\left( x \right) = \frac{1}{{1000}}{x^3} - \frac{{13}}{{100}}{x^2} + 4x + 20$. Do đó

$\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \frac{3}{{1000}}{x^2} - \frac{{13}}{{50}}x + 4;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{200}}{3}\\x = 20\end{array} \right.\\\end{array}$.

Ta được chiều cao lớn nhất là $h = f\left( {20} \right) = 56\left( {\rm{m}} \right)$. Vì vậy tốc độ của tàu lượn xuống dốc là $v\left( x \right) = \sqrt {2g \cdot \left( {56 - f\left( x \right)} \right)} \left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)$. Vì $g$là hằng số nên tốc độ cực đại của biểu thức đạt được tại cực tiểu của $f\left( x \right)$, hay ${v_{\max }}\left( x \right) = v\left( {\frac{{200}}{3}} \right) \approx 31.56\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Đáp án: -2

Gọi $B'$ đối xứng $B$ qua $\left( {Oyz} \right)$. Khi đó $B'\left( {4;1; - 1} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {AB'} = \left( {6;1;2} \right)$

Khi đó với mọi $M\left( {0;b;c} \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$thì

$MB = MB'$$\Rightarrow MA + MB = MA + MB' \ge AB'$.

Để $MA + MB$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $A,M,B'$ thẳng hàng và $M$ nằm giữa $A,B'$.

$\Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB'} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = 6k\\b = k\\c + 3 = 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \frac{1}{3}\\c = - \frac{7}{3}\end{array} \right.$.

Vậy $a + b + c = - 2$.