Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Trần Nhân Tông (Hà Nội) có đáp án

Lời giải

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên trên thì hàm số có hai điểm cực trị.

Lời giải

Chọn A

Ta có $I = \int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx - \frac{1}{2}\int\limits_1^5 {xdx} }$$= \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx} } - \left. {\frac{{{x^2}}}{4}\,} \right|_1^5$$= 3 + 4 - 6 = 1$.

Lời giải

Chọn B

Vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right]$$= \left( {4;5; - 3} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là $4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0$$\Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0$.

Lời giải

Chọn A

Ta có tọa độ vec tơ $\overrightarrow {AB} = \left( {1;2;3} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $\int\limits_{ - 2}^3 {f'(x)} dx = f(x)|_{ - 2}^3 = f(3) - f( - 2)$

Dựa vào đồ thị, $S = \frac{5}{3} = \int\limits_1^3 {\left| {f'(x)} \right|} dx = - \int\limits_1^3 {f'(x)} dx \Rightarrow \int\limits_1^3 {f'(x)} dx = - \frac{5}{3}$

$\int\limits_{ - 2}^3 {f'(x)} dx = \int\limits_{ - 2}^1 {f'(x)} dx + \int\limits_1^3 {f'(x)} dx = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3}$ $\Rightarrow f(3) - f( - 2) = \frac{4}{3}$

Lời giải

Chọn C

Ta có

$F(x) = \int {(6{x^5}} + \frac{1}{{{x^3}}})dx = {x^6} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C$

$F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^6} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C = - \frac{1}{2}$

Vậy $F(x) = {x^6} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}$

Lời giải

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số, trên đoạn [-1; 2] ta thấy hàm số đạt GTLN tại x = -1 GTLN M = 3, hàm số đạt GTNN tại x = 0 GTNN m = 0. Suy ra M + m = 3 + 0 = 3.

Lời giải

Chọn A

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

Ta có $\frac{n}{4} = \frac{{60}}{4} = 15$ suy ra ${Q_1} \in \left[ {20;30} \right)$

${Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = \frac{{460}}{{19}}$.

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

Ta có $\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.60}}{4} = 45$ suy ra ${Q_3} \in \left[ {30;40} \right)$ nên ${Q_3} = \frac{{455}}{{12}}$

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu thống kê là

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{3125}}{{228}} \approx 13{,}7$.

Lời giải

Chọn A

Ta có ${u_4} = {u_1} \cdot {q^3} \Rightarrow 54 = 2 \cdot {q^3} \Rightarrow {q^3} = 27 \Rightarrow q = 3$.

Tổng 10 số hạng đầu: ${S_{10}} = {u_1}\frac{{{q^{10}} - 1}}{{q - 1}} = 2 \cdot \frac{{{3^{10}} - 1}}{{3 - 1}} = {3^{10}} - 1 = 59048$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $\int {\left( {2\sin x - 3\cos x} \right)dx} = 2\int {\sin xdx} - 3\int {\cos xdx} = - 2\cos x - 3\sin x + C$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $(P):\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 6y - 2z + 6 = 0$.

Từ phương trình mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {3;6; - 2} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Điều kiện xác định: $x - 3 > 0 \Rightarrow x > 3$.

Bất phương trình tương đương: $x - 3 < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 2}}$ (đổi chiều vì cơ số $1/2 < 1$).

$\Leftrightarrow x - 3 < 4 \Leftrightarrow x < 7$.

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm: $S = (3;7)$.

Lời giải

a) Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB}\\{SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

${S_{ABCD}} = AB.AD = 2{a^2}$.

$$SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2{a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.$ Do đó câu a) sai.

b) Gọi $I$ là trung điểm $CD$. Kẻ $HK \bot SI\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{CD \bot HI}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow HK \bot CD\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right).$

Do đó, $d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{{SH.HI}}{{\sqrt {S{H^2} + H{I^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.2a}}{{\sqrt {\frac{3}{4}{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt {57} }}{{19}}a$. Vậy câu b) đúng.

c) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AB \bot BC}\\{SH \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Mặt khác $BC \bot AB$

Do đó: $\left[ {S,BC,D} \right] = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ .$ Vậy câu c) đúng.

d) Theo chứng minh trên: $SH \bot \left( {ABC} \right)$. Do đó câu d) sai.

Lời giải

a) Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị: $A\left( {0;\,2} \right)$; $B\left( {4;\, - 6} \right)$.

Gọi $\Delta :y = mx + n$ là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có hệ: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m.0 + n = 2}\\{m.4 + n = - 6}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m = - 2}\\{n = 2}\end{array}} \right.$

Vậy $\Delta :y = - 2x + 2$ hay $\Delta :2x + y - 2 = 0$.

Vậy a) đúng

b) Hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Vậy b) sai

c) Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + 2adx + bd - c}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}}$.

Đồ thị hàm số $f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}$ có tiệm cận đứng $x = - d$.

Từ bảng biến thiên ta thấy: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = 2$; $f\left( 0 \right) = 2;\,f\left( 4 \right) = - 6$; $f'\left( 0 \right) = 0$

Do đó: $- d = 2 \Rightarrow d = - 2$.

$f\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{c}{d} = 2 \Rightarrow c = 2d = 2.\left( { - 2} \right) = - 4$.

$f\left( 4 \right) = - 6 \Leftrightarrow \frac{{16a + 4b - 4}}{{4 + \left( { - 2} \right)}} = - 6 \Leftrightarrow 8a + 2b = - 4$$\Leftrightarrow 4a + b = - 2$. $\left( 1 \right)$

$f'\left( 0 \right) = \frac{{bd - c}}{{{d^2}}} = 0 \Rightarrow bd - c = 0 \Leftrightarrow b = \frac{c}{d} = \frac{{ - 4}}{{ - 2}} = 2$.

Thay $b = 2$ vào $\left( 1 \right)$ ta được: $4a + 2 = - 2 \Rightarrow a = - 1$.

Vậy $a + b + c + d = - 1 + 2 + \left( { - 4} \right) + \left( { - 2} \right) = - 5$.

Vậy c) đúng

d) Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( {0;\,2} \right)$ và $\left( {2;\,4} \right)$.

Vậy d) sai

Lời giải

a) Đáp án: ĐÚNG

Tại thời điểm 2h tính từ lúc lấy thịt ra khỏi ngăn đá, tốc độ thay đổi nhiệt độ của miếng thịt là:

$T'(2) = 7{e^{ - 0{,}35.2\,\,}} = 7{e^{ - 0{,}7\,\,}} \approx 3{,}48$($^0C/$giờ) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm). Vậy a đúng.

b) Đáp án: SAI

Nhiệt độ miếng thịt tính từ thời điểm được lấy ra khỏi ngăn đá là

$T(t) = \int {7{e^{ - 0{,}35t}}dt} = \frac{7}{{ - 0{,}35}}{e^{ - 0{,}35t}} + C = - 20{e^{ - 0{,}35t}} + C$.

Nhiệt độ của miếng thịt khi nó được lấy ra khỏi ngăn đá là $- {4^0}C$ nghĩa là

$T(0) = - 4 \Leftrightarrow - 20{e^0} + C = - 4 \Leftrightarrow - 20 + C = - 4 \Leftrightarrow C = 16$.

$T(t) = - 20{e^{ - 0{,}35t}} + 16$. Vậy b sai.

c) Đáp án: ĐÚNG

Tính từ lúc lấy thịt ra khỏi ngăn đá, để miếng thịt được rã đông thì nhiệt độ của nó đạt đến ${10^{0\,}}C$ nghĩa là $T(t) = 10 \Leftrightarrow - 20{e^{ - 0{,}35t}} + 16 = 10$

$\Leftrightarrow - 20{e^{ - 0{,}35t}} = - 6 \Leftrightarrow {e^{ - 0{,}35t}} = 0{,}3 \Leftrightarrow - 0{,}35t = \ln 0{,}3 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 0{,}3}}{{ - 0{,}35}} \Leftrightarrow t \approx 3{,}44$ (giờ)

(làm tròn đến hàng phần trăm của giờ). Vậy c đúng.

d) Đáp án: SAI

Tính từ lúc lấy thịt ra khỏi ngăn đá, nhiệt độ của miếng thịt vào khoảng ${0^0}C$ nghĩa là :

$$T(t) = 0 \Leftrightarrow - 20{e^{ - 0{,}35t}} + 16 = 0$$

$\Leftrightarrow - 20{e^{ - 0{,}35t}} = - 16 \Leftrightarrow {e^{ - 0{,}35t}} = 0{,}8 \Leftrightarrow - 0{,}35t = \ln 0{,}8 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 0{,}8}}{{ - 0{,}35}} \Rightarrow t \approx 0{,}637553$(giờ)

$\Rightarrow t \approx 38$ (phút). Vậy d sai.

Lời giải

a) Vì mặt phẳng (P) đi qua A, B và song song với trục Oy nên véctơ pháp tuyến

${\vec n_P} = [\overrightarrow {AB} ,\vec j] = (2;0;1)$.

Suy ra phương trình của $(P):2(x - 2) + 0(y - 1) + 1(z + 1) = 0 \Leftrightarrow 2x + z - 3 = 0$. Vậy a sai.

b) Theo định nghĩa, véctơ pháp tuyến của một mặt phẳng vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó. Vậy b đúng.

c) Mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa trục $Oy$ nên $\left( Q \right)$ có dạng $Ax + Cz = 0$.

Hình chiếu của $A(2;1; - 1)$lên trục Oy là $H\left( {0;1;0} \right)$.

Khoảng cách từ $A$ đến $\left( Q \right)$ lớn nhất khi $\left( Q \right)$ vuông góc với $AH$ tại $H$.

Khi đó: ${\vec n_Q} = \overrightarrow {HA} = (2;0; - 1).$

Phương trình $(Q):2(x - 0) + 0(y - 1) - 1(z - 0) = 0 \Leftrightarrow 2x - z = 0$.

Ta có: $b = 0,\,\,c = - 1,\,\,d = 0.$ Vậy $b + c + d = 0 + ( - 1) + 0 = - 1$. Vậy c sai.

d) $d(M,(P)) = \frac{{|2( - 3) + ( - 2) - 3|}}{{\sqrt {{2^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{| - 6 - 2 - 3|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{11}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{11\sqrt 5 }}{5}$. Vậy d đúng.

Lời giải

Đáp án: $2{,}48$.

Theo phương án 1:

Số tiền gốc và lãi anh An nhận được sau khi gửi $8$ tháng là:

${A_1} = 288{\left( {1 + \frac{{0{,}2}}{{100.12}}} \right)^8} \approx 288{,}384$ (triệu đồng).

Theo phương án 2:

+ Số tiền nợ ngân hàng khi vay $300$ triệu trong $4$ tháng là: $N = 300{\left( {1 + \frac{{15}}{{100.12}}} \right)^4}$.

+ Số tiền gốc và lãi sau khi gửi hết$1$ năm là: ${A_2} = 288\left( {1 + \frac{{6{,}3}}{{100}}} \right)$.

+ Số tiền anh An còn lại sau khi rút tiền gửi và trả hết nợ ngân hàng là: ${A_3} = 300 + {A_2} - N = 300 + 288\left( {1 + \frac{{6{,}3}}{{100}}} \right) - 300{\left( {1 + \frac{{15}}{{100.12}}} \right)^4} \simeq 290{,}860$( triệu đồng).

Vậy nếu thực hiện theo phương án 2 thì anh lợi được số tiền so với phương án 1 là:

${A_3} - {A_1} \simeq 290{,}860 - 288{,}384 \simeq 2{,}48$(triệu đồng).

Lời giải

Đáp án: $3653$.

Ta gắn các điểm $O,O',A,B$ như hình vẽ

Do khoảng cách hai tâm bằng $20\sqrt 2$ nên $OO' = AB = 20\sqrt 2 cm$.

Cạnh hình vuông ban đầu bằng $80cm$ nên $OA = OB = 80:4 = 20cm$.

Khi đó diện tích nữa cánh hoa bằng hiệu $\frac{1}{4}$diện tích hình tròn và diện tích tam giác

Do đó diện tích nữa cánh hoa bằng $\frac{1}{4}\pi {.20^2} - \frac{1}{2}{.20^2}\left( {c{m^2}} \right)$.

Vậy diện tích bốn bông hoa (gồm $16$ cánh hoa) bằng ${32.20^2}\left( {\frac{1}{4}\pi - \frac{1}{2}} \right) \approx 3653c{m^2}$.

Lời giải

Đáp án: $374\,$

Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều, nên đáy $ABCD$ là hình vuông, và chiều cao là $h = SO$. Gọi chiều dài cạnh hình vuông $ABCD$ bằng $a\,\left( m \right)\,,\,\,\,\left( {a > 0} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.h = 18\,\, \Leftrightarrow h = \frac{{54}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{54}}{{{a^2}}}$

Xét tam giác $SOM$ vuông tại $O$ có $S{M^2} = S{O^2} + O{M^2} = {\left( {\frac{{54}}{{{a^2}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{2916}}{{{a^4}}} + \frac{{{a^2}}}{4}$${S_{\Delta SCD}} = \frac{1}{2}.SM.CD = \frac{a}{2}\sqrt {\frac{{2916}}{{{a^4}}} + \frac{{{a^2}}}{4}}$.

Vậy diện tích xung quanh của khối chóp $S.ABCD$ là: ${S_{xq}} = 4{S_{\Delta SCD}} = 2a.\sqrt {\frac{{2916}}{{{a^4}}} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{11664}}{{{a^2}}} + {a^4}}$

Để ${S_{xq}}$ nhỏ nhất, thì $f(a) = \sqrt {\frac{{11664}}{{{a^2}}} + {a^4}}$ đạt giá trị nhỏ nhất với $a > 0$

Đặt $x = {a^2}\,\,\left( {x > 0} \right)$, ta có hàm số $\begin{array}{l}g(x) = \frac{{11664}}{x} + {x^2} = \frac{{5832}}{x} + \frac{{5832}}{x} + {x^2} \ge 3.\sqrt[3]{{\frac{{5832}}{x}.\frac{{5832}}{x}.{x^2}}} \Leftrightarrow g(x) \ge 3.\sqrt[3]{{{{5832}^2}}}\\ \Leftrightarrow g(x) \ge 972\end{array}$

Dấu xảy ra $\Leftrightarrow \frac{{5832}}{x} = {x^2} \Leftrightarrow {x^3} = 5832 \Leftrightarrow x = 18 \Rightarrow {a^2} = 18 \Leftrightarrow a = 3\sqrt 2$.

Khi đó GTNN của hàm $f(a)$ là: $\mathop {\min }\limits_{a > 0} f\left( a \right) = f(3\sqrt 2 ) = 18\sqrt 3$

Vậy diện tích xung quanh của khối chóp $S.ABCD$ đạt GTNN bằng: ${S_{xq}} = 18\sqrt 3 \,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Do vậy để hoàn thành 12 cái lều bạt theo yêu cầu của bài toán, thì cần chuẩn bị tấm bạt có diện tích là ${S_{bat}} = 12 \times 18\sqrt 3 \approx 374\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Lời giải

Đáp án: $1{,}86$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đi qua điểm $M\left( {2; - 2;3} \right)$ nên $\frac{2}{a} + \frac{{ - 2}}{b} + \frac{3}{c} = 1$

Vì $a,b,c$ đều dương, ta có $OA = a,OB = b,OC = c$

Độ dài $OA,OB,OC$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng có công sai bằng 2 nên $a = b - 2$ và $c = b + 2$.

Do đó, ta có $\frac{2}{{b - 2}} + \frac{{ - 2}}{b} + \frac{3}{{b + 2}} = 1$

- $2b\left( {b + 2} \right) - 2\left( {b - 2} \right)\left( {b + 2} \right) + 3b\left( {b - 2} \right) = b\left( {b - 2} \right)\left( {b + 2} \right)$

- ${b^3} - 3{b^2} - 2b - 8 = 0$

- $b = 4$

Với $b = 4 \Rightarrow a = 2,c = 6$

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1$ hay $6x + 3y + 2z - 12 = 0$.

Khoảng cách từ điểm $K\left( {2;5; - 1} \right)$ đến mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là

$d = \frac{{\left| {6.2 + 3.5 + 2.\left( { - 1} \right) - 12} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{{13}}{7} \approx 1{,}86$.

Lời giải

Đáp án: $1265.$

$$\begin{array}{l}\left( {x - 3} \right)\sqrt {{x^2} - 16} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 16 = 0\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 16 > 0\\x - 3 \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 4\\x > 4\end{array} \right.\\x \in \mathbb{Z},x \in \left[ { - 30;50} \right] \Rightarrow x \in \left\{ { - 4;4;5;...;50} \right\}\end{array}$$

Vậy tổng các phần tử thuộc $S$ là $- 4 + 4 + 5 + 6 + ... + 50 = 1265$.

Lời giải

Đáp án: $15$.

Giả sử tất cả 70 học sinh đều đăng kí tham gia cả 3 CLB.

Khi đó tổng số đơn đăng kí thu được là: $70.3 = 210$ (đơn)

Số đơn bị thừa ra so với thực tế là: $210 - 155 = 55$ (đơn)

· Mỗi khi 1 học sinh chuyển từ đăng kí 3 CLB xuống 2 CLB, số đơn sẽ giảm đi 1 đơn

· Mỗi khi 1 học sinh chuyển từ đăng kí 3 CLB xuống 1 CLB, số đơn sẽ giảm đi 2 đơn

Để số học sinh đăng kí 3 CLB là ít nhất, ta cần có nhiều nhất số học sinh đăng kí ít CLB đi.

Do đó, số học sinh tối đa đăng kí 2 CLB là: $55:1 = 55$ (học sinh)

Khi đó, số học sinh đăng kí tham gia cả 3 CLB ít nhất là: $70 - 55 = 15$ (học sinh).