Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Trần Phú (Hà Nội) lần 3 có đáp án

Chọn D

Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $\Delta$ nên mặt phẳng nhận vectơ chỉ phương của $\Delta$ làm một vectơ pháp tuyến. Suy ra mặt phẳng có vtpt $\overrightarrow n = \left( {3; - 2;1} \right)$.

Mặt phẳng đi qua $M$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n$ có phương trình là:

$3\left( {x - 3} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow 3x - 2y + z - 12 = 0$.

Chọn D

Dựa và bảng biến thiên suy ra điểm cực đại của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $x = - 4$.

Chọn C

Mặt cầu đường kính $AB$ có tâm $I$ là trung điểm của $AB$ và bán kính $R = \frac{{AB}}{2}$.

Khi đó, ta có toạ độ trung điểm của $AB$ là $I\left( { - 1;2;2} \right)$.

$AB = \sqrt {{{\left( { - 2 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2} + {{\left( {3 - 1} \right)}^2}} = 2\sqrt 6$. Suy ra $R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{2\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6$.

Phương trình mặt cầu là: ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6$.

Chọn B

Ta có $A'C'//AC$ nên $\left( {AB,A'C'} \right) = \left( {AB,AC} \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ$ (vì $ABCD$ là hình vuông).

Chọn A

Tất cả nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = x - \frac{1}{x}$ là $F\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^2} - \ln \left| x \right| + C$.

Chọn D

Công bội của cấp số nhân là $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2$. Suy ra ${u_4} = {u_1}.{q^3} = {3.2^3} = 24$.

Chọn B

Véctơ $\overrightarrow u \left( {2; - 5;3} \right)$ là một véctơ chỉ phương của đường thẳng $d$.

Chọn B

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 1 \Rightarrow a = 1$.

Tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 2 \Rightarrow c = - 2$.

Đồ thị hàm số cắt trục $Oy$ tại điểm $\left( {0; - 1} \right)$ suy ra $\frac{b}{c} = - 1 \Rightarrow b = 2$.

Vậy $P = 2a - b + 3c = 2.1 - 2 + 3.( - 2) = - 6$.

Chọn D

Điều kiện: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Ta có: ${\log _2}(x - 1) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {2^3} \Leftrightarrow x - 1 = 8 \Leftrightarrow x = 9$ (thỏa mãn).

Chọn A

Diện tích thiết diện là tam giác đều cạnh $a = {x^2}\sqrt {2 - x}$ là:

$S(x) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{({x^2}\sqrt {2 - x} )}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^4}(2 - x)$

Thể tích vật thể là:

$V = \int_0^2 S (x)dx = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\int_0^2 {(2{x^4} - {x^5})} dx = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left[ {\frac{{2{x^5}}}{5} - \frac{{{x^6}}}{6}} \right]_0^2 = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{32}}{{15}} = \frac{{8\sqrt 3 }}{{15}}$.

Chọn B

Giá trị đại diện (${x_i}$) của các nhóm lần lượt là: 18,5; 23,5; 28,5; 33,5; 38,5.

Tổng tần số: $n = 4 + 6 + 8 + 18 + 4 = 40$.

Số trung bình:

$\bar x = \frac{{4.18{,}5 + 6.23{,}5 + 8.28{,}5 + 18.33{,}5 + 4.38{,}5}}{{40}} = \frac{{74 + 141 + 228 + 603 + 154}}{{40}} = \frac{{1200}}{{40}} = 30$.

Chọn B

Ta có: $\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6}$

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

a) $C\left( {40} \right) = 500$. Suy ra là mệnh đề đúng.

b) $C'\left( v \right) = - \frac{{16000}}{{{v^2}}} + \frac{5}{2}$. Mệnh đề sai.

c) $\mathop {\lim }\limits_{v \to + \infty } C\left( v \right) = + \infty$. Suy ra là mệnh đề sai.

d) $C'\left( v \right) = 0 \Rightarrow v = \pm 80$

$C\left( {50} \right) = 445$

Mệnh đề đúng.

a) $\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} > 0{\rm{ }}\forall a,b \in \mathbb{R}$ sai trong trường hợp $a \ge b$.

Chọn Sai.

b) Diện tích ${S_1} = \int\limits_0^k {{e^x}dx}$ và diện tích ${S_2} = \int\limits_k^{\ln 4} {{e^x}dx}$.

Thay $k = \ln 3$, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{S_1} = 2\\{S_2} = 1\end{array} \right.$$\Rightarrow {S_1} = 2{S_2}$

Chọn Đúng.

c) Thể tích khối tròn xoay khi quay hình $\left( H \right)$ quanh trục $Ox$ là: $V = \pi \int\limits_0^{\ln 4} {{{\left( {{e^x}} \right)}^2}dx} \approx 24$.

Chọn Đúng.

d) Để quay quanh trục $Oy$, ta biến đổi các hàm số ban đầu như sau:

$y={e}^{x}\underset{}{\rightarrow }x=\ln y,y>0$.

$x = \ln 4 \Rightarrow y = 4$.

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình $\left( H \right)$ quanh trục $Oy$ là:

$V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\ln 4} \right)}^2}dy} - \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {\ln y} \right)}^2}dy} \approx 15{,}992$

Chọn Sai.

a - Đúng; b – Sai; c – Đúng; d - Sai

a) Ta có $\overrightarrow {{n_P}} = (2; - 2; - 1);\,\,\overrightarrow {{n_Q}} = (1;2; - 2) \Rightarrow \overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {6;3;6} \right)$

Vậy một vecto chỉ phương của đường thẳng $d$ có tọa độ là $\left( {2;1;2} \right)$. Vậy a – đúng.

b) Mặt cầu $(S)$ có tâm: $I\left( { - 2;3;0} \right)$, bán kính $R = \sqrt {13 - m}$. Vậy b – sai.

c) Ta có $d\left( {I,(P)} \right) = \frac{{\left| { - 4 - 6 + 1} \right|}}{3} = 3$, khi đó $\left( S \right)$ và $\left( P \right)$ có điểm chung khi và chỉ khi $3 < \sqrt {13 - m} \Leftrightarrow 9 < 13 - m \Leftrightarrow m < 4$. Vậy c – đúng.

d) Đường thẳng d: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 2y - z + 1 = 0\\x + 2y - 2z - 4 = 0\end{array} \right.$ đi qua điểm $M\left( {1;\frac{3}{2};2} \right)$

Khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng $d$ là $d(I,d) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {65} }}{3}$.

Ta có ${d^2}(I,d) + 16 = 13 - m \Leftrightarrow m =- \frac{{92}}{9}$. Vậy d – sai.

a) Đúng

Vì có $42\%$ số túi được dán nhãn thuần chay cũng được dán nhãn giảm đường.

$\Rightarrow$$P(R|V) = 0{,}42$.

b) Đúng.

Ta có: $P(VR) = P(V) \cdot P(R|V) = 0{,}25 \cdot 0{,}42 = 0{,}105$.

Có $63\%$số túi không được dán nhãn gì cả nên xác suất túi có dán ít nhất một loại nhãn

là: $P\left( {V \cup R} \right) = 1 - 0{,}63 = 0{,}37$

Ta có $P(V \cup R) = P(V) + P(R) - P(V \cap R)$

$\Rightarrow 0{,}37 = 0{,}25 + P(R) - 0{,}105$

$\Rightarrow P(R) = 0{,}37 - 0{,}145 = 0{,}225$.

Do đó $P(\bar R) = 1 - P(R) = 1 - 0{,}225 = 0{,}775$.

c) Sai.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( R \right) = P\left( {RV} \right) + P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|V} \right).P\left( V \right) + P\left( {R|\overline V } \right).P\left( {\overline V } \right)$

$\Rightarrow 0{,}225 = 0{,}25.0{,}42 + P\left( {R|\overline V } \right).0{,}75$

$\Rightarrow$$P(R|\bar V) = 0{,}16$.

Do đó khi một túi không được dán nhãn là thuần chay được rút ra thì xác suất để túi đó được dán nhãn giảm đường là $0{,}16$

d) Đúng.

Túi chỉ được dán đúng 1 nhãn bao gồm hai trường hợp: Chỉ dán nhãn thuần chay ($V\overline R$)

hoặc chỉ dán nhãn giảm đường $\left( {\overline V R} \right)$.

Ta có $P(V\bar R) = P(V) - P(VR) = 0{,}25 - 0{,}105 = 0{,}145$.

$P(\bar VR) = P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|\overline V } \right).P\left( {\overline V } \right) = 0{,}16.0{,}75 = 0{,}12$.

Vậy xác suất túi chỉ được dán đúng 1 nhãn là: $P\left( {V\overline R } \right) + P\left( {R\overline V } \right) =$$0{,}145 + 0{,}12 = 0{,}265$.

Đáp án: 21

Cho $x > y > 1$ đặt $t = {\log _y}x \Rightarrow t = {\log _y}x > {\log _y}y = 1 \Rightarrow t > 1 \Rightarrow t - 1 > 0$

Ta có ${\log _{\frac{x}{y}}}\left( {{x^3}} \right) = 3{\log _{\frac{x}{y}}}x = \frac{3}{{{{\log }_x}x - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - {{\log }_x}y}} = \frac{3}{{1 - \frac{1}{t}}} = \frac{{3t}}{{t - 1}}$

Ta có $27{\log _y}\left( {\frac{x}{y}} \right) = 27\left( {{{\log }_y}x - {{\log }_y}y} \right) = 27\left( {t - 1} \right)$

Thay vào biểu thức P ta được$P = \frac{{3t}}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) = 3 + \frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\frac{3}{{t - 1}},27\left( {t - 1} \right)$ ta có

$$\begin{array}{l}\frac{3}{{t - 1}} + 27\left( {t - 1} \right) \ge 2\sqrt {\frac{3}{{t - 1}}.27\left( {t - 1} \right)} = 18\\ \Rightarrow P \ge 3 + 18 = 21\end{array}$$

Đáp án: $71$.

Lợi nhuận của nhà máy A thu được là:

$L\left( x \right) = x.P\left( x \right) - C\left( x \right) = - 0{,}001{x^3} + 15x - 100$.

$$L'\left( x \right) = - 0{,}003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx 70{,}7\\x = - 70{,}7\end{array} \right.$$

Khi đó lợi nhuận lớn nhất khi $L\left( x \right) = L\left( {70{,}7} \right) = 71$.

Đáp án: 5,4

Diện tích của mặt cắt hình chữ nhật tại vị trí có độ cao $x$ với $0 \le x \le 2$ được tính bằng công thức: $S = 5.{\left( {0{,}5} \right)^x}$

Tính thể tích khối gỗ:

$V = \int\limits_0^2 {S\left( x \right)} dx = \int\limits_0^2 {5.{{\left( {0{,}5} \right)}^x}} dx = \frac{{ - 3{,}75}}{{\ln \left( {0{,}5} \right)}} \approx 5{,}4101 \approx 5{,}4$.

Vậy $V = 5{,}4\,{m^3}$.

Đáp án: 0,03.

1. Tính số phần tử của không gian mẫu $n(\Omega )$

Mỗi người có một tập hợp các đường đi độc lập:

Số đường đi của người thứ nhất ($A \to B$): ${N_1} = C_{15 + 8}^{15} = C_{23}^{15}$

Số đường đi của người thứ hai ($E \to F$): ${N_2} = C_{15 + 8}^{15} = C_{23}^{15}$

$\Rightarrow n(\Omega ) = {N_1} \times {N_2} = {(C_{23}^{15})^2}$

2. Tính số trường hợp thuận lợi cho biến cố $A$: "Cả hai người cùng đi qua $I$"

Để một người đi qua $I$, lộ trình được chia thành hai giai đoạn.

 Đối với người thứ nhất ($A \to I \to B$):

o Từ $A$ đến $I$: Sang phải 11 bước, xuống 3 bước. Số cách: $C_{11 + 3}^{11} = C_{14}^{11}$

o Từ $I$ đến $B$: Sang phải 4 bước, xuống 5 bước. Số cách: $C_{4 + 5}^4 = C_9^4$

$\Rightarrow$số cách người thứ nhất qua $I$: $n\left( {{I_1}} \right) = C_{14}^{11} \times C_9^4$

 Đối với người thứ hai ($E \to I \to F$):

o Từ $E$ đến $I$: Sang phải 11 bước, lên 5 bước. Số cách: $C_{11 + 5}^{11} = C_{16}^{11}$

o Từ $I$ đến $F$: Sang phải 4 bước, lên 3 bước. Số cách: $C_{4 + 3}^4 = C_7^4$

$\Rightarrow$số cách người thứ hai qua $I$: $n\left( {{I_2}} \right) = C_{16}^{11} \times C_7^4$

Số cách để cả hai cùng qua $I$ là: $n\left( A \right) = n\left( {{I_1}} \right) \times n\left( {{I_2}} \right) = \left( {C_{14}^{11} \times C_9^4} \right).\left( {C_{16}^{11} \times C_7^4} \right)$

3. Tính xác suất

$P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{\left( {C_{14}^{11} \times C_9^4} \right).\left( {C_{16}^{11} \times C_7^4} \right)}}{{{{(C_{23}^{15})}^2}}} \approx 0{,}03$.

Đáp án: 1,31.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$, suy ra $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do $AD \bot AB$ nên $AD \bot SA$, suy ra $\left[ {S,AD,B} \right] = \widehat {SAB} = 60^\circ$ và

$SH = AH.\tan \widehat {SAH} = \frac{{AB}}{2}.\tan 60^\circ = \frac{2}{2}.\sqrt 3 = \sqrt 3$.

Do $mp\left( {SCD} \right)$ đi qua $SC$ và song song với $AB$ nên

$d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Kẻ $HK \bot CD$ ($K$ là trung điểm $CD$) và kẻ $HI \bot SK$ thì $HI \bot \left( {SCD} \right)$ hay $d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI$

Có $\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{{12}}$, suy ra $HI = \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 7 }}$.

Vây $d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 7 }} \approx 1{,}31$.

Đáp số: 7,67.

Xét hình vẽ sau với $O$ là tâm hình vuông và tia Ox đi qua trung điểm H của một cạnh hình vuông, gọi $\varphi$ là góc hợp bởi tia $Ox$ và tia $Ot$ với $\varphi \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]$.

Tam giác $OMH$ vuông tại $H \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{OH}}{{OM}} \Rightarrow OM = \frac{{OH}}{{\cos \varphi }} = \frac{1}{{\cos \varphi }}$.

$\Rightarrow r = OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{\frac{1}{{\cos \varphi }} + 2}}{2} = \frac{{1 + 2\cos \varphi }}{{2\cos \varphi }}$.

Diện tích của đường cong $\left( L \right)$ là ${S_L} = 8.\frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( r \right)}^2}d\varphi } = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {\frac{{1 + 2\cos \varphi }}{{2\cos \varphi }}} \right)}^2}d\varphi } \approx 7{,}67{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}$.