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

Chọn B

Dựa vào đồ thị.

Chọn A

Dựa vào đồ thị.

Chọn B

Điều kiện: $\sin 2x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow \sin 2x \ne - 1 \Leftrightarrow 2x \ne - \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x \ne - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Tập xác định:$D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn C

Ta có $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {EH} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {DB}$.

Chọn B

Ta có $IB'{\rm{//}}AI'$ nên qua phép chiếu song song đường thẳng $AI'$ biến điểm $I$ thành điểm $B'$.

Chọn A

Ta có $\int {f\left( x \right)dx = \sin \left[ {2\left( {x + \pi } \right)} \right]} - {x^3} + C$$= \sin 2x - {x^3} + C$.

Chọn A

Ta có ${S_{OBC}} = \frac{1}{4}{S_{ABCD}} = \frac{1}{4}{a^2}$.

${V_{S.OBC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{OBC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$.

Chọn C

Ta có ${M_e} = 20 + \frac{{\frac{{25}}{2} - \left( {4 + 6} \right)}}{7}\left( {30 - 20} \right)$$= \frac{{165}}{7}$.

Chọn B

$$\begin{array}{l}{{\vec a}_d} = \left( { - 2;1;3} \right),{\rm{ }}M\left( {1; - 2;4} \right)\\{{\vec a}_{d'}} = \left( {1; - 1;3} \right),{\rm{ }}M'\left( { - 1;0; - 2} \right)\\\overrightarrow {MM'} = \left( { - 2;2; - 6} \right)\end{array}$$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}\left[ {{{\vec a}_d},{{\vec a}_{d'}}} \right] \ne \overrightarrow 0 \\\left[ {{{\vec a}_d},{{\vec a}_{d'}}} \right]\overrightarrow {MM'} = 0\end{array} \right.$ nên $d$ và $d'$ cắt nhau.

Chọn B

Dãy số là cấp số nhân với $q = - 2$.

Chọn C

$\int {{e^{2x}}} dx = \frac{1}{2}{e^{2x}} + C$.

$F\left( 0 \right) = \frac{3}{2} \Rightarrow C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}{e^{2x}} + 1 \Rightarrow F\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}{e^{2.\frac{1}{2}}} + 1 = \frac{1}{2}e + 1$.

Chọn A

$\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;3; - 4} \right);\overrightarrow {CD} = \left( {0;1;0} \right)$

Mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $A\left( {1; - 1;5} \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {4;0; - 1} \right)$.

Suy ra $\left( P \right)$: $4x - z + 1 = 0$.

a) Sai. $y' = \frac{{(2x - 2)(x - 1) - ({x^2} - 2x + 2)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 2x - 2x + 2 - {x^2} + 2x - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}}$.

b) Đúng. Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..$

Với $x = 0 \Rightarrow y(0) = \frac{{{0^2} - 2.0 + 2}}{{0 - 1}} = - 2.$

Với $x = 2 \Rightarrow y(2) = \frac{{{2^2} - 2.2 + 2}}{{2 - 1}} = 2.$

Lập bảng biến thiên hoặc xét dấu $y'$, ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = 0$.

Giá trị cực đại ${y_{CD}} = y(0) = - 2$.

c) Đúng. Đối với hàm bậc hai trên bậc nhất $y = \frac{{f(x)}}{{g(x)}}$, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có phương trình là $y = \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = \frac{{2x - 2}}{1} = 2x - 2$.

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho có phương trình là $y = 2x - 2$.

d) Sai. Điểm cực tiểu của hàm số $x = 2$.

a) Đúng

Ta có: $\int {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\left( {x - x\sqrt x } \right)} dx = \int {\left( {x - {x^{\frac{3}{2}}}} \right)} dx = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{2}{5}{x^{\frac{5}{2}}} + C = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{2}{5}{x^2}\sqrt x + C$.

b) Sai

Ta có: $\int_1^3 {f'(x)} {\rm{d}}x = \left. {f\left( x \right)} \right|_1^3 = f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right)$.

c) Đúng

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$x - x\sqrt x \, = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$ và trục hoành là:

$S = \int\limits_0^1 {\left| {x - x\sqrt x } \right|dx} = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {x - x\sqrt x } \right)dx} } \right| = \frac{1}{{10}}$.

d) Đúng

Ta có: $\int x {\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{2} + C$.

Gọi biến cố $A:$ “Người được chọn mua cành đào”.

Gọi biến cố $B:$ “Người được chọn mua cây quất”.

Khi đó $\overline A :$ “Người được chọn không mua cành đào”;

$\overline B :$ “Người được chọn không mua cây quất”.

a) Sai. Xác suất người đó đã không mua cành đào và không mua cây quất là $\frac{7}{{25}}$.

$P(\overline A \overline B ) = ?$

Số người mua cành đào là: $31$; Số người mua cây quất là: $12$; Số người mua cả cành đào và cây quất là: $5$.

Do vậy: Số người chỉ mua cành đào là: $31 - 5 = 26$.

Số người chỉ mua cây quất là: $12 - 5 = 7$.

Số người không mua cành đào và không mua cây quất là: $50 - 26 - 7 - 5 = 12$.

Xác suất người đó đã không mua cành đào và không mua cây quất là: $P(\overline A \overline B ) = \frac{{12}}{{50}} = \frac{6}{{25}}$.

b) Sai. Xác suất người đó đã mua cây quất và không mua cành đào là $\frac{9}{{50}}$.

Số người mua cây quất và không mua cành đào là: $12 - 5 = 7$.

Xác suất để người đó mua cây quất và không mua cành đào là: $P(B\overline A ) = \frac{7}{{50}}$.

c) Đúng. Xác suất người đó đã mua cành đào và không mua cây quất là $\frac{{13}}{{25}}$.

Số người chỉ mua cành đào là: $31 - 5 = 26$.

Xác suất người đó đã mua cành đào và không mua cây quất là: $P(A\overline B ) = \frac{{26}}{{50}} = \frac{{13}}{{25}}$.

d) Sai. Xác suất người đó đã mua cành đào hoặc cây quất là $\frac{{20}}{{25}}$.

Số người đã mua cành đào hoặc cây quất là: $26 + 7 + 5 = 38$.

Xác suất người đó đã mua cành đào hoặc cây quất là: $P(AB) = \frac{{38}}{{50}} = \frac{{19}}{{25}}$.

a) Đúng

Tọa độ của điểm $A\left( {66;\, - 75;\,120} \right)$.

b) Đúng

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( { - 64;\,76;\, - 120} \right)$.

$AB = \sqrt {{{\left( { - 64} \right)}^2} + {{76}^2} + {{\left( { - 120} \right)}^2}} = \sqrt {24272} = 4\sqrt {1517}$.

Thời gian mà máy bay sẽ bay từ điểm $A$ đến điểm $B$ là $\frac{{4\sqrt {1517} }}{{240}} \approx 0{,}65$ giờ $\approx 39$ phút.

c) Sai

Phương trình đường đi của máy bay là: $AB:\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2 - 64t}\\{y = 1 + 76t}\end{array}}\\{z = - 120t}\end{array}} \right.$

Phương trình đám mây $\left( {MNP} \right)$ là: $\frac{x}{{25}} + \frac{y}{{25}} + \frac{z}{{30}} = 1 \Leftrightarrow 6x + 6y + 5z - 150 = 0$.

Xét phương trình: $6\left( {2 - 64t} \right) + 6\left( {1 + 76t} \right) + 5\left( { - 120t} \right) - 150 = 0$.

$\Leftrightarrow 12 - 384t + 6 + 456t - 600t - 150 = 0$.

$\Leftrightarrow - 528t = 132$.

$\Leftrightarrow t = - \frac{1}{4}$.

+ Với $t = - \frac{1}{4}$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 18}\\{y = - 18}\end{array}}\\{z = 30\,\,\,}\end{array}} \right.$

Vậy, độ cao của máy bay khi máy bay xuyên qua đám mây là $30\,{\rm{km}}$.

D) Đúng

Khi máy bay tiếp đất tại điểm $B\left( {2;\,1;\,0} \right)$.

Tọa độ của máy bay sau khi di chuyển về phía Tây thêm 2 km nữa là $C\left( {2;\,3;\,0} \right)$.

Khi đó: $CS = \sqrt {{2^2} + {{127}^2} + {{0{,}1}^2}} \approx 127 > 125$ km.

Vậy đài quan sát sẽ không nhìn thấy máy bay.

Đáp án: 17,6

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ trên

$\left( P \right)$ đi qua các điểm có tọa độ là: $A( - 200;0)$, $B(200;0)$, đỉnh parabol có tọa độ là $I(0;h)$, với $h$ là chiều cao cần tìm.

$\left( P \right)$ có đỉnh là $I(0;h)$, nên $\left( P \right)$ có dạng: $y = a{x^2} + h$ ($a < 0$).

Vì parabol đi qua điểm $A( - 200;0)$, ta có:

$0 = a{( - 200)^2} + h \Rightarrow a = - \frac{h}{{40000}}$.

Vậy phương trình mô tả bề mặt cầu là:$y = - \frac{h}{{40000}}{x^2} + h$.

Độ dốc của bề mặt cầu tại một điểm có hoành độ $x$ được xác định bởi đạo hàm: $y' = - \frac{h}{{20000}}x$

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và phương ngang. Ta có: $\tan \alpha = |y'|$.

Độ dốc lớn nhất của cây cầu xảy ra tại hai đầu cầu ($x = - 200$ hoặc $x = 200$).

Theo đề bài, độ dốc không vượt quá ${10}^{^{\circ}}$, tức là: $\tan α\le \tan {10}^{^{\circ}}$$\Rightarrow |{y}^{'}|\le \tan {10}^{^{\circ}}$

Tại điểm $A$ ($x = - 200$):

$|y'( - 200)| = \left| { - \frac{h}{{20000}} \cdot ( - 200)} \right| = \frac{h}{{100}}$.

Từ đó ta có bất phương trình: $\frac{h}{100}\le \tan {10}^{^{\circ}}$ $\Rightarrow h\le 100\cdot \tan {10}^{^{\circ}}\approx 17{,}6$

Đáp án: 3,46.

Chọn hệ trục như hình vẽ

Khi đó đường thẳng vì tam giác $OAB$ cân và có góc ở đỉnh là ${60^0}$ nên nó là tam giác đều. Ta được các điểm $A\left( {1;\sqrt 3 } \right);B\left( { - 1;\sqrt 3 } \right)$. Vì vậy phương trình các đường thẳng $\left( {OA} \right):y = \sqrt 3 x;\left( {OB} \right):y = - \sqrt 3 x$.

Parabol $\left( {{C_1}} \right):y = a{x^2} + c$ tiếp xúc với các đường thẳng trên cho nên ta có hệ

$\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3 = a{.1^2} + c\\\sqrt 3 = 2a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\c = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.$.

Vì vậy diện tích cần tính là $S = 12\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \sqrt 3 x} \right)} dx = 3{,}464$.

Đáp số: 0,63

Số cách đi từ góc này đến góc đối diện của lưới 4x4 là: $n\left( {{\Omega _1}} \right) = C_8^4 = 70$( cách)

Tổng số cặp đường đi của hai con kiến là: $n\left( \Omega \right) = 70.70 = 4900$( cách)

Gọi A là biến cố “Hai con kiến gặp nhau”.

Hai con kiển chỉ gặp nhau tại thời điểm $t = 4$phút. Lúc này, chúng đang ở vị trí $\left( {x;y} \right)$ sao cho $x + y = 4$. Trên ô lưới 4x4 có 5 điểm thỏa mãn điều kiện này là ${I_1}\left( {0;4} \right),\,{I_2}\left( {1;3} \right),\,{I_3}\left( {2;2} \right),\,{I_4}\left( {3;1} \right),\,{I_5}\left( {4;0} \right)$

Để hai con kiến gặp nhau tại điểm ${I_k}\,$thì hai con kiến phải đi qua ${I_k}\,$

Số cách con kiến 1 đi qua ${I_k}\,$là: $C_4^k\,.C_4^{4 - k} = {\left( {C_4^k} \right)^2}$.

Số cách con kiến 2 đi qua ${I_k}\,$tương tự là: $C_4^k\,.C_4^{4 - k} = {\left( {C_4^k} \right)^2}$.

Tổng số trường hợp gặp nhau là: $n\left( A \right) = {\left( {C_4^0} \right)^4} + {\left( {C_4^1} \right)^4} + {\left( {C_4^2} \right)^4} + {\left( {C_4^3} \right)^4} + {\left( {C_4^4} \right)^4} = 1810$.

Xác suất hai con kiến gặp nhau là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{1810}}{{4900}} = \frac{{181}}{{490}}$.

Xác suất hai con không kiến gặp nhau là: $P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{{181}}{{490}} = \frac{{309}}{{490}} \approx 0{,}63$.

Đáp án: $100$.

Gọi $x,y$ lần lượt là số kg sản phẩm loại I và loại II mà xưởng sản xuất ($x,y \in \mathbb{N}$).

Theo bài ra, ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x + 4y \le 200}\\{30x + 15y \le 1200}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + 2y \le 100}\\{2x + y \le 80}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0.}\end{array}} \right.$

Miền nghiệm của hệ là tứ giác $OABC$ với $O(0{,}0)$, $A(40{,}0)$, $B(20{,}40)$, $C(0{,}50)$.

Số tiền lời thu được là $L = 40x + 30y$ .

Ta tính giá trị của $L$ tại các đỉnh của tứ giác:

Tại $O(0{,}0)$: $L = 0$.

Tại $A(40{,}0)$: $L = 40 \times 40 + 30 \times 0 = 1600$.

Tại $B(20{,}40)$: $L = 40 \times 20 + 30 \times 40 = 2000$.

Tại $C(0{,}50)$: $L = 40 \times 0 + 30 \times 50 = 1500$.

Mức lời cao nhất là $2000$ nghìn đồng khi $x = 20$ và $y = 40$.

Khi đó $m = 20$, $n = 40$ .

Vậy $m + 2n = 20 + 2 \times 40 = 100$.

Đáp án: 2,65.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, do $ABCD$ là nửa lục giác đều nên $OI \bot AD$Chọn hệ trục toạ độ ${\rm{Ox}}yz$ như hình vẽ

Khi đó $S\left( {0; - 2a;2a\sqrt 3 } \right),A\left( {0; - 2a;0} \right),B\left( {a\sqrt 3 ; - a;0} \right),C\left( {a\sqrt 3 ;a;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right)$.

Gọi góc giữa 2 mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là $b.$

$$\begin{array}{l}\overrightarrow {SA} \left( {0;0; - 2a\sqrt 3 } \right),\overrightarrow {SB} \left( {a\sqrt 3 ;a; - 2a\sqrt 3 } \right),\overrightarrow {SC} \left( {a\sqrt 3 ;3a; - 2a\sqrt 3 } \right),\overrightarrow {SD} \left( {0;4a; - 2a\sqrt 3 } \right),\\\left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} } \right] = \left( {2{a^2}\sqrt 3 ; - 6{a^2};0} \right),\left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( {2{a^2}\sqrt 3 ;6{a^2};4{a^2}\sqrt 3 } \right)\end{array}$$

Suy ra vectơ pháp tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ lần lượt là

$$\overrightarrow {{n_1}} \left( {1; - \sqrt 3 ;0} \right),\overrightarrow {{n_2}} \left( {1;\sqrt 3 ;2} \right),\cos b = \frac{{\left| {1 - 3 + 0} \right|}}{{\sqrt {1 + 3 + 0} .\sqrt {1 + 3 + 4} }} = \frac{1}{{\sqrt 8 }} \Rightarrow \tan b = \sqrt {\frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}b}} - 1} = \sqrt 7 \approx 2{,}65.$$

Đáp án: 40

Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc $O$ trùng với đỉnh $B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)$của hình vuông. Các tia $BC$ và

$BA$ lần lượt nằm trên các trục $Ox$ và $Oy$.

Các đỉnh của hình vuông có tọa độ: $B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)$, $C\left( {8\,;\,0\,;\,0} \right)$, $A\left( {0\,;\,8\,;\,0} \right)$, và $D\left( {8\,;\,8\,;\,0} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ chính là mặt phẳng tọa độ $Oxy$có phương trình $z = 0$, với vectơ pháp tuyến $\overrightarrow k = \left( {0\,;\,0\,;\,1} \right)$

Nửa đường tròn đường kính $AB$ có tâm ${O_1}\left( {0\,;\,4\,;\,0} \right)$ và bán kính $R = 4$.

Điểm $P$ chia cung thành 3 đoạn bằng nhau và nằm gần $B$, nên góc $\widehat {P{O_1}B} = 60^\circ$.

Gọi $P'$ là hình chiếu vuông góc của $P$ lên đường thẳng $AB$.

Khoảng cách ${O_1}P' = R\cos 60^\circ = 4.\frac{1}{2} = 2$. Từ đó suy ra $P'\left( {0\,;\,2\,;\,0} \right)$

Khoảng cách từ $P$ đến $AB$ trên mặt phẳng là $P'P = R\sin 60^\circ = 2\sqrt 3$.

Sau khi gấp: Điểm $P$ chiếu vuông góc xuống mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ thành điểm $G$. Do đó, $G$ phải nằm trên đường thẳng đi qua $P'$ và vuông góc với trục $AB$ . Nghĩa là $G$ có tọa độ dạng $\left( {{x_G}\,;\,2\,;\,0} \right)$. Vì $G$ nằm trong hình vuông nên ${x_G} > 0$

Xét tam giác vuông $PP'G$ vuông tại $G$, ta có:

$P'G = \sqrt {P'{P^2} - P{G^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 3$

Từ đó suy ra ${x_G} = 3$, $G\left( {3\,;\,2\,;\,0} \right)$ Do $PG = \sqrt 3$, tọa độ $P\left( {3\,;\,2\,;\,\sqrt 3 } \right)$.

Nửa đường tròn đường kính $CD$ có tâm ${O_2}\left( {8\,;\,4\,;0} \right)$ và bán kính $R = 4$. Vì điểm $Q$ chia đôi cung $CD$ nên $Q$ nằm ở đỉnh của nửa đường tròn. Hình chiếu của $Q$ lên $CD$ chính là tâm ${O_2}$. Khoảng cách từ $Q$ đến $CD$ là ${O_2}Q = R = 4$

Tương tự như trên, điểm $Q$ chiếu vuông góc xuống $ABCD$ thành $H$, do đó $H$ nằm trên đường thẳng qua ${O_2}$và vuông góc với $CD$ . Do đó $H$ có tọa độ dạng $\left( {{x_H}\,;\,4\,;\,0} \right)$. Vì nằm trong hình vuông nên ${x_H} < 8$.

Xét tam giác vuông $Q{O_2}H$ vuông tại $H$, ta có: ${O_2}H = \sqrt {{O_2}{Q^2} - Q{H^2}} = 2$.

Vì khoảng cách ${O_2}H = 2$ và $H$ nằm bên trong hình vuông nên ${x_H} = 8 - 2 = 6$.

Ta được $H\left( {6\,;\,4\,;\,0} \right)$

Do $QH = 2\sqrt 3$ ta có tọa độ $Q\left( {6\,;\,4\,;\,2\sqrt 3 } \right)$.

Mặt phẳng $(PCQ):\overrightarrow{n}=[\overrightarrow{CP}\ ;\ \overrightarrow{CQ}]=(0\ ;\ 8\sqrt{3}\ ;\ -16)$

Chọn vecto pháp tuyến của $\left( {PCQ} \right)$: $(0\ ;\ \sqrt{3};\ -2)$

Góc $\theta$ giữa mặt phẳng $\left( {PCQ} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$:

$\cos \theta = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 7 }}$.

Khi đó ${\cos ^2}\theta = \frac{4}{7}$. Vậy $70{\cos ^2}\theta = 40$.