Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Triệu Sơn 1 (Thanh Hóa) có đáp án

Chọn B

Ta có: $\tan x = 1 \Leftrightarrow \tan x = \tan \frac{\pi }{4}$$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,(k \in \mathbb{Z})$.

Chọn A

Thay $n = 3$ vào công thức tổng quát của dãy số, ta được:

${u_3} = {3^2} - 3 \cdot 3 + 2 = 9 - 9 + 2 = 2$.

Chọn D

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

Phương trình đã cho tương đương với:

$x - 1 = {3^2}$

$\Leftrightarrow x - 1 = 9$

$\Leftrightarrow x = 10$ (thỏa mãn điều kiện).

Chọn C

Xét $\Delta ABC$ có $AB = AC$ nên tam giác ABC cân tại $A$. Mà $E$ là trung điểm của cạnh đáy BC, do đó đường trung tuyến AE đồng thời là đường cao, suy ra $BC \bot AE$ $\Rightarrow$ Khẳng định B đúng.

Tương tự, xét $\Delta DBC$ có $DB = DC$ nên tam giác DBC cân tại $D$. Có đường trung tuyến DE đồng thời là đường cao, suy ra $BC \bot DE$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AE}\\{BC \bot DE}\\{AE \cap DE = E}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (ADE)$ $\Rightarrow$ Khẳng định D đúng.

Vì $BC \bot (ADE)$ mà $AD \subset (ADE)$ nên suy ra $BC \bot AD$ $\Rightarrow$ Khẳng định A đúng.

Khẳng định $AB \bot DE$ không có cơ sở để chứng minh là luôn đúng dựa trên các dữ kiện đã cho.

Chọn A

Ta có góc giữa đường thẳng $A'C$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa $A'C$ và $AC$.

Áp dụng tam giác $AA'C$ vuông tại $A$ ta có $\tan \widehat {A'AC} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 a}}{{\sqrt 2 a}} = 1 \Rightarrow \widehat {A'AC} = 45^\circ$.

Chọn B

Ta có ${\left[ {F\left( x \right)} \right]^\prime } = {\left( {{x^3} + {e^x}} \right)^\prime } = 3{x^2} + {e^x}$.

Chọn A

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow {{n_1}} \left( {2;\, - 4;\,3} \right)$.

Chọn C

Theo quy tắc hình hộp, ta có $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \vec a + \vec b + \vec c$.

Chọn C

Đường thẳng $AB$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; - 2} \right)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( {1; - 2;3} \right)$ và có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; - 2} \right)$ nên có phương trình chính tắc là $\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}$.

Chọn B

Số học sinh khối 12 là $n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42$.

Ta có $\frac{n}{4} = \frac{{42}}{4} = 10{,}5 \Rightarrow {Q_1} \in \left[ {20;40} \right)$.

a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng

a) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 2;0} \right)$.

b) Sai. Điểm cực đại của hàm số là $x = 0$.

c) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ bằng $f\left( { - 2} \right) = 0$.

d) Đúng.

Đồ thị hàm số đạt cực trị tại hai điểm $A\left( {0;4} \right);\,B\left( { - 2;0} \right)$. Suy ra điểm uốn của đồ thị chính là trung điểm $I\left( { - 1;2} \right)$ của đoạn $AB$, do đó $U\left( { - 1;2} \right)$chính là điểm uốn của đồ thị hàm số.

a) Đúng. vì $OA = h(0) = 3{\mkern 1mu} (m)$.

b) Đúng. Thể tích của đường hầm được tính theo công thức $V = \int_0^5 S (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\;({m^3})$.

c) Đúng vì $\int h (x){\rm{d}}x = \int {\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right){\rm{d}}x} = 3x - \frac{2}{5}.\frac{{{x^2}}}{2} + C = 3x - \frac{{{x^2}}}{5} + C$.

d) Sai. Ta có $S(x) = \frac{2}{3}h.2h = \frac{4}{3}{h^2} = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2} = \frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12$.

Thể tích của hầm là $V = \int\limits_0^5 {\left( {\frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12} \right)} {\rm{d}}x\; \approx 28{,}89({m^3})$.

Cách 2 ý d) Phương trình parabol là: $y = a{x^2} + h$ qua điểm $\left( {h\,;\,0} \right) \Rightarrow a = \frac{1}{h} \Rightarrow \left( P \right):y = \frac{1}{h}{x^2} + h$.

Diện tích parabol là: $2\int\limits_0^h {\left( {\frac{1}{h}{x^2} + h} \right)} \,dx = \frac{4}{3}{h^2}$

Suy ra $S(x) = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2} = \frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12$.

Thể tích của hầm là $V = \int\limits_0^5 {\left( {\frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12} \right)} {\rm{d}}x\; = \frac{{296}}{9} \approx 28{,}89({m^3})$.

Tổng số học sinh Nam: $11 + 8 = 19$ (học sinh).

Tổng số học sinh Nữ: $9 + 12 = 21$ (học sinh), nên $n(B) = 21$.

Tổng số học sinh cả lớp: $19 + 21 = 40$ (học sinh), $n(\Omega ) = 40$nên Do đó

a) Lớp 12C có 21 học sinh nam là sai.

b) Biến cố $AB$: “Học sinh được chọn là học sinh nữ ở phòng 2”, là mệnh đề đúng.

c) $P(B) = \frac{{21}}{{40}}$, là mệnh đề đúng. Vì $P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{21}}{{40}}$.

d) $P(A|B) = \frac{4}{7}$, là mệnh đề đúng, vì $P(A|B) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{12}}{{21}} = \frac{4}{7}$.

a) Đúng

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2; - 1;1} \right)$ và bán kính $R = 3$.

b) Sai

$$\overrightarrow {MI} = \left( {1; - 4; - 4} \right) \Rightarrow MI = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {33} > R$$

Suy ra, điểm $M$ nằm ngoài mặt cầu.

c) Sai

Đường thẳng đi qua gốc tọa độ $O$ và tâm $I$ của mặt cầu $(S)$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {OI} = \left( {2; - 1;1} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $OI$ là $d:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2t}\\{y = - t}\\{z = t}\end{array}} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

d) Sai

Ta có: $d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2.1 + 8} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2$.

Khi đó $r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5$.

Đáp án: $0{,}57$.

Có ${S_A}\left( t \right) = \int {{S_A}^\prime \left( t \right)dt = } \int {{v_A}\left( t \right)} dt = \int {5\sqrt t } dt = 5.\frac{2}{3}t\sqrt t + C$, do ${S_A}\left( 0 \right) = 0$ nên ${S_A}\left( t \right) = \frac{{10}}{3}t\sqrt t$.

Có ${S_A}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow \frac{{10}}{3}t\sqrt t = 10 \Leftrightarrow t\sqrt t = 3 \Leftrightarrow t = {3^{\frac{2}{3}}} = \sqrt[3]{9} \approx 2{,}08$ (giờ)

Có ${S_B}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow t = 2$ (giờ) (do ${S_B}^\prime \left( t \right) = 5 - 5\cos \left( {2\pi t} \right) \ge 0$ nên phương trình ${S_B}\left( t \right) = 10$ có nghiệm duy nhất)

Suy ra Bình chạy nhanh hơn An, tức là Bình chạy được 10 km trước An.

Khi đó khoảng cách giữa hai người là ${S_B}\left( 2 \right) - {S_A}\left( 2 \right) = 10 - \frac{{10}}{3}2\sqrt 2 \approx 0{,}57$ (km).

Đáp án: 1,2

Gọi $O$ là tâm hình vuông. Kẻ $OK \bot SC$ tại điểm $K$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\\AC,SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$ mà $SC \subset \left( {SAC} \right)$ nên $BD \bot SC$.

Mặt khác, ta có $BD \bot \left( {SAC} \right),\,\,OK \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OK$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}OK \bot BD\\OK \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BD,SC} \right) = OK$.

Xét tam giác $SAC$ và tam giác $OKC$ có $\widehat {SAC} = \widehat {OKC} = 90^\circ$, chung $\widehat {SCA}$

nên $\frac{{SA}}{{OK}} = \frac{{SC}}{{OC}}$.

Vì tứ giác $ABCD$ là hình vuông nên $AC = 2\sqrt 2$. Khi đó $OC = \frac{1}{2}AC = \sqrt 2$.

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ nên $SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2\sqrt 6$.

Do đó $\frac{{SA}}{{OK}} = \frac{{SC}}{{OC}} \Rightarrow \frac{4}{{OK}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow OK = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy $d\left( {BD,SC} \right) = OK = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 1{,}2$.

Đáp án: −30

Dễ thấy hàm số đồng biến (do tốc độ ban đầu $P'(0) = 15 > 0$), nên số lượng tế bào đạt giá trị nhỏ nhất tại $t = 0$.

Do đó $\alpha = P(0) = 30$.

Mặt khác, tập giá trị của hàm số bị chặn trên bởi đường tiệm cận ngang khi $t \to + \infty$.

Ta có $\beta = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{a}{{b + {e^{ - 0{,}75t}}}} = \frac{a}{b}$.

Ta biến đổi đạo hàm $P'(t)$ theo $P(t)$ để tận dụng giả thiết tốc độ:

Từ hàm số ban đầu, ta suy ra ${e^{ - 0{,}75t}} = \frac{a}{{P(t)}} - b$.

Khi đó: $P'(t) = \frac{{0{,}75.a.{e^{ - 0{,}75t}}}}{{{{(b + {e^{ - 0{,}75t}})}^2}}} = \frac{{0{,}75.a.\left( {\frac{a}{{P(t)}} - b} \right)}}{{{{\left( {\frac{a}{{P(t)}}} \right)}^2}}} = 0{,}75.P(t).\frac{{a - b.P(t)}}{a} = 0{,}75.P(t).\left( {1 - \frac{b}{a}P(t)} \right)$

Vì $\beta = \frac{a}{b}$, ta có mối liên hệ: $P'(t) = 0{,}75.P(t).\left( {1 - \frac{{P(t)}}{\beta }} \right)$.

Thay các giá trị tại thời điểm ban đầu $t = 0$ với $P(0) = 30$ và $P'(0) = 15$ vào hệ thức trên, ta được:

$15 = 0{,}75.30.\left( {1 - \frac{{30}}{\beta }} \right) \Leftrightarrow 15 = 22{,}5.\left( {1 - \frac{{30}}{\beta }} \right) \Leftrightarrow 1 - \frac{{30}}{\beta } = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{30}}{\beta } = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \beta = 90$.

Vậy $2\alpha - \beta = 2.30 - 90 = - 30$.

Đáp án: 80

Gọi A là biến cố cần tìm.

Gọi $p$ là xác suất để điểm $P$ di chuyển theo chiều kim đồng hồ trong một lần gieo: $p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Khi đó, xác suất để điểm $P$ di chuyển theo chiều ngược kim đồng hồ là: $q = 1 - p = \frac{2}{3}$.

Giả sử trong $8$ lần gieo, có $x$ lần điểm $P$ di chuyển theo chiều kim đồng hồ và $y$ lần di chuyển theo chiều ngược kim đồng hồ (điều kiện $x,y \in \mathbb{N},x + y = 8$).

Mỗi lần di chuyển tương ứng với một cung có số đo $60^\circ = \frac{{360^\circ }}{6}$. Để điểm $P$ trở về đúng vị trí ban đầu sau $8$ lần di chuyển, tổng đại số các góc quay phải là bội số của $360^\circ$.

Ta có phương trình: $(y - x) \cdot 60^\circ = n \cdot 360^\circ \Rightarrow y - x = 6n$ (với $n \in \mathbb{Z}$).

Kết hợp với $x + y = 8$, ta có hệ:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 8}\\{y - x = 6n}\end{array}} \right. \Rightarrow 2y = 8 + 6n \Rightarrow y = 4 + 3n$.

Vì $0 \le y \le 8$, ta có các trường hợp sau:

 Với $n = - 1 \Rightarrow y = 1,x = 7$.

 Với $n = 0 \Rightarrow y = 4,x = 4$.

 Với $n = 1 \Rightarrow y = 7,x = 1$.

Xác suất để điểm $P$ trở về vị trí ban đầu là tổng xác suất của 3 trường hợp trên là:

$P\left( A \right) = C_8^7 \cdot {p^7} \cdot {q^1} + C_8^4 \cdot {p^4} \cdot {q^4} + C_8^1 \cdot {p^1} \cdot {q^7}$

$= 8 \cdot {(\frac{1}{3})^7} \cdot \frac{2}{3} + 70 \cdot {(\frac{1}{3})^4} \cdot {(\frac{2}{3})^4} + 8 \cdot \frac{1}{3} \cdot {(\frac{2}{3})^7} = \frac{{80}}{{243}} = \frac{{80}}{{{3^5}}} = \frac{k}{{{3^5}}} \Rightarrow k = 80$.

Đáp án: 2150

Doanh thu: $R(x) = x \cdot p(x) = x(90 - 0{,}01{x^2}) = 90x - 0{,}01{x^3}.$

Thuế giá trị gia tăng (10% doanh thu): $T(x) = 0{,}1 \cdot R(x) = 0{,}1(90x - 0{,}01{x^3}) = 9x - 0{,}001{x^3}$

Chi phí sản xuất: $C(x) = \frac{1}{2}(200 + 27x) = 100 + 13{,}5x.$

Lợi nhuận sau thuế bằng Doanh thu trừ đi Chi phí và Thuế:

$$\begin{array}{l}L(x) = R(x) - C(x) - T(x) = (90x - 0{,}01{x^3}) - (100 + 13{,}5x) - (9x - 0{,}001{x^3})\\ = - 0{,}009{x^3} + 67{,}5x - 100(0 \le x \le 90)\end{array}$$

$$L'(x) = - 0{,}027{x^2} + 67{,}5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50(N)\\x = - 50(L)\end{array} \right.$$

$$\begin{array}{l}L(0) = - 100\\L(50) = - 0{,}009({50^3}) + 67{,}5(50) - 100 = - 1125 + 3375 - 100 = 2150\\L(90) = - 0{,}009({90^3}) + 67{,}5(90) - 100 = - 6561 + 6075 - 100 = - 586.\end{array}$$

Kết luận:

Mỗi tháng nhà máy A thu được lợi nhuận cao nhất là 2150 triệu đồng khi sản xuất và bán ra 50 tấn sản phẩm.

Đáp số: 1524.

Gọi P và Q lần lượt là vị trí tương ứng với hồ Hoàn Kiếm và đảo Trường Sa

Ta có $P\left( {\cos 21^\circ 02'\cos 105^\circ 51';\cos 21^\circ 02'\sin 105^\circ 51';\sin 21^\circ 02'} \right)$, $Q\left( {\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\sin 8^\circ 39'} \right)$

Suy ra

$\overrightarrow {OP} = \left( {\cos 21^\circ 02'\cos 105^\circ 51';\cos 21^\circ 02'\sin 105^\circ 51';\sin 21^\circ 02'} \right)$, $\overrightarrow {OQ} = \left( {\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\sin 8^\circ 39'} \right)$.

Do đó $\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} \approx 0{,}9715384942$ vì P, Q thuộc mặt đất nên $\left| {\overrightarrow {OP} } \right| = \left| {\overrightarrow {OQ} } \right| = 1$

Do đó $\cos \widehat {POQ} = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} } \right|.\left| {\overrightarrow {OQ} } \right|}} \approx 0{,}97154$. Suy ra $\widehat {POQ} \approx 13{,}70257035^\circ$

Mặt khác, mặt cầu tâm O, đi qua P, Q có bán kính 1 nên cung nhỏ của đường tròn đó có độ dài xấp xỉ bằng $\frac{{13{,}70257035\pi }}{{180}} \approx 0{,}2391549686$.

Do 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6 371 km trên thực tế, nên khoảng cách trên mặt đất giữa hai vị trí P, Q xấp xỉ bằng $0{,}2391549686 \cdot 6371 = 1523{,}656305 \approx 1524$(km).