Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường Nguyễn Viết Xuân (Phú Thọ) có đáp án

Chọn B

Ta có:

+ $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2 \Rightarrow y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = + \infty \Rightarrow x = 0$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ là $2$.

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \Rightarrow a < 0$ (Loại C, D).

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( { - 1; - 2} \right)$ (Loại A).

Vậy đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số $y = - {x^3} + 3x$.

Chọn B

Dựa vào đồ thị, giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {1;5} \right]$ là $4$ tại $x = 2$.

Chọn A

Ta có: ${u_4} = {u_1} \times {q^3} = 2 \times {3^3} = 54$.

Chọn C

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm $x = - 4$

Chọn D

Vì $G'$ là trọng tâm của tam giác $A'B'C'$, suy ra:$\overrightarrow {AG'} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AC'} } \right) = \frac{1}{3}\left[ {\overrightarrow {AA'} + \left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} } \right) + \left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} } \right)} \right] = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)$.

Chọn B

Ta có: $y = \frac{{ - {x^2} + x + 3}}{{1 - x}} \Leftrightarrow y = \frac{{{x^2} - x - 3}}{{x - 1}} \Leftrightarrow y = x - \frac{3}{{x - 1}}$.

Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} + x + 3}}{{1 - x}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( { - \frac{3}{{x - 1}}} \right) = 0$. Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = \frac{{ - {x^2} + x + 3}}{{1 - x}}$ là đường thẳng $y = x$ đi qua điểm $Q\left( {1;1} \right)$.

Chọn B

Ta có: $y' = 4{x^3} - 4x$; $y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {TM} \right)\\x = 1\left( {TM} \right)\\x = - 1\left( L \right)\end{array} \right.$.

Ta có: $y\left( 0 \right) = - 1$; $y(1) = - 2;y\left( 2 \right) = 7$. Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {x^4} - 2{x^2} - 1$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ bằng $- 2$.

Chọn C

Theo quy tắc hình hộp ta có $\overrightarrow {DB'} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DD'} + \overrightarrow {DC}$

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2x - 1}}{{x - 2}} = - 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 2x - 1}}{{x - 2}} = - 2$

Suy ra đường tiệm cận ngang là $y = - 2$

Chọn A

$y' = 4{x^3} - 16x = 0$$\Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 2}\\{x = - 2}\end{array}} \right.$

Bảng biến thiên:

Hàm số $y = {x^4} - 8{x^2}$ đồng biến trên khoảng $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

a)$v\left( t \right) = s' = - {t^2} + 8t + 9,t \in \left[ {0;8} \right],\quad v'' = - 2t + 8 = 0 \Leftrightarrow t = 4$

$v\left( 0 \right) = 9,v\left( 4 \right) = 25,v\left( 8 \right) = 9 \Rightarrow {v_{m{\rm{ax}}}} = 25\left( {m/s} \right)$ trong khoảng thời gian $8$ giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động. Mệnh đề SAI.

b) Tại thời điểm $t = 3\left( s \right)$ vận tốc của xe là $v\left( 3 \right) = - 9 + 24 + 9 = 24\left( {m/s} \right)$. Mệnh đề SAI.

c) Quãng đường mà xe đi được trong $8$ giây đầu tiên ( làm tròn đến hàng đơn vị ) là $s\left( 8 \right) = - \frac{1}{3}{.8^3} + {4.8^2} + 9.8 = \frac{{472}}{3} \approx 157\left( m \right)$. Mệnh đề ĐÚNG.

d)Trong thời gian từ $0 \le t \le 10$ giây , $v\left( t \right) = s' = - {t^2} + 8t + 9 = 0 \Leftrightarrow t = 9\left( s \right)$ thì xe dừng lại. Mệnh đề ĐÚNG.

a) [NB] Do trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$, đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ có hướng đi “xuống” suy ra hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$. Mệnh đề đúng.

b) [TH] Trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$, hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất bằng 3 tại $x = - 1$ hoặc $x = 2$. Do đó mệnh đề sai.

c) [TH] Hàm số $f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị là $x = - 1$ và $x = 1$. Mệnh đề đúng.

d) [VD,VDC] Do đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;1} \right)$, suy ra $f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 1$

Mặt khác đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ là $A\left( { - 1;2} \right),\,B\left( {1; - 1} \right),\,C\,\left( {2;2} \right)$. Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}a{\left( { - 1} \right)^3} + b{\left( { - 1} \right)^2} + c\left( { - 1} \right) + 1 = 2\\a{\left( 1 \right)^3} + b{\left( 1 \right)^2} + c\left( 1 \right) + 1 = - 1\\a{\left( 2 \right)^3} + b{\left( 2 \right)^2} + c\left( 2 \right) + 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c = 1\\a + b + c = - 2\\8a + 4b + 2c = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = - 3\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1$

Vậy mệnh đề đúng.

a) Ta có $y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}$

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$

Đạo hàm $y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$

Vì tiếp tuyến của đồ thị song song với đường thẳng $d:y = - 3x - 11$ nên có phương trình hoành độ tiếp điểm: $y' = - 3$ Û $1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = - 3$ Û ${\left( {x + 2} \right)^2} = \frac{1}{4}$ Û $\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{5}{2}\\x = - \frac{3}{2}\end{array} \right.$.

* Với $x = - \frac{5}{2} \Rightarrow y = - \frac{7}{2}$

Phương trình tiếp tuyến ${\Delta _2}:y = - 3\left( {x + \frac{5}{2}} \right) - \frac{7}{2}$ hay ${\Delta _2}:y = - 3x - 11$ (loại vì ${\Delta _2} \equiv d$).

* Với $x = - \frac{3}{2} \Rightarrow y = \frac{3}{2}$

Phương trình tiếp tuyến ${\Delta _1}:y = - 3\left( {x + \frac{3}{2}} \right) + \frac{3}{2}$ hay ${\Delta _1}:y = - 3x - 3$

Nhận thấy ${\Delta _1}$ đi qua điểm $B\left( {1; - 6} \right)$. Vậy a) Đúng

b) Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Ta có ${y_{C\S}} + {y_{CT}} = - 3 + 1 = - 2$. Vậy b) Sai

c) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right) = 0$ Þ Đồ thị có tiệm cận xiên: $d:y = x + 1$.

Nhận thấy $d$ không đi qua điểm $A\left( {0;2} \right)$. Vậy c) Sai

d) Từ Bảng biến thiên, ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Vậy d) Đúng

a) Khoảng cách giữa 2 đường thẳng $AC$và $SB$là $\frac{{2a}}{3}$.

$\Rightarrow AC//(SEB)$

$d(AC;SB) = d(AC;(SEB)) = d(A;(SEB))$

Kẻ đường cao $AI$của tam giác $EAB$, kẻ đường cao $AH$của tam giác $SAC$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EB \bot AI\\EB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow EB \bot (SAI)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow EB \bot AH\\ \Rightarrow AH \bot (SEB)\\ \Rightarrow AH = d(A;(SEB))\end{array}$

Xét tam giác $AEB$vuông tại $A$có $AE = BC = 2a;AB = a$

$AI$là đường cao của tam giác $AEB$nên $\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$

Xét tam giác $AIS$vuông tại $A$có: $AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5};SA = a$

$AH$là đường cao của tam giác $AIS$ nên

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AI.SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{3}$

Vậy: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng $AC$và $SB$là $\frac{{2a}}{3}$ $\Rightarrow a)$ đúng.

Cách 2: Gán hệ trục tọa độ $Oxyz$vào khối chóp $S.ABCD$ sao cho $A$là gốc tọa độ, điểm $B$ thuộc tia $Ox$, điểm $D$ thuộc tia $Oy$, điểm $S$ thuộc tia $Oz$.

Khi đó: $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),S(0;0;a);C(a;2a;0)$

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AC} = (a;2a;0)\\\overrightarrow {SB} = (a;0; - a)\end{array}$

$\begin{array}{l}\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right] = ( - 2{a^2};{a^2}; - 2{a^2})\\\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = 3{a^2}\end{array}$

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AS} = (0;0;a)\\\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right] = - 2{a^3}\end{array}$

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng $AC$và $SB$là: $d(AC;SB) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}} = \frac{{2a}}{3}$

b) Thể tích của khối chóp $S.ABCD$là $2{a^3}$.

Áp dụng công thức $V = \frac{1}{3}.{S_d}.h$

Trong đó: ${S_d}$ là diện tích hình chữ nhật $ABCD$

$h$là chiều cao của khối chóp $S.ABCD$

Ta có: ${S_d} = a.2a = 2{a^2}$

$SA \bot (ABCD)$ nên $SA$là chiều cao của khối chóp $S.ABCD$, $h = SA = a$

$\Rightarrow V = \frac{1}{3}.2{a^2}.a = \frac{2}{3}{a^3}$ (đvtt) Vậy mệnh đề b sai.

c) $BC \bot (SAB)$

$ABCD$là hình chữ nhật nên $BC \bot AB$

$SA \bot (ABCD)$ nên $BC \bot SA$

$\Rightarrow BC \bot (SAB)$ . Vậy mệnh đề c đúng.

d) $\sin$góc giữa đường thẳng $SC$và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$bằng $\frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

$SA \bot (ABCD)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$lên mặt phẳng $(ABCD)$là $AC$

Suy ra $\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Xét tam giác $SAC$có: $SA = a;AC = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5 ,SC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}} = a\sqrt 6$.

$\sin \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$. Vậy mệnh đề d sai.

Đáp án: 9

ĐK: $x \in \mathbb{N}:1 \le x \le 30$.

Ta có: $h'(x) = - 4x + 40$$\Rightarrow h'(x) = - 4x + 40 = 0 \Leftrightarrow x = 10$.

BBT:

Vậy lợi nhuận của quán cà phê tăng so với ngày liền trước diễn ra trong số ngày là $10 - 1 = 9$.

Đáp án: $4$.

Đồ thị $\left( C \right)$ có hai đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang có phương trình lần lượt là $x = - \frac{1}{3}$, $y = 2 \Rightarrow$ giao điểm 2 đường tiệm cận là $I\left( { - \frac{1}{3};2} \right)$.

Giao điểm của $\left( C \right)$ với trục tung là $M\left( {0;\, - 4} \right)$.

Ta có: $y'\left( 0 \right) = \frac{{18}}{{{{\left( {3.0 + 1} \right)}^2}}} = 18$

Suy ra phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $M$ có phương trình là: $y = 18x - 4$.

Khi đó, giao điểm của tiếp tuyến của $\left( C \right)$ và tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của $\left( C \right)$ lần lượt là : $A\left( {\frac{1}{3};2} \right)$; $B\left( { - \frac{1}{3}; - 10} \right)$.

Khi đó tam giác $IAB$ vuông tại $I$ nên ${S_{IAB}} = \frac{1}{2}IA.IB = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.12 = 4$.

Đáp án: 63.

Chi phí vật liệu khi được chiết khấu: $C\left( x \right) = \left( {1 - 5\% } \right)H\left( x \right) = 47{,}5{x^2} + 1900x + 47500$ đồng.

Lợi nhuận: $L\left( x \right) = F\left( x \right) - xG\left( x \right) - C\left( x \right) = - 48{,}5{x^2} + 6100x - \frac{{100000x}}{{2x + 5}} + 52500$ với $x \in \left[ {0{,}400} \right]$

$\Rightarrow L'\left( x \right) = - 97x + 6100 + \frac{{500000}}{{{{\left( {2x + 5} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \simeq - 6{,}8\\x \simeq 2{,}1\\x \simeq 62{,}58\end{array} \right.$.

$L\left( 0 \right) = 52500,L\left( {2{,}1} \right) \simeq 42270,L\left( {62{,}58} \right) \simeq 196220{,}28,L\left( {400} \right) = - 531789$

$\Rightarrow MaxL\left( x \right) = L\left( {62{,}58} \right) = 196220{,}28$ khi $x \simeq 62{,}8 \simeq 63$.

Đáp án: 1800.

Đặt $PH = x\,\,\left( {0 \le x \le 3000} \right)$$\Rightarrow$$PA = \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} ;\,\,BP = 3000 - x$.

Do tỉ lệ giữa chi phí để kéo $1$ mét cáp dưới nước và chi phí kéo $1$ mét cáp trên bờ bằng $1{,}25$nên tổng chi phí đường cáp điện được kéo từ một trạm điện $A$ đến một nhà máy $B$ là

$f\left( x \right) = PA.1{,}25 + PB = \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} .1{,}25 + 3000 - x$ với $0 \le x \le 3000$.

Ta có $f'\left( x \right) = 1{,}25.\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{900}^2}} }} - 1 = \frac{{1{,}25x - \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + {{900}^2}} }}$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {{900}^2}} = 1{,}25x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + {900^2} = 1{,}5625{x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1200$.

Vậy để tiết kiệm chi phí nhất thì vị trí $P$ cách nhà máy $B$ một đoạn bằng $3000 - 1200 = 1800\,\,\,m$

Trả lời: $1$

Ta có:

$f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {{x^4} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\\x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.$

Xét dấu $f'\left( x \right)$

Vậy hàm số có một điểm cực đại.

Đáp án: 1499

Số phần tử của không gian mẫu bằng $n\left( \Omega \right) = {9.10^5}$.

Gọi $A$ là biến cố “Mã số có tích các chữ số bằng 1400”.

Xét $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}}$ là mã số thuộc biến cố $A.$

Ta có $1400 = {2^3}{.5^2}{.7^1}$, chỉ có các ước trong tập $\left\{ {0;1;2;...;9} \right\}$ là $1;2;4;5;7;8$ nên trong các số ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$chỉ có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Có 3 chữ số 2; 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7: Chọn 3 vị trí trong các vị trí ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$ để cho bằng số 2 có $C_6^3$ cách; chọn 2 vị trí trong các vị trí ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$ để cho bằng số 5 có $C_3^2$ cách. Vị trí còn lại ta cho bằng 7. Như vậy sẽ có $C_6^3.C_3^2$ mã số ở trường hợp này.

Trường hợp 2: Có 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 2 chữ số 5, 1 chữ số 7 và 1 chữ số 1: Chọn 2 vị trí trong các vị trí ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$ để cho bằng 5 có $C_6^2$ cách. 4 vị trí còn lại điền đủ các chữ số 1,2,4,7 nên có đúng 4! cách điền cho 4 vị trí còn lại. Số mã số tương ứng trong trường hợp này là $4!.C_6^2$ .

Trường hợp 3: Có 1 chữ số 8, 1 chữ số 7, 2 chữ số 5, 2 chữ số 1: Chọn ra 2 vị trí để cho bằng 5 có $C_6^2$ cách; chọn ra 2 vị trí để cho bằng 1 có $C_4^2$ cách. Hai vị trí còn lại điền hai số 8,7 nên có 2 cách điền số ở hai vị trí còn lại. Số mã số tương ứng trong trường hợp này là $C_6^2.C_4^2.2$

Như vậy số phần tử của biến cố $A$ là $n\left( A \right) = C_6^3.C_3^2 + C_6^2.4! + C_6^2.C_4^2.2 = 600.$

Vậy nên xác suất để chọn ra một mã số có tích của tất cả các chữ số bằng 1400 là: $P\left( A \right) = \frac{{600}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{1}{{1500}}$

Ta có được $b = 1500;a = 1 \Rightarrow b - a = 1499.$