Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Bắc Ninh lần 2 có đáp án

Chọn B

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(CD \bot AD\) (1)

Vì \(SA \bot (ABCD)\) và \(CD \subset (ABCD)\) nên \(SA \bot CD\) hay \(CD \bot SA\) (2)

Từ (1) và (2), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA}\end{array}} \right.\) mà \(AD,SA \subset (SAD)\) và \(AD \cap SA = \{ A\} \).

Vậy \(CD \bot (SAD)\).

Chọn A

Điều kiện xác định: \(x > 0\).

Ta có \({\log _{0,5}}x >  - 1 \Leftrightarrow x < {(0,5)^{ - 1}} \Leftrightarrow x < 2\) (do cơ số \(0 < 0,5 < 1\)).

Kết hợp với điều kiện xác định, ta được tập nghiệm của bất phương trình là \(S = (0;2)\).

Chọn D

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  + \infty \).

Vậy đường thẳng \(x =  - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn A

Theo quy tắc hình hộp, ta có \(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {BD'} \).

Chọn A

Hàm số đồng biến khi đồ thị có hướng đi lên từ trái sang phải.

Dựa vào hình vẽ trên, hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\, - 1} \right)\) và \(\left( {1;\, + \infty } \right).\).

Chọn D

Phương trình đường thẳng \(\Delta :\,\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 4}}{{ - 3}}\) có vectơ chỉ phương là \(\left( {2;\,1;\, - 3} \right).\).

Chọn B

Ta có: \[\int {3\cos \,x} \,dx = 3\int {\cos \,x} \,dx = 3\sin \,x + C.\].

Chọn C

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) song song với \(\left( P \right)\) có dạng: \(x + 3y - 4z + d = 0.\)

Vì mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(M\left( {1;\,2;\,3} \right)\) nên \(1 + 3.2 - 4.3 + d = 0 \Rightarrow d = 5.\)

Vậy mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng: \(x + 3y - 4z + 5 = 0\).

Chọn C

Tách tích phân cần tính thành hai phần:

\(I = 6\int_1^3 f (x)dx + 6\int_1^3 x dx\)

\(\int_1^3 f (x)dx = F(3) - F(1) = \frac{1}{3} - 1 =  - \frac{2}{3}\)

\(\int_1^3 x dx = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^3 = \frac{9}{2} - \frac{1}{2} = 4\)

Thay vào biểu thức ban đầu: \(I = 6 \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) + 6 \cdot 4 =  - 4 + 24 = 20.\).

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy tại điểm \(x = 3\), đạo hàm \(f'(x)\) đổi dấu từ âm \(( - )\) sang dương \(( + )\) khi đi qua điểm này.

Do đó, \(x = 3\) là điểm cực tiểu của hàm số, và giá trị cực tiểu tương ứng của hàm số là \({y_{CT}} = f(3) = 4.\).

Chọn A

Công sai \(d\) của cấp số cộng được tính bằng:

\(d = {u_3} - {u_2} = 2 - 4 =  - 2\)

Số hạng đầu tiên \({u_1}\) là:

\({u_1} = {u_2} - d = 4 - ( - 2) = 6\).

Chọn A

Nhóm chứa mốt (modal class) là nhóm có tần số lớn nhất trong bảng số liệu ghép nhóm.

Quan sát bảng tần số, ta thấy tần số lớn nhất là 14, tương ứng với nhóm \([8;12).\)

Chọn a) Sai | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng.

Gọi \(A\) là biến cố: “Nguyệt lấy một quả bóng màu xanh”.

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “Nguyệt lấy một quả bóng màu đỏ”.

a) Sai

Xác suất để bạn Nguyệt lấy được quả bóng màu xanh là \(P\left( A \right) = \frac{{C_9^1}}{{C_{25}^1}} = \frac{9}{{25}} = 0.36\).

b) Sai

Giả sử Nguyệt lấy được quả bóng màu xanh, khi đó trong hộp có \(8\) quả bóng màu xanh và 16 quả bóng màu đỏ.

Gọi \(B\) là biến cố: “Đức lấy hai quả bóng trong đó có ít nhất một quả màu đỏ”.

Ta cần tính \(P\left( {\left. B \right|A} \right)\).

Ta có \(P\left( {\left. B \right|A} \right) = 1 - \frac{{C_8^2}}{{C_{24}^2}} = \frac{{62}}{{69}} \approx 0.90\).

c) Đúng

Giả sử Nguyệt lấy được quả bóng màu đỏ, khi đó trong hộp có \(9\) quả bóng màu xanh và 15 quả bóng màu đỏ.

Gọi \(C\) là biến cố: “Đức lấy ba quả bóng trong đó có ít nhất một quả màu xanh”.

Ta tính \(P\left( {\left. C \right|\overline A } \right)\).

Ta có \(P\left( {\left. C \right|\overline A } \right) = 1 - \frac{{C_{15}^3}}{{C_{24}^3}} = \frac{{1569}}{{2024}} \approx 0.78\).

d) Đúng

Gọi \(D\) là biến cố: “các quả bóng hai bạn Nguyệt và Đức lấy ra có đủ cả bóng màu xanh và màu đỏ”.

Ta cần tính \(P\left( {\left. A \right|D} \right)\)

Ta có \[P\left( D \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {\left. C \right|\overline A } \right) = \frac{9}{{25}}.\frac{{62}}{{69}} + \frac{{16}}{{25}}.\frac{{1569}}{{2024}} = \frac{{5184}}{{6325}}\]

Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|D} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{{341}}{{864}} \approx 0,39\).

a) Đúng: Ta có \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

b) Sai: Tiệm cận đứng \(x = 1\), Tiệm cận ngang là \(y = 3\) nên tâm đối xứng \(I\left( {1;3} \right)\).

c) Đúng: \(f\left( 2 \right) = 8;\,f\left( 5 \right) = \frac{{17}}{4}\)nên giá trị nhỏ nhất \(m = \frac{{17}}{4};\,M = 8\) nên \(4m + M = 4.\frac{{17}}{4} + 8 = 25\).

d) Đúng: Điểm \(K\left( {a;b} \right) \in \left( C \right)\) nên \(K\left( {a;\frac{{3a + 2}}{{a - 1}}} \right)\)

\(H \in \left( d \right)\, \Rightarrow H\left( {{x_H};\frac{{ - 5{x_H} - 3}}{4}} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {6;6} \right)\), \(\overrightarrow {BK}  = \left( {a - 2;\frac{{3a + 2}}{{a - 1}} - 8} \right);\,\overrightarrow {AH}  = \left( {{x_H} + 4;\frac{{ - 5{x_H} - 3}}{4} - 2} \right)\)

\(\overrightarrow {KH}  = \left( {{x_H} - a;\frac{{ - 5{x_H} - 3}}{4} - \frac{{3a + 2}}{{a - 1}}} \right)\)

Có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {KH}  = 0 \Leftrightarrow {x_H} - a = \frac{{5{x_H} + 3}}{4} + \frac{{3a + 2}}{{a - 1}}\)

\({x_H} - \frac{{5{x_H} + 3}}{4} = \frac{{3a + 2}}{{a - 1}} + a \Leftrightarrow {x_H} =  - 4\left( {\frac{{3a + 2}}{{a - 1}} + a + \frac{3}{4}} \right)\)

Lại có \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BK}  = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {a - 2} \right)\left( {{x_H} + 4} \right) + \left( {\frac{{3a + 2}}{{a - 1}} - 8} \right)\left( {\frac{{ - 5{x_H} - 3}}{4} - 2} \right) = 0\) (1)

Thay \({x_H}\) vào (1) ta giải được \(a = \frac{{ - 3}}{2} \Rightarrow b = 1\) các nghiệm \(a = 2\,\,\,a =  - 4\)vì điểm H trùng với A; B

Vậy \(4{a^2} - 3b = 6\).

Trả lời: a) Sai b) Đúng c) Đúng d) Đúng

a)Tọa độ trung điểm I của AB: \[I = \left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right) = \left( {\frac{{2 - 2}}{2};\frac{{4 + 2}}{2};\frac{{1 - 3}}{2}} \right) = (0;3; - 1)\]

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực: \[\vec n = \overrightarrow {AB}  = ( - 4; - 2; - 4)\]

Phương trình mặt phẳng trung trực (đi qua I):

\[ - 4(x - 0) - 2(y - 3) - 4(z + 1) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 1 = 0\].

Câu a) SAI

b) Tọa độ trung điểm \[I\]của đoạn thẳng \[AB\]là \[(0;3; - 1)\].

Câu b) ĐÚNG

c)Tâm là trung điểm \[I(0;3; - 1)\].

Bán kính \[R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{( - 4)}^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 4)}^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {16 + 4 + 16} }}{2} = \frac{6}{2} = 3\].

Phương trình mặt cầu: \[{(x - 0)^2} + {(y - 3)^2} + {(z + 1)^2} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} + {(y - 3)^2} + {(z + 1)^2} = 9\].

Câu c) ĐÚNG.

d)M cách đều A và B nên M thuộc mặt phẳng trung trực \[(Q):2x + y + 2z - 1 = 0\]. Mà \[M \in (P):x + y + z - 3 = 0\]. Vậy M nằm trên đường thẳng \[\Delta \] là giao tuyến của (P) và (Q).

VTCP: \[{\vec u_\Delta } = [{\vec n_Q},{\vec n_P}] = ( - 1;0;1)\]. Chọn điểm \[K( - 2;5;0) \in \Delta \]. Khoảng cách ngắn nhất từ M đến O chính là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng \[\Delta \]:

\[d(O,\Delta ) = \frac{{|[\overrightarrow {OK} ,{{\vec u}_\Delta }]|}}{{|{{\vec u}_\Delta }|}} = \frac{{\sqrt {54} }}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 3 \] với \[\overrightarrow {OK}  = ( - 2;5;0),{\vec u_\Delta } = ( - 1;0;1)\].

Câu d) ĐÚNG.

Trả lời: a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Sai

a) Ta có: \(N'(1) = A.{e^k} = 1000\ln 2.{e^k} = 2000\ln 2\)

\( \Rightarrow \,{e^k} = 2 \Rightarrow k = \ln 2.\)

b) Từ câu a) ta có \(k = \ln 2\)\( \Rightarrow N'(t) = 1000\ln {2.2^t}\)

Nguyên hàm: \(N(t) = \int {1000\ln {{2.2}^t}dt = {{1000.2}^t} + C} .\)

Thay \(N(1) = 3000 \Rightarrow 1000.2 + C = 3000\) hay \(C = 1000.\)

Vậy ta được \(N(t) = {1000.2^t} + 1000.\)

Tại \(t = 6\) giờ, ta có \(N(6) = {1000.2^6} + 1000 = 65000\)

c) Ta có \(N(t) > 129000 \Leftrightarrow {1000.2^t} + 1000 > 129000\)

hay \({2^t} > 128 = {2^7} \Leftrightarrow t > 7\)

\( \Rightarrow \) số vi khuẩn bắt đầu vượt ngưỡng an toàn từ sau \(t = 7\)giờ.

d) Từ \(t = 7\), số vi khuẩn được tính theo hàm số sau:

\(M(t) = 129000.{e^{ - 0,5(t - 7)}}.\)

Sau \(3\ln 2\)giờ kể từ khi bắt đầu xử lý \((t = 7 + 3\ln 2)\):

\(M(7 + 3\ln 2) = 129000.{e^{ - 0,5.3\ln 2}} = 129000.{e^{ - 1,5\ln 2}}\)

\( = 129000.{({e^{\ln 2}})^{ - 1,5}} = {129000.2^{ - 1,5}}\)

\( = \frac{{129000}}{{2\sqrt 2 }} \approx 45608\).

Đáp án: 8.

Kẻ \(AH \bot BD\). Có \(SA \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right)\).

Kẻ \(AI \bot SH \Rightarrow AI \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\)

Ta có \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow AI = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}\).

Xét tam gic SAH có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{2\sqrt {15} }}{5}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow SA = 2\sqrt 3 \).

Có \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.2.2\sqrt 3 .2\sqrt 3  = 8\).

Đáp án: 7,5.

Vì đường đi của khinh khí cầu là một phần của đồ thị hàm số \(f(x) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\)

Mà đồ thị của hàm số\(f(x)\) đi qua các điểm \(O(0;0);\,A(8;0);\,I(6;4)\), do đó:

\(f(0) = 0\) nên \(c = 0\)

\(f(8) = 0\) nên \(b =  - 8a\)

\(f(6) = 4\) và \(f'(6) = 0\) suy ra \(d =  - 9;\,a = 1,\)do đó \(b =  - 8.\)

Suy ra \(f(x) = \frac{{{x^2} - 8x}}{{x - 9}}\).

Tại thời điểm khinh khí cầu cách mặt đất \[2500m{\rm{ }} = {\rm{ }}2,5{\rm{ }}km\]

Ta có: \(f(x) = 2,5\) ta ccó phương trình

\(\frac{{{x^2} - 8x}}{{x - 9}} = 2,5 \Leftrightarrow 2{x^2} - 21x + 45 = 0\)\( \Rightarrow \,x = 3\) hoặc \(x = 7,5\)

Vì thời điểm hạ cánh là sau điểm hàm số đạt cực đại là \(x = 6\) nên ta nhận \(x = 7,5\).

Đáp án: 75,3.

Gọi cạnh hình vuông là \(2a\).

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, điểm \(A\left( {a;a} \right)\)

Ta có: \[ \Leftrightarrow \frac{{25}}{4}.\left( {4 - \pi } \right) + \frac{1}{4}\pi .{a^2} = {a^2}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{25}}{4}.\left( {4 - \pi } \right) = {a^2}.\left( {1 - \frac{\pi }{4}} \right)\] \[ \Leftrightarrow a = 5\].

Phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(A\), bán kính \(a\) là: \({\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 25\)

Với \(y < 5 \Rightarrow y = f\left( x \right) = 5 - \sqrt {25 - {{\left( {x - 5} \right)}^2}} \) \( \Rightarrow {V_1} = \pi \int\limits_0^5 {{f^2}\left( x \right)dx} \).

Vậy thể tích vật thể khi cho “tứ giác cong” \[MNPQ\] quay quanh trục \[NQ\] là:

\(V = 2{V_1} \approx 75,3\,\,d{m^2}\).

Đáp số: 3,1

\(y = 202\left( {{e^{\frac{x}{{404}}}} + {e^{ - \frac{x}{{404}}}}} \right) - 368\) \( \Rightarrow y' = \frac{1}{2}{e^{\frac{x}{{404}}}} - \frac{1}{2}{e^{ - \frac{x}{{404}}}}\)

Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{e^{\frac{x}{{404}}}} - \frac{1}{2}{e^{ - \frac{x}{{404}}}} = 0\) \( \Leftrightarrow {e^{\frac{x}{{404}}}} = {e^{ - \frac{x}{{404}}}}\) \( \Leftrightarrow \frac{x}{{404}} =  - \frac{x}{{404}} \Leftrightarrow x = 0\).

Độ võng của dây: \(y\left( {50} \right) - y\left( 0 \right) \approx 39,1 - 36 = 3,1\).

Đáp án: 1

Mặt phẳng \(\left( P \right):y - 1 = 0\) là mặt phẳng song song với mặt phẳng \(Oxz\).

Đường thẳng \(d\) có phương trình tham số:\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 2 - t}\\{z = 1}\end{array}} \right.\) là đường thẳng song song với trục \(Oy\).

Đường thẳng \(d\) vuông góc và cắt mặt phẳng \(\left( P \right)\) tại điểm \(I\left( {1;1;1} \right)\)

Gọi điểm \(M\left( {x;1;z} \right) \in \left( P \right)\).

\(d\left( {M,d} \right) = IM = \sqrt {{{\left( {{x_M} - 1} \right)}^2} + {{\left( {{z_M} - 1} \right)}^2}} \).

Ta có \(d\left( {M,d} \right) = 2 \Leftrightarrow {\left( {{x_M} - 1} \right)^2} + {\left( {{z_M} - 1} \right)^2} = 4\).

Suy ra \(M\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_M}} \right)\) tâm \(I\left( {1;1;1} \right)\), bán kính \({R_M} = 2\) nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Gọi \(N(x\,;1\,;z) \in \left( P \right)\).

Ta có \(NA = 2NB \Leftrightarrow N{A^2} = 4N{B^2}\).

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {1 + 3} \right)^2} + {\left( {z - 11} \right)^2} = 4\left[ {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0} \right)}^2} + {{\left( {z - 8} \right)}^2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 3{z^2} - 42z + 123 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {z - 7} \right)^2} = 9\).

Suy ra điểm \(N\) thuộc đường tròn \(({C_N})\) tâm \({I_1}\left( {1;1;7} \right)\), bán kính \({R_N} = 3\) nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

\(I{I_1} = \sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {7 - 1} \right)}^2}}  = 6 > {R_M} + {R_N}\).

Suy ra khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm thuộc hai đường tròn là:

\(M{N_{\min }} = I{I_1} - {R_M} - {R_N} = 6 - 2 - 3 = 1\).

Vậy \(MN\) nhỏ nhất bằng 1.

Đáp án: 712.

+ Số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = 25.25\).

+ Gọi \(x,\,y \in \left\{ {2008;\,{{2008}^2};\,{{2008}^3};\,...;\,{{2008}^{24}};\,{{2008}^{25}}} \right\}\)

\( \Rightarrow x = {2008^m},\,y = {2008^n};\,m,n \in \left\{ {1,\,2,\,3,\,...,\,24,\,25} \right\}\)

\({\log _x}y = {\log _{{{2008}^m}}}{2008^n} = \frac{n}{m} \in \mathbb{Z} \Rightarrow n \vdots m\).

Xét các trường hợp sau

+ \(m = 1\) có 25 số \(n\).

+ \(m = 2\) có 12 số \(n\).

+ \(m = 3\) có 8 số \(n\).

+ \(m = 4\) có 6 số \(n\).

+ \(m = 5\) có 5 số \(n\).

+ \(m = 6\) có 4 số \(n\).

+ \(m = 7\) có 3 số \(n\).

+ \(m = 8\) có 3 số \(n\).

+ \(m = 9\) có 2 số \(n\).

+ \(m = 10\) có 2 số \(n\).

+ \(m = 11\) có 2 số \(n\).

+ \(m = 12\) có 2 số \(n\).

+ \(m = 13\) có 1 số \(n\).

+ \(m = 14\) có 1 số \(n\).

…

+ \(m = 25\) có 1 số \(n\).

+ \(n\left( A \right) = 25 + 12 + 8 + 6 + 5 + 4 + 2.3 + 4.2 + 13 = 87\)

+ \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{93}}{{25.25}} = \frac{{87}}{{625}} \Rightarrow a = 87,\,b = 625 \Rightarrow a + b = 87 + 625 = 712\).