Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Cà Mau có đáp án

Chọn A

Khi lấy đối xứng một điểm qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\), tọa độ \(x\) và \(z\) giữ nguyên, tọa độ \(y\) đổi dấu.

Chọn D

\(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D

Tọa độ tổng hai vectơ bằng tổng các tọa độ tương ứng:

\[\vec u + \vec v = \left( {1 + 2\,;\,\,3 + 1\,;\,\, - 2 - 1} \right) = \left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)\].

Chọn B

Diện tích \(S\) được tính bằng công thức: \[S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|} \,dx\].

Vì \(y = 3{x^2} + 4 > 0\) với mọi \(x\), ta có:

\[S = \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} + 4} \right)\,} dx = \left. {\left( {{x^3} + 4x} \right)} \right|_0^2 = \left( {{2^3} + 4 \cdot 2} \right) - 0 = 8 + 8 = 16.\]

Chọn C

Ta có \({\log _2}\left( {{x^2} - x + 3} \right) = 3 \Leftrightarrow {x^2} - x + 3 = {2^3}\)\( \Leftrightarrow {x^2} - x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}.{x_2} =  - 5\).

Chọn B

Ta có \({u_5} = {u_1}.{q^4} = \left( { - 2} \right){2^4} =  - 32\).

Chọn B

Ta có thể tích vật thể bằng \(V = \int\limits_0^1 {S\left( x \right)dx = \int\limits_0^1 {\left( {1 - {x^2}} \right)dx = \frac{2}{3}} } \)

Chọn A

Ta có phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) có dạng \({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} - 2a = 4\\ - 2b =  - 10\\c = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b = 5\\c = 13\end{array} \right.\) nên có bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c}  = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {5^2} - 13}  = 4\).

Chọn C

Tần số: \[n = 35\]

\[\overline x  = \,\frac{1}{{35}}\left( {7.\,42,5\,\, + \,7.\,47,5\, + \,9.\,52,5 + 6.\,57,5 + 2.62,5 + \,4.67,5} \right) = \frac{{1842,5}}{{35}} \approx 52,64\]

Chọn B

\[y' = \,3{x^2} - 6x\,;\,\,y' = 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\left( n \right)\\x = 2\,\,\left( n \right)\end{array} \right.\]

\[y\left( { - 2} \right)\, = \, - 18;\,\,y\left( 0 \right) = \,2\,\,;\,\,y\left( 2 \right) = \, - 2\, \Rightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}m = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,y =  - 18\\M = \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,y = 2\end{array} \right. \Rightarrow \,M + 2m =  - 34\]

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to- {1^ + }} \,y\, = \, - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to- {1^ - }} \,y\, = \, + \infty \] nên đồ thị đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng \[x =- 1\].

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \[\left( {3;\, + \infty } \right)\].

Gọi biến cố \(A\) là: “Chọn được học sinh nữ”.

Biến cố \(B\) là: “Chọn được học sinh nam”.

Biến cố \(G\) là: “Chọn được học sinh giỏi toán”.

Tổng có \(50\) học sinh, trong đó có \(20\) học sinh nữ nên số học sinh nam là:\(50 - 20 = 30\) (học sinh)

Số học sinh nữ giỏi toán là: \(20.50\%  = 10\) (học sinh)

Số học sinh nam giỏi toán là: \(30.60\%  = 18\) (học sinh)

Tổng số học sinh giỏi toán là: \(10 + 18 = 28\) (học sinh)

Số học sinh không giỏi toán là: \(50 - 28 = 22\) (học sinh)

Trong số nữ, số học sinh không giỏi toán là: \(20 - 10 = 10\) (học sinh)

a) Xác suất học sinh được chọn là nam là \(P\left( M \right) = \frac{{30}}{{50}} = \frac{3}{5}.\)

b) Xác suất học sinh được chọn là học sinh học giỏi môn toán, biết học sinh này là nữ là \(P\left( {G\left| N \right.} \right) = \frac{{10}}{{20}} = \frac{1}{2}.\)

c) Biết học sinh được chọn là học sinh học giỏi môn toán thì xác suất học sinh đó là học sinh nữ là: \(P\left( {N\left| {\,G} \right.} \right) = \frac{{10}}{{28}} = \frac{5}{{14}}.\)

d) Xác suất để học sinh được chọn là nữ khi biết học sinh đó không học giỏi môn toán là: \(P\left( {N\,\left| {\overline G } \right.} \right) = \frac{{10}}{{22}} = \frac{5}{{11}}.\)

a) Quãng đường ô tô đi được trong \[10\] giây đầu \[{S_1} = 15.10 = 150{\rm{ }}\left( m \right)\]

b) Ta có \[v\left( t \right) = \int {\left( { - 2t - 2} \right)dt}  =  - {t^2} - 2t + C\]

mà \[v\left( 0 \right) = 15 \Leftrightarrow C = 15\]

Do đó \[v\left( t \right) =  - {t^2} - 2t + 15 \Leftrightarrow v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\\t =  - 5\end{array} \right.\]

c) Quãng đường ô tô đi được từ lúc phanh đến khi dừng hẳn là \[{S_2} = \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} - 2t + 15} \right)} dt = 27\left( m \right)\]

d) Quãng đường ô tô đi được trong \[9\] giây cuối là \[S = 15.6 + \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} - 2t + 15} \right)dt}  = 117\left( m \right)\].

Ta có các thông tin từ đề bài:

Gốc tọa độ \(O(0;0;0)\) là tâm Trái Đất.

Bán kính quỹ đạo vệ tinh là \({R_S} = 13440km\).

Điểm \(B(4032;0; - 5376)\) là điểm xuất phát và cũng là điểm gần Trái Đất nhất của vệ tinh.

Quỹ đạo vệ tinh nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục tung \(Oy\).

Tâm quỹ đạo \(I\) nằm trên đường thẳng \(OB\).

Bán kính Trái Đất là \({R_E} = 6400km\).

Điểm cực Nam của Trái Đất là \(K(0;3840;5120)\).

\(OB = \sqrt {{{(4032 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2} + {{( - 5376 - 0)}^2}}  = 6720km\).

Vì quỹ đạo của vệ tinh là một đường tròn có bán kính \({R_S} = 13440km\), và \(B\) là điểm gần Trái Đất nhất trên quỹ đạo, đồng thời tâm quỹ đạo \(I\) nằm trên đường thẳng \(OB\).

Ta có \(IB = {R_S} = 13440km\).

Vì \(B\) là điểm gần Trái Đất nhất, nên \(O\) phải nằm giữa \(I\) và \(B\).

Do đó, \(IB = IO + OB\)\( \Leftrightarrow 13440 = IO + 6720 \Rightarrow IO = 6720km\).

Vì \(I\) nằm trên đường thẳng \(OB\) và \(IO = OB\), nhưng \(O\) nằm giữa \(I\) và \(B\), nên \(I\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(O\).

Vậy tọa độ tâm quỹ đạo là \(I( - 4032;0;5376)\).

a) Mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh vuông góc với trục tung \(Oy\). Do đó, mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (0;1;0)\).

Vậy a) đúng.

b) Mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh vuông góc với trục \(Oy\), nên phương trình của nó có dạng \(y = c\).

Vì điểm \(B(4032;0; - 5376)\) nằm trên quỹ đạo, nên \(B\) cũng nằm trên mặt phẳng này.

Thay tọa độ \(B\) vào phương trình \(y = c\), ta được \(0 = c\).

Vậy phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo là \(y = 0\).

Vậy b) sai.

c) Tâm quỹ đạo là \(I( - 4032;0;5376)\).

Điểm \(A( - 4034;1;5374)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua \(I\) và \(A\) là \(\overrightarrow {AI}  = (2; - 1;2)\).

Phương trình đường thẳng đi qua \(I\) và \(A\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 4032 + 2t}\\{y =  - t}\\{z = 5376 + 2t}\end{array}} \right.\)

Vậy, c) là đúng.

d) Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam \(K(0;3840;5120)\).

Quỹ đạo vệ tinh là đường tròn tâm \(I( - 4032;0;5376)\), bán kính \({R_S} = 13440km\), nằm trong mặt phẳng \(y = 0\).

Gọi \(K'(0;0;5120)\) là hình chiếu của \(K\) lên mặt phẳng \(y = 0\).

Khoảng cách từ \(K\) đến mặt phẳng \(y = 0\) là \(KK' = |{y_K}| = 3840km\).

Khoảng cách từ \(K'\) đến tâm quỹ đạo \(I\):\(IK' = \sqrt {{{( - 4032 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2} + {{(5376 - 5120)}^2}} \)

\( \Rightarrow IK' = \sqrt {16322560}  \approx 4040,12km\)\( < {R_S} = 13440km\), điểm \(K'\) nằm bên trong đường tròn quỹ đạo.

Khoảng cách ngắn nhất từ \(K'\) đến đường tròn quỹ đạo là

\({d_{min}} = {R_S} - IK' = 13440 - \sqrt {16322560}  \approx 9399.88km\).

Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam \(K\) là:

\({d'_{min}}(K,{\rm{ve tinh}}) = \sqrt {K{{K'}^2} + {d^2}_{min}} \)\( = \sqrt {{{3840}^2} + {{(13440 - \sqrt {16322560} )}^2}} \)\( \approx 10153,98278km\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, ta được \(10154km\).

Vậy d) sai.

a) Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} + 3\).

Vậy a) Đúng.

b) Ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Vậy b) Đúng.

c) Đồ thị hàm số có điểm cực đại là \(A\left( {1;0} \right)\)và điểm cực tiểu là \(B\left( { - 1; - 4} \right)\).

Do \({x_{C{\rm{D}}}}.{x_{CT}} = 1.\left( { - 1} \right) = \left( { - 1} \right) < 0\).

Nên đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số \(y =  - {x^3} + 3x - 2\) có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung.

Vậy c) Sai.

d) \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( { - 1;3} \right)\\x =  - 1 \notin \left( { - 1;3} \right)\end{array} \right.\).

Ta có: \(y\left( { - 1} \right) =  - 4;y\left( 1 \right) = 0;y\left( 3 \right) =  - 20\).

Nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y =  - 20\) tại \(x = 3\).

Vậy d) Đúng.

Đáp án: 29,5.

Gọi \(p\) (triệu đồng) là giá bán của mỗi xe, \(x\) là số xe bán được để lợi nhuận cao nhất.

Ta cần xác định hàm cầu \(p = p\left( x \right)\)

Tốc độ thay đổi của \(x\) tỉ lệ với tốc độ thay đổi của \(p\) nên hàm số \(p = p\left( x \right)\) là hàm số bậc nhất.

Theo bài ra ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{600a + b = 30}\\{800a + b = 29}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a =  - \frac{1}{{200}}}\\{b = 33}\end{array}} \right.\)

Hàm giá bán: \(p\left( x \right) =  - \frac{1}{{200}}x + 33\) (triệu đồng)

Doanh thu khi bán \(x\) xe là: \(xp\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{200}}x + 33} \right).x =  - \frac{1}{{200}}{x^2} + 33x\) (triệu đồng)

Lợi nhuận thu được: \(L\left( x \right) =  - \frac{1}{{200}}{x^2} + 33x - 26x =  - \frac{1}{{200}}{x^2} + 7x\) (triệu đồng).

Ta có: \(L'\left( x \right) =  - \frac{1}{{100}}x + 7 = 0 \Rightarrow x = 700\).

Bảng biến thiên:

Lợi nhuận lớn nhất khi bán ra 700 xe với giá bán \(29,5\) triệu đồng.

Đáp án: 0,42

Gọi \(\Omega \) là không gian mẫu của phép thử.

Gọi \(A\): “\(3\) học sinh được chọn có cả nam và nữ và đủ cả học sinh giỏi Toán và học sinh giỏi Vật lý”.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_{13}^3\).

Để chọn ra \(3\) học sinh, trong đó có cả nam và nữ và có cả học sinh giỏi Toán và Lý ta có các trường hợp sau:

+ Chọn ra \(1\) học sinh nữ giỏi Toán, \(2\)học sinh nam giỏi Vật Lý: \(C_3^1C_5^2\).

+ Chọn ra \(1\) học sinh nữ giỏi Toán, \(1\) học sinh giỏi Toán nam, \(1\)học sinh nam giỏi Vật Lý: \(C_3^1C_5^1C_5^1\).

+ Chọn ra \(2\) học sinh nữ giỏi Toán, \(1\) học sinh nam giỏi Vật Lý: \(C_3^2C_5^1\).

Suy ra \(n\left( A \right) = C_3^1C_5^2 + C_3^1C_5^1C_5^1 + C_3^2C_5^1 = 120\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{120}}{{C_{13}^3}} = \frac{{60}}{{143}} \approx 0,42\).

Đáp án: 68,6

Gọi \(H\) là trung điểm của cạnh \(O'A'\). Khi đó \(B'H \bot O'A'\).

Vì \(A'\left( {240;450;0} \right)\) nên \(O'A' = OA = 240\)cm\( = 2,4\)m; \(OO' = 450\)cm \( = 4,5\)m.

Vì \(B'\left( {120;450;300} \right)\) nên \(O'H = 120\)cm\( = 1,2\)m; \(B'H = 300\)cm\( = 3\)m.

Diện tích lát gạch nền nhà là \({S_1} = {S_{OAA'O'}} = OA.OO' = 2,4.4,5 = 10,8\)\(\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích hai mái nhà là

\[{S_2} = 2{S_{OBB'O'}} = 2.OO'.O'B' = 2.OO'.\sqrt {B'{H^2} + O'{H^2}}  = 2.4,5.\sqrt {{3^2} + 1,{2^2}}  = \frac{{27\sqrt {29} }}{5}\] \(\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích mặt trước và mặt sau nhà là \({S_3} = 2{S_{\Delta O'A'B'}} = 2.\frac{1}{2}.O'A'.B'H = 2.\frac{1}{2}.2,4.3 = 7,2\)\(\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Tổng chi phí làm mỗi căn nhà là \(T = 0,2{S_1} + 0,8{S_2} + 6{S_3} \approx 68,6\) (triệu đồng).

Đáp án: 2,85

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có: \(D\left( {3\,;\,0\,;\,0} \right)\), \(C\left( {3\,;\,3\,;\,0} \right)\), \(H\left( {2\,;\,0\,;\,0} \right)\), \(S\left( {2\,;\,0\,;6} \right)\), \(B\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)\).

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng chứa \(SB\) và song song với \(CD\).

\(\overrightarrow {SB}  = \left( { - 2\,;6\,; - 6} \right)\)

\(\overrightarrow {CD}  = \left( {0\,; - 3\,;0} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( { - 18\,;0\,;6} \right) =  - 6\left( {3\,;0\,; - 1} \right)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):3x - z = 0\).

\(d\left( {CD,SB} \right) = d\left( {D,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| 9 \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {1^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt {10} }} \approx 2,85\).

Đáp án: 56,8.

Chọn hệ trục \(Oxy\) với gốc tọa độ \(O\) trùng với tâm đường tròn lớn của hình nón cụt.

\( \Rightarrow A\left( {0;3} \right),B\left( {4;1} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(AB:f\left( x \right) =  - \frac{1}{2}x + 3\).

Thể tích dung dịch có chiều cao \(h = 2\).

\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^2 {{{\left[ { - \frac{1}{2}x + 3} \right]}^2}dx}  = \frac{{38\pi }}{3}\).

Thời gian bơm: \(t = \frac{V}{v} = \frac{{45\pi }}{2} \approx 56,8\).

Đáp án: 320

Gọi\(x\left( {ha} \right);\,\,x \ge 0\) là diện tích trồng Mận. Số ngày công trồng Mận là \(10x\)ngày

Gọi\(y\left( {ha} \right);\,\,y \ge 0\) là diện tích trồng Xoài. Số ngày công trồng Xoài là \(20y\)ngày

Dựa vào dữ kiện của đề bài ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\10x + 20y \le 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\x + 2y \le 10\end{array} \right.\).

Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác \(ABCD\) (kể cả các cạnh), với \(A\left( {0;0} \right)\), \(B\left( {0;5} \right)\), \(C\left( {2;4} \right)\), \(D\left( {6;0} \right)\).

Số tiền bác An thu được khi canh tác 6 ha đất trong 100 ngày là \(F = 40x + 60y\) (triệu đồng).

Ta thấy \(F = 40x + 60y\) đạt giá trị lớn nhất chỉ có thể tại các đỉnh.

Tại \(A\left( {0; 0} \right)\) thì \(F = 0\); tại \(B\left( {0;5} \right)\) thì \(F = 300\);

tại \(C\left( {2;4} \right)\) thì \(F = 320\); tại \(D\left( {6;0} \right)\) thì \(F = 240\).

Vậy số tiền nhiều nhất mà bác An có thể thu được sau mùa vụ này là \(320\) triệu đồng khi trồng\(2\) ha Mận và \(4\) ha Xoài.