Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Đồng Nai lần 1 có đáp án

Chọn D

Diện tích \[S = \int\limits_{ - 3}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  =  - \int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  =  - a + b\].

Chọn A 

\(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn B 

Mặt phẳng \(\left( P \right):x + 5y - 2z - 2 = 0\) song song với mặt phẳng \(2x + 10y - 4z + 1 = 0\).

Chọn B 

Bán kính \(R = d\left( {I\,;\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - 2.1 + 2\left( { - 4} \right) - 7} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( 2 \right)}^2}} }} = \frac{{15}}{3} = 5\).

Phương trình mặt cầu là: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 4} \right)^2} = 25\).

Chọn C

Để tìm số trung bình của bảng số liệu ghép nhóm, ta thực hiện các bước sau:

1. Tìm giá trị đại diện của các lớp lần lượt là: \({x_1} = \frac{{40 + 45,5}}{2} = 43\); \({x_2} = \frac{{45,5 + 50,5}}{2} = 48\);\({x_3} = \frac{{50,5 + 55,5}}{2} = 53\); \({x_4} = \frac{{55,5 + 60,5}}{2} = 58\);\({x_5} = \frac{{60,5 + 65,5}}{2} = 63\);\({x_6} = \frac{{65,5 + 70,5}}{2} = 68\)
\(N = 10 + 7 + 16 + 4 + 2 + 3 = 42\)
\(\bar x = \frac{{\sum\limits_{i = 1}^6 {{x_i}} {n_i}}}{N} = \frac{{1088}}{{21}} \approx 51,809\).

Chọn D

Theo định nghĩa, hàm số \(F(x)\) được gọi là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên khoảng \(K\) nếu \(F'(x) = f(x)\) với mọi \(x\) thuộc \(K\).

Chọn A

Quan sát đồ thị, ta thấy:

- Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x =  - 1\); tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 1\).

- Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ \(y = 2\); không cắt trục hoành.

Kiểm tra các phương án:

A. \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}}\)

- Tiệm cận đứng: \(x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\). (Phù hợp)

- Tiệm cận xiên: Thực hiện phép chia đa thức:

\(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}\).
Vậy tiệm cận xiên là \(y = x + 1\). (Phù hợp)

- Giao với trục tung: Cho \(x = 0 \Rightarrow y = \frac{{{0^2} + 2 \cdot (0) + 2}}{{0 + 1}} = 2\). (Phù hợp)

- Giao với trục hoành: Cho \(y = 0 \Rightarrow {x^2} + 2x + 2 = 0\). Phương trình bậc hai này có biệt thức \(\Delta  = {2^2} - 4 \cdot (1) \cdot (2) = 4 - 8 =  - 4 < 0\), nên vô nghiệm. Đồ thị không cắt trục hoành. (Phù hợp)

Tất cả các đặc điểm của hàm số A đều phù hợp với đồ thị đã cho.

Chọn A

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Vì \(M\) là trọng tâm tam giác \(SAB\), nên \(M\) nằm trên đường trung tuyến \(SI\) và \(SM = \frac{2}{3}SI\).

Gọi \(J\) là trung điểm của \(CD\). Vì \(N\) là trọng tâm tam giác \(SCD\), nên \(N\) nằm trên đường trung tuyến \(SJ\) và \(SN = \frac{2}{3}SJ\).

Xét tam giác \(SIJ\), ta có \(\frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{SN}}{{SJ}} = \frac{2}{3}\).

Theo định lý Thales đảo, suy ra \(MN\parallel IJ\).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AB\parallel CD\).

\(I\) là trung điểm của \(AB\), \(J\) là trung điểm của \(CD\).

Do đó, \(IJ\parallel AD\) và \(IJ\parallel BC\).

Vì \(IJ\parallel AD\) và \(AD\) nằm trong mặt phẳng \((ABCD)\), nên \(IJ\parallel (ABCD)\).

Vì \(MN\parallel IJ\) và \(IJ\parallel (ABCD)\), suy ra \(MN\parallel (ABCD)\).

Chọn A

\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

Chọn B

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 5x + 7 > 0\\{x^2} - 5x + 7 = {2^0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow {3^2} + {2^2} = 13\).

Chọn A

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_4} = 10}\\{{u_4} + {u_6} = 26}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 3d = 10\\2{u_1} + 8d = 26\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\d = 3\end{array} \right.\).

Chọn B

\(MN\) là đường trung bình trong tam giác \(\Delta BDC\) nên \(BD = 2MN\).

\(2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {B'D'} \) (do cùng hướng).

a) Ta có chất điểm \(A\) dừng lại khi \({v_1}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\)

Quãng đường chất điểm \(A\) đi được sau va chạm là \({S_1} = \int\limits_0^2 {\left( {6 - 3t} \right)dt = 6\,{\rm{m}}} \).

Chọn Sai.

b) Quãng đường chất điểm \(A\) di chuyển sau va chạm đến khi dừng lại là

\({s_1}\left( t \right) = \int {{v_1}\left( t \right)dt = \int {\left( {6 - 3t} \right)dt = 6t - \frac{3}{2}{t^2} + C} } \).

Chọn thời điểm ban đầu \(t = 0\) là lúc xảy ra va chạm ta có \(C = 0\) nên \({s_1}\left( t \right) = 6t - \frac{3}{2}{t^2}\).

Chọn Đúng.

c) Thời gian chất điểm \(B\) dừng lại sau va chạm là \({v_2}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 12 - 4t = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Quãng đường chất điểm \(B\) di chuyển được sau va chạm bằng \({S_2} = \int\limits_0^3 {\left( {12 - 4t} \right)dt = 18\,{\rm{m}}} \).

Khoảng cách hai chất điểm sau khi dừng là \(S = {S_1} + {S_2} = 6 + 18 = 24\,{\rm{m}}\)

Chọn Sai.

d) Sau va chạm chất điểm \(A\) dừng lại khi \({v_1}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\,s\)

Chọn Đúng.

Tổng số bi trong bình: 7 + 6 + 3 = 16 (viên).

Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ 16 viên, không quan tâm đến thứ tự.

b) Số phần tử của không gian mẫu:

Số cách chọn 4 viên bi từ 16 viên là: \[n(\Omega ) = C_{16}^4 = \frac{{16!}}{{4!(16 - 4)!}} = 1820\].

Vậy b) là Sai

d) Xác suất lấy được 4 bi cùng màu trắng: Số cách chọn 4 viên bi trắng từ 7 viên trắng là: \[C_7^4 = 35\].

Xác suất: \[P(D) = \frac{{35}}{{1820}} = \frac{1}{{52}}\]. d) là Đúng.

c) Xác suất lấy được 4 bi có đủ 3 màu:

Để lấy được 4 bi có đủ 3 màu (Trắng, Đen, Đỏ), ta có các trường hợp sau:

·         TH1: 2 trắng, 1 đen, 1 đỏ: \[C_7^2 \cdot C_6^1 \cdot C_3^1 = 21 \cdot 6 \cdot 3 = 378\]

·         TH2: 1 trắng, 2 đen, 1 đỏ: \[C_7^1 \cdot C_6^2 \cdot C_3^1 = 7 \cdot 15 \cdot 3 = 315\]

·         TH3: 1 trắng, 1 đen, 2 đỏ: \[C_7^1 \cdot C_6^1 \cdot C_3^2 = 7 \cdot 6 \cdot 3 = 126\]

Tổng số cách chọn có đủ 3 màu là: 378 + 315 + 126 = 819. Xác suất: \[P(C) = \frac{{819}}{{1820}} = \frac{9}{{20}}\].

Vậy c) là Đúng.

a) Xác suất lấy được 4 bi có đúng 2 màu:

Số cách chọn 4 bi cùng màu 1 màu: \[C_7^4 + C_6^4 = 50\] (cách).

Số cách chọn có đủ 3 màu là: 819 (cách).

Tính số cách chọn đúng 2 màu:\[n(A) = 1820 - 50 - 819 = 951\]. Xác suất: \[P(A) = \frac{{951}}{{1820}}\].  

Vậy a) là Sai.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\).

Xét phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1{\rm{\;}}\end{array} \right.\).

Cả hai nghiệm \(x = 1\) và \(x =  - 1\) đều thuộc đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\). Do đó phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm trên \(\left[ { - 2;1} \right]\).

Ta có \(f\left( 1 \right) = {1^3} - 3 \cdot 1 + 1 =  - 1\) và \[f\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^3} - 3 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 =  - 8 + 6 + 1 =  - 1\].

Xét hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\). Ta có \(f\left( { - 2} \right) =  - 1;f\left( { - 1} \right) = 3\); \(f\left( 1 \right) =  - 1\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 2;1} \right]} f\left( x \right) = 3\) tại \(x =  - 1\).

a) Đúng.

b) Đúng.

c) Sai.

d) Đúng.

Đáp án: \(4,33\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ

\(A\left( {3;0;0} \right)\), \(C\left( {0;4;0} \right)\), \(B'\left( {0;0;4} \right)\), \(A'\left( {3;0;4} \right)\), \(D\left( {3;4;0} \right)\), \(C'\left( {0;4;4} \right)\), \(D'\left( {3;4;4} \right)\).

Tổ kiến ở điểm \(C\left( {0;4;0} \right)\).

+ Kiến 1 di chuyển trên đường gấp khúc \(A'B\) và \(BC\) với \(A'B = 5,BC = 4\).

+ Kiến \(2\) di chuyển trên đường gấp khúc \(DC',C'C\) với \(D'C = 5,CC' = 4\).

Khi Kiến \(2\) còn cách tổ \(1m\), tức là nó đang ở trên đoạn \(CC'\) và cách \(C\) một khoảng \(1m\). Quãng đưuòng Kiến \(2\) đã đi được là \({d_2} = 5 + 3 = 8\) (m).

Thời gian di chuyển của Kiến \(2\) là \(t = \frac{{{d_2}}}{{{v_2}}} = \frac{8}{{0,06}} = \frac{{400}}{3}\)(s).

Vị trí của con kiến \(2\) là \({K_2}\left( {0;4;1} \right)\).

Trong thời gian \(t = \frac{{400}}{3}\left( s \right)\) con Kiến \(1\) đi được quãng đường \({d_1} = {v_1} \cdot t = 0,02 \cdot \frac{{400}}{3} = \frac{8}{3}\) (m).

Vì \({d_1} = \frac{8}{3} < 5\) nên con kiến 1 vẫn ở trên đoạn \(A'B\).

Gọi \({K_1}\) là vị trí của con kiến \(1\) sau khi đi \(\frac{{400}}{3}\left( s \right)\). Ta có \(\overrightarrow {A'B}  = \frac{{{d_1}}}{5}\overrightarrow {A'B}  = \frac{8}{{15}}\overrightarrow {A'B} \)

\( \Rightarrow {K_1}\left( {\frac{7}{5};0;\frac{{28}}{{15}}} \right)\).

Khoảng cách giữa hai con kiến lúc này bằng

\({K_1}{K_2} = \sqrt {{{\left( {0 - \frac{7}{5}} \right)}^2} + {{\left( {4 - 0} \right)}^2} + {{\left( {1 - \frac{{28}}{{15}}} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{{842}}{{45}}}  \approx 4,33\left( m \right)\).

Đáp án: 1.

Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\], gọi \[AC \cap BM = \left\{ I \right\}\].

Ta có \[\frac{{d\left( {C;\left( {SBM} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBM} \right)} \right)}} = \frac{{CI}}{{AI}} = 2 \Rightarrow d\left( {C;\left( {SBM} \right)} \right) = 2d\left( {A;\left( {SBM} \right)} \right)\].

Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\], kẻ \[AK \bot BM\]tại \[K\].

Trong mặt phẳng \[\left( {SAK} \right)\], kẻ \[AH \bot SK\]tại \[H\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BM \bot SA\\BM \bot AK\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow BM \bot AH\].

Khi đó, \[\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BM\\AH \bot SK\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBM} \right) \Rightarrow d\left( {A;(SBM)} \right) = AH\].

Ta có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} = 4 \Rightarrow AH = \frac{1}{2}\].

Vậy \[d\left( {C,\left( {SBM} \right)} \right) = 2AH = 1\].

Đáp án: 320.

Gọi đường kính của các quả bóng được thả vào máng 5 theo thứ tự không giảm là

\({d_1} \le {d_2} \le {d_3} \le {d_4} \le {d_5}\).

Do có đúng một quả bóng có đường kính bằng 4 và đúng một quả bóng có đường kính bằng 5 và đường kính các lỗ trong máng 5 là \(1,2,3,4,5\) nên\({d_4} = 4;{d_5} = 5\) và \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} \le {d_2} \le {d_3} \le 3\\{d_1} \le 1\\{d_2} \le 2\end{array} \right.\).

Nên các bộ \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3}} \right)\) lần lượt là \(\left\{ {\left( {1;1;1} \right),\left\{ {1;1;2} \right\};\left\{ {1;1;3} \right\},\left\{ {1;2;2} \right\};\left\{ {1;2;3} \right\}} \right\}\).

Với \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3}} \right) = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow \)số dãy \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3};{d_4};{d_5}} \right)\) thỏa mãn là hoán vị của \(\left( {1;1;1;4;5} \right)\)

\( \Rightarrow \)có \(\frac{{5!}}{{3!}} = 20\) dãy.

Với \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3}} \right) = \left( {1;1;2} \right) \Rightarrow \)số dãy \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3};{d_4};{d_5}} \right)\) thỏa mãn là hoán vị của \(\left( {1;1;2;4;5} \right)\)

\( \Rightarrow \)có \(\frac{{5!}}{{2!}} = 60\) dãy.

Với \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3}} \right) = \left( {1;1;3} \right) \Rightarrow \)số dãy \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3};{d_4};{d_5}} \right)\) thỏa mãn là hoán vị của \(\left( {1;1;3;4;5} \right)\)

\( \Rightarrow \)có \(\frac{{5!}}{{2!}} = 60\) dãy.

Với \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3}} \right) = \left( {1;2;2} \right) \Rightarrow \)số dãy \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3};{d_4};{d_5}} \right)\) thỏa mãn là hoán vị của \(\left( {1;2;2;4;5} \right)\)

\( \Rightarrow \)có \(\frac{{5!}}{{2!}} = 60\) dãy.

Với \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3}} \right) = \left( {1;2;3} \right) \Rightarrow \)số dãy \(\left( {{d_1};{d_2};{d_3};{d_4};{d_5}} \right)\) thỏa mãn là hoán vị của \(\left( {1;2;3;4;5} \right)\)

\( \Rightarrow \)có \(5! = 120\) dãy.

Vậy số dãy đẹp của máng 5 là \(20 + 60.3 + 120 = 320\).

Đáp án: 24.

Trong đoạn \(\left[ {0;6} \right]\), \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - \frac{3}{2}{t^2} + 12t\).

\(v'\left( t \right) =  - 3t + 12\).

\(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 4 \in \left( {0;6} \right)\).

Ta có: \(v\left( 0 \right) = 0,\;v\left( 4 \right) = 24,\;v\left( 6 \right) = 18\).

Vậy trong khoảng thời gian \(6\) giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, tốc độ lớn nhất của vật đạt được là \[24\left( {m/s} \right)\].

Đáp án: \(0,08\).

Dựng hệ trục toạ độ \(Oxy\) như hình vẽ.

Phương trình parabol \(\left( P \right):y = a\left( {{x^2} - {{200}^2}} \right)\), với \( - 200 \le x \le 200\).

Ta có \(y\left( 0 \right) = 8 \Rightarrow a =  - \frac{8}{{{{200}^2}}} =  - 0,0002\)

Þ \(\left( P \right):y =  - 0,0002.\left( {{x^2} - {{200}^2}} \right)\)

Hệ số góc của tiếp tuyến của parabol bằng \(k = y'\left( x \right) =  - 0,0004x\).

Độ dốc của mặt cầu (độ dốc dương) là \(k = \tan \left( {\Delta ,d} \right) = 0,0004\left| x \right|\).

Vì \( - 200 \le x \le 200\) Þ \(\left| x \right| \le 200\)

Þ \(k \le 0,0004 \times 200\) hay \(k \le 0,08\).

Đáp án: 4.

Ta xét phần hình phẳng nằm bên phải trục tung như sau:

Gọi \({I_1}\left( {m;1} \right)\) với \(a > 0\) và \(\Delta :y = \frac{3}{4}x \Leftrightarrow 3x - 4y = 0\) là phần đồ thị bên phải trục tung của \(\left( C \right)\).

Do đường tròn \(\Delta \) tiếp xúc với \(\left( {{C_1}} \right)\) nên ta có: \(d\left( {I,\Delta } \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {3m - 4} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 1 \Rightarrow m = 3\).

Do đó \({I_1}\left( {3;1} \right)\).

Gọi \(\left( P \right):y = a{x^2}\). Do \({I_1}\left( {3;1} \right) \in \left( P \right)\) nên suy ra \(\left( P \right):y = \frac{1}{9}{x^2}\).

Ta cũng viết được phương trình đường thẳng \(O{I_1}:y = \frac{1}{3}x\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \({I_1}\) lên \(Ox \Rightarrow H\left( {3;0} \right)\).

Ta có: \(O{I_1} = \sqrt {10}  \Rightarrow OA = \sqrt {{{\left( {\sqrt {10} } \right)}^2} - {1^2}}  = 3\).

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:

\[S = 2\left( {{S_{\Delta OA{I_1}}} + \int\limits_0^3 {\left( {\frac{1}{3}x - \frac{1}{9}{x^2}} \right){\rm{d}}x} } \right) = 2\left( {\frac{1}{2}.3.1 + \int\limits_0^3 {\left( {\frac{1}{3}x - \frac{1}{9}{x^2}} \right){\rm{d}}x} } \right) = 4\].