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

Chọn A

Ta có \[\int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\left( {3{x^2} + 2\sin x} \right)} {\rm{d}}x = {x^3} - 2\cos x + C\].

Chọn C

Ta có \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{2 - 4}}{2} =  - 1\\{y_M} = \frac{{3 - 1}}{2} = 1\\{z_M} = \frac{{1 + 5}}{2} = 3\end{array} \right.\). Vậy \(M\left( { - 1;1;3} \right)\).

Chọn B

Ta có \(y = {x^3} + 3x\) suy ra \(y' = 3{x^2} + 3\). Do đó Hệ số góc của \(\Delta \) là \(y'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 3 = 6\).

Chọn C

Gọi \(q\) là công bội của cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 6\\{u_3} = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}.q = 6\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{u_1}.{q^2} = 12\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lấy \(\left( 2 \right)\) chia \(\left( 1 \right)\)vế theo vế ta được \(q = 2\).

Chọn C

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[I\left( {2; - 3; - 4} \right)\]và tiếp xúc với mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\]. Bán kính của mặt cầu \[\left( S \right)\] là \[R = \left| { - 4} \right| = 4\].

Chọn D

\[\int\limits_{ - 2}^1 {\left( {1 + f\left( x \right)} \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^1 {1dx}  + \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)dx}  = \left. x \right|_{ - 2}^1 + 2 = 1 - ( - 2) + 2 = 5\].

Chọn A

Giá trị cực đại của hàm số \[f\left( x \right)\] là 3.

Chọn C

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua \[M\left( {2;1;1} \right)\] và có vecto chỉ phương \[\overrightarrow u  = \left( {2; - 1;3} \right)\] là \[\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{3}\].

Chọn B

Hàm số \[y = \sin x\]tuần hoàn với chu kỳ \[T = 2\pi \].

Chọn B

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm này là \[\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 3 = 6\].

Chọn B

Ta có: \[P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}}\] \[ \Rightarrow P(AB) = P(A|B).P(B) = 0,6.0,5 = 0,3\].

Chọn D

Ta có: \[{\log _2}(x - 1) = 3 \Rightarrow x - 1 = {2^3} \Rightarrow x = 9\]

a) Đúng.

Hàm số xác định khi mẫu số \(x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\). Vậy tập xác định là \(\mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{ 1\} \).

b) Đúng.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } [y - (x - 3)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0\), nên đường thẳng \(y = x - 3\) là tiệm cận xiên của đồ thị \((C)\).

c) Đúng.

Giao điểm của hai đường tiệm cận là tâm đối xứng. Tiệm cận đứng là \(x = 1\), tiệm cận xiên là

\(y = x - 3\). Thay \(x = 1\) vào phương trình tiệm cận xiên ta được \(y = 1 - 3 =  - 2\). Vậy tâm đối xứng

là \(I(1; - 2)\).

d) Sai.

Ta có \(y' = 1 - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{{(x - 1)}^2} - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y =  - 4 \Rightarrow A(0; - 4)}\\{x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B(2;0).}\end{array}} \right.\)

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị \(A\), \(B\) có phương trình là \(y = 2x - 4\).

Thay tọa độ điểm \(M(3; - 2)\) vào phương trình đường thẳng \(AB\): \( - 2 = 2(3) - 4 \Leftrightarrow  - 2 = 2\) (vô lý).

Tỷ lệ người mắc bệnh \[X\]trong cộng là \[0,5\% \]nên \[P\left( A \right) = 0,005\], \[P\left( {\overline A } \right) = 0,995\]

\[P\left( {B/A} \right) = 0,95\], \[P\left( {\overline B /\overline A } \right) = 0,99\], \[P\left( {B/\overline A } \right) = 0,01\].

a) Đúng

Ta có \[P\left( A \right)\] là tỷ lệ người mắc bệnh \[X\]trong cộng là \[0,5\% \]nên \[P\left( A \right) = 0,005\].

b) Đúng

Ta có \[P\left( {B/\overline A } \right) = 1 - P\left( {\overline B /\overline A } \right) = 1 - 0,99 = 0,01\].

c) Sai

Ta có \[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B/A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B/\overline A } \right)\]

\[P\left( B \right) = 0,005.0,95 + 0,995.0,01 = 0,0147\]

d) Sai

Ta có \[P\left( {A/B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B/A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,00475}}{{0,014}} \approx 0,323 < 0,5\].

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

Phương trình mặt cầu (\(S\)) là \({(x + 10\sqrt 3 )^2} + {y^2} + {(z - 30)^2} = 100\).

Từ phương trình này, ta xác định được tâm \(I\) và bán kính \(R\):

Tâm \(I( - 10\sqrt 3 ;0;30)\).

Bán kính \(R = \sqrt {100}  = 10\) (m).

Vector chỉ phương của tia nắng là \(\vec u = (1;0; - \sqrt 3 )\).

a) Mặt cầu (\(S\)) có tâm \(I( - 10\sqrt 3 ;0;30)\) và bán kính \(R = 10\) (m).

Dựa vào phương trình mặt cầu đã cho, tâm \(I\) là \(( - 10\sqrt 3 ;0;30)\) và bán kính \(R = \sqrt {100}  = 10\).

Chọn ĐÚNG

b) Phương trình đường thẳng chứa tia nắng đi qua tâm mặt cầu là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 10\sqrt 3  + t}\\{y = 0}\\{z = 30 - \sqrt 3 t}\end{array}} \right.\).

Đường thẳng chứa tia nắng đi qua tâm mặt cầu \(I( - 10\sqrt 3 ;0;30)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = (1;0; - \sqrt 3 )\).

Phương trình tham số của đường thẳng này là:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 10\sqrt 3  + t}\\{y = 0}\\{z = 30 - \sqrt 3 t}\end{array}} \right.\).

Chọn ĐÚNG.

c) Gọi \(K\) là hình chiếu của tâm \(I\) theo phương tia nắng trên mặt sân, khi đó \(K(10\sqrt 3 ;0;0)\).

\(K\) là hình chiếu của tâm \(I\) theo phương tia nắng trên mặt sân. Mặt sân trùng với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), có phương trình \(z = 0\).

Để tìm tọa độ điểm \(K\), ta thay \(z = 0\) vào phương trình đường thẳng chứa tia nắng đi qua \(I\):

\(30 - \sqrt 3 t = 0 \Rightarrow t = 10\sqrt 3 \).

Thay \(t = 10\sqrt 3 \) vào ta được: \(K(0;0;0)\).

Chọn SAI

d) Biết rằng hình chiếu của mặt cầu lên mặt sân là một elip, tiêu cự của elip bằng \(\frac{{20}}{{\sqrt 3 }}\).

Hình chiếu của mặt cầu lên mặt sân (mặt phẳng \(Oxy\)) theo phương tia nắng \(\vec u = (1;0; - \sqrt 3 )\) là một elip.

Gọi \(\phi \) là góc giữa \(\vec u\) và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Vector pháp tuyến của \(\left( {Oxy} \right)\) là \(\vec n = (0;0;1)\).

Góc \(\theta \) giữa \(\vec u\) và \(\vec n\) được tính bởi \(\cos \theta  = \frac{{|\vec u \cdot \vec n|}}{{|\vec u| \cdot |\vec n|}}\)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra  $\theta ={30}^{°}$

Góc \(\phi \) giữa \(\vec u\) và mặt phẳng \(Oxy\) là $\varphi ={90}^{°}-\theta ={90}^{°}-{30}^{°}={60}^{°}$

Hình chiếu của mặt cầu là một elip có bán trục nhỏ \(b = R = 10\).

Bán trục lớn $a=\frac{R}{\sin \varphi }=\frac{10}{\sin {60}^{°}}=\frac{20}{\sqrt{3}}$

Tiêu cự của elip là \(2c\), với \({c^2} = {a^2} - {b^2}\)\( = {\left( {\frac{{20}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} - {10^2} = \frac{{100}}{3}\).

\( \Rightarrow c = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }}\).

Tiêu cự \(2c = 2 \cdot \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{20}}{{\sqrt 3 }}\).

Chọn ĐÚNG.

a) Đúng.

Sau 2 giờ quan sát, thể tích nước trong hồ là \(V\left( t \right) = 50\,000 + \int\limits_0^2 {Q\left( t \right)} \,{\rm{d}}t\,{m^3}\).

b) Sai.

Ta có: \(V'\left( t \right) = Q\left( t \right) = 0 \Rightarrow 1000{t^3} - 8000{t^2} + 12\,000t = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{t = 0}\\{t = 2}\end{array}}\\{t = 6}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, thể tích tăng từ 0 đến 2 giờ, giảm từ 2 đến 6 giờ.

c) Đúng.

Trong khoảng 6 giờ đầu tiên, thể tích nước lớn nhất bằng tại \(t = 2\),

\(V\left( 2 \right) = 50\,000 + \int\limits_0^2 {\left( {1000{t^3} - 8000{t^2} + 12\,000t} \right)} \,{\rm{d}}t\, = \frac{{170000}}{3}\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).

d) Sai.

Từ bảng biến thiên ta có:

\(V\left( 6 \right) = 50\,000 + \int\limits_0^6 {\left( {1000{t^3} - 8000{t^2} + 12\,000t} \right)} \,{\rm{d}}t = 14000\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}} < 20000\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).

Do đó, trong 6 giờ đầu quan sát, hồ không vận hành an toàn.

Đáp án: \(6,4\).

Hướng đi của Pikachu hiểu nôm na như sau:

B1: Tăng \(x\)\( \to \) B2: Tăng \(y\)\( \to \) B3: Giảm \(x'\)\( \to \) B4: Giảm \(y'\)….

Giá trị dịch chuyển:

Gọi \({d_n}\) là độ dài của bước thứ\(n\). Theo đề bài:

\[{d_1} = 8;{d_2} = 8 \cdot \left( {\frac{3}{4}} \right);{d_3} = 8 \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2},...,{d_n} = 8 \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{n - 1}}\].

Tọa độ điểm \(M\left( {x;y} \right)\) trong đó:

- Hoành độ: \(x = {d_1} - {d_3} + {d_5} - {d_7} +  \ldots  = 8 - 8{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + 8{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4} -  \ldots \) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = 8\) và công bội \(q =  - \frac{9}{{16}}\).

Suy ra \(x = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{8}{{1 - \left( { - \frac{9}{{16}}} \right)}} = \frac{8}{{\frac{{25}}{{16}}}} = \frac{{128}}{{25}}\).

- Tung độ: \(y = {d_2} - {d_4} + {d_6} - {d_8} +  \ldots  = 8\left( {\frac{3}{4}} \right) - 8{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} + 8{\left( {\frac{3}{4}} \right)^5} -  \ldots \) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({v_1} = 8.\left( {\frac{3}{4} = 6} \right)\) và công bội \(q =  - \frac{9}{{16}}\).

Suy ra \(y = \frac{{{v_1}}}{{1 - q}} = \frac{6}{{1 - \left( { - \frac{9}{{16}}} \right)}} = \frac{6}{{\frac{{25}}{{16}}}} = \frac{{96}}{{25}}\).

 Độ dài đoạn thẳng OM: \(OM = \sqrt {{{\left( {\frac{{128}}{{25}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{96}}{{25}}} \right)}^2}}  = \frac{{160}}{{25}} = 6,4\).

Đáp án: 0,23

Bước 1: Phân nhóm các ô chưa mở:

Vùng giao thoa \({S_c} = \{ X,L,R\} \) (\(3\) ô kề cả \(A\) và \(B\), trong đó \(X\) là ô trung tâm).

Vùng riêng \({S_A}\) (\(5\) ô chỉ kề \(A\)) và \({S_B}\) (\(5\) ô chỉ kề \(B\)).

Vùng còn lại \({S_r}\) (\(66\) ô không liên quan đến số cảnh báo).

Bước 2: Thiết lập các trường hợp (TH) dựa trên số mìn \(k\) trong vùng giao thoa \({S_c}\): Vì ô \(B\) có số cảnh báo là \(1\), nên \(k\) chỉ có thể là \(0\) hoặc \(1\).

TH1 (\(k = 0\)): Vùng \({S_A}\) có \(4\) mìn, vùng \({S_B}\) có \(1\) mìn. Số cách đặt mìn là: \({N_0} = C_5^4 \cdot C_5^1 \cdot C_{66}^{22}\). (Lúc này \(X\) chắc chắn không có mìn).

TH2 (\(k = 1\)): Vùng \({S_A}\) có \(3\) mìn, vùng \({S_B}\) có \(0\) mìn. Số cách đặt mìn là: \({N_1} = C_5^3 \cdot {C_5}^\circ  \cdot C_3^1 \cdot C_{66}^{23}\). (Lúc này có \(1\) quả mìn chia đều cho \(3\) ô \(X,L,R\)).

Bước 3: Tính tỉ số trọng số giữa hai trường hợp:

\(\frac{{{N_1}}}{{{N_0}}} = \frac{{10 \cdot 1 \cdot 3 \cdot C_{66}^{23}}}{{5 \cdot 5 \cdot C_{66}^{22}}} = \frac{{30}}{{25}} \cdot \frac{{66 - 23 + 1}}{{23}} = \frac{6}{5} \cdot \frac{{44}}{{23}} = \frac{{264}}{{115}}\)\(\)

Bước 4: Tính xác suất An thua (ô \(X\) có mìn): An thua khi xảy ra TH2 và quả mìn của vùng giao thoa nằm đúng vào ô \(X\). Xác suất này là:

\(P = \frac{{\frac{1}{3}{N_1}}}{{{N_0} + {N_1}}} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot \frac{{{N_1}}}{{{N_0}}}}}{{1 + \frac{{{N_1}}}{{{N_0}}}}} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot \frac{{264}}{{115}}}}{{1 + \frac{{264}}{{115}}}} = \frac{{88}}{{115 + 264}} = \frac{{88}}{{379}} \approx 0,232189...\)\(\)

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả 0,23.

Đáp án: 6000.

Gọi parabol \(\left( P \right):{y^2} = 2px\) đi qua điểm \(\left( {30;20} \right)\) \(60p = 400 \Leftrightarrow p = \frac{{20}}{3}\)\( \Rightarrow {y^2} = \frac{{40}}{3}x\).

Thể tích cối là: \(V = \pi \int\limits_0^{30} {\left( {\frac{{40}}{3}x} \right)} dx = 6000\pi  \Rightarrow a = 6000\).

Công thức tính nhanh: \(V = \frac{1}{2}\pi {R^2}h = \frac{1}{2}{.20^2}.30 = 6000\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}} \Rightarrow a = 6000\).

Đáp án: -4.

Hàm số xác định trên \[\left[ {0;9} \right]\]

\(y' = 1 - \frac{2}{{\sqrt x }}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 4\).

\(f\left( 0 \right) = 0\)

\(f\left( 9 \right) =  - 3\)

\(f\left( 4 \right) =  - 4\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = x - 4\sqrt x \) trên đoạn \[\left[ {0;9} \right]\] bằng \( - 4\) khi \(x = 4\).

Đáp án: 20

Gắn hệ trục \(O\,xyz\) như hình vẽ, ta có toạ độ các điểm là:

\(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {9;0;0} \right),D\left( {0;12;0} \right),C\left( {9;12;0} \right),A'\left( {0;0;11} \right),C'\left( {9;12;11} \right),\)

Gọi \(E\) là điểm sao cho \(AMNE\) là hình bình hành. Khi đó \(AE = MN = 9 - 6 = 3 \Rightarrow E\left( {0;0;3} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {EC'}  = \left( {9;12;8} \right) \Rightarrow EC' = 17\)

Độ dài ống giải nhiệt là:

\(l = AM + MN + NC' = AM + 3 + NC' = EN + NC' + 3 \ge EC' + 3 = 20\).

Vậy \({l_{\min }} = 20\).

Đáp án: \[5,13\].

Với \[t = 10\] thì \[A = P{e^{r.10}} \Rightarrow A = 4,5.{e^{1,32\% .10}} \approx 5,13\] (triệu người).

Vậy sau \[10\] năm nữa dân số của thành phố Đồng Nai đạt \[5,13\] triệu người.