Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Thái Nguyên lần 2 có đáp án

Chọn A

Ta có \(\left( {\overrightarrow {A'B'} ;\overrightarrow {CA} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CA} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AE} } \right) = \widehat {BAE} = 180^\circ  - \widehat {BAC} = 180^\circ  - 45^\circ  = 135^\circ \).

Chọn B

Điều kiện: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\)

\({\log _3}\left( {x + 1} \right) \le 2 \Leftrightarrow x + 1 \le {3^2} \Leftrightarrow x \le 8\).

Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \[\left( { - 1;8} \right]\].

Chọn A

Phương trình của mặt phẳng \(\left( Q \right)\): \( - 1\left( {x + 4} \right) + 6\left( {y + 4} \right) + 2\left( {z - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow  - x + 6y + 2z + 4 = 0\).

Chọn B

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

Do đó phương trình tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\) là \[y = 2\].

Chọn A

Thể tích của khối chóp là: \(V = S \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 12\).

Chọn B

Ta có \[{M_0} \in \left[ {49;57} \right)\]

\[{M_0} = 22 + \frac{{35 - 0}}{{\left( {35 - 0} \right) + \left( {35 - 21} \right)}}.10 = \frac{{204}}{7} \approx 29,14\].

Chọn B

Ta có \[\int {f\left( x \right)dx}  = {e^x} + \frac{1}{2}{x^2} + C\].

Chọn B

Ta có \[2\sin x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi .\]

Vậy tập nghiệm của phương trình \[2\sin x - 1 = 0\] là \[\left\{ {\frac{\pi }{6} + k2\pi ,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\].

Chọn D

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y = x - 2\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1\), \(x = 3\) là \(S = \int_1^3 | x - 2|dx\).

Chọn D

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD\parallel BC\). Mà \(BC\) nằm trong mặt phẳng \((SBC)\), còn \(AD\) không nằm trong mặt phẳng đó, nên \(AD\parallel (SBC)\).

Chọn D

Cấp số nhân có \({u_1} = 3\), \({u_2} = 6\) nên công bội \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2\). Do đó \({u_4} = {u_1}{q^3} = 3 \cdot {2^3} = 24\).

Chọn D

Ta có \(\overrightarrow {CN}  = (2 - ( - 4);5 - 4;4 - 1) = (6;1;3)\).

a) Gọi sau \(t\) phút ta có thể tích nước trong thùng là \(2000 + 50t\) (lít).

Khi đó khối lượng đường là \(5000 + 1000t\) (gam).

Nồng độ đường trong thùng sau \(t\) phút là \(f\left( t \right) = \frac{{1000t + 5000}}{{50t + 2000}}\).

Khi \(t \to  + \infty \) ta có \(f\left( t \right) \to 20\) (gam/lít).

Vậy với tiêu chuẩn này nhà máy có thể sản xuất trong thời gian dài.

Chọn Sai.

b) Nồng độ đường trong thùng sau \(t\) phút là \(f\left( t \right) = \frac{{1000t + 5000}}{{50t + 2000}}\) (gam/lít).

Chọn Đúng.

c) Khối lượng đường trong thùng sau \(t\) phút là \(5000 + 1000t\) (gam).

Chọn Đúng.

d) Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{1000t + 5000}}{{50t + 2000}}\) ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{1750000}}{{{{\left( {50t + 2000} \right)}^2}}} > 0\,\forall t \in \left[ {0; + \infty } \right)\).

Hàm số \(f\left( t \right)\) luôn đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) nên nồng độ đường trong thùng luôn tăng khi sản xuất trong thời gian dài.

Chọn Đúng.

a) Điểm \(I\left( {2;\, - 1;\, - 1} \right)\).

Gọi \(H\left( { - 2 + 2t;\, - 1 - 3t;\,t} \right)\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên \(d\).

\[\overrightarrow {IH} \left( { - 4 + 2t;\, - 3t;\,t + 1} \right)\]

Véc tơ chỉ phương của  \(d\) là \(\overrightarrow u \left( {2;\, - 3;\,1} \right)\)

\(\overrightarrow {IH}  \bot \overrightarrow u  \Leftrightarrow 2\left( { - 4 + 2t} \right) - 3\,\left( { - 3t} \right) + 1\,\left( {t + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\)

\[H\left( { - 1;\, - \frac{5}{2};\,\frac{1}{2}} \right)\]\[ \Rightarrow a =  - 1;\,b =  - \frac{5}{2};\,c = \frac{1}{2} \Rightarrow b =  - 5c\]. Sai

b)

Vì \(A,\,B\) tương ứng là tiếp điểm của tấm gỗ, sàn nhà với quả bóng và \(I\) là tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\) nên \(IA \bot d,\,IB \bot d\)

\[H\left( { - 1;\, - \frac{5}{2};\,\frac{1}{2}} \right)\] là hình chiếu vuông góc của \[I\]lên \[d\]

\[IA = R = 2,\,IH = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1,5} \right)}^2} + {{\left( {1,5} \right)}^2}}  = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\]

.

Xét \[\Delta IAH\] vuông tại \[A\]

\[cos\frac{\alpha }{2} = cos\widehat {AIH} = \frac{R}{{IH}} = \frac{2}{{\frac{{3\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{4}{{3\sqrt 6 }} \Rightarrow \frac{\alpha }{2} \simeq {57^0} \Rightarrow \alpha  \simeq {114^0} \simeq 1,99\,rad\].

Do đó . Đúng

c) Phương trình tham số của \(d\): \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 + 2t\\y =  - 1 - 3t\\z = t\end{array} \right.,\,t \in \mathbb{R} \Rightarrow K \in d\), toạ độ \(K\left( { - 2 + 2t;\, - 1 - 3t;\,t} \right)\). Đúng

d) Ta có mặt cầu  \(\left( S \right)\): \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 4\) bán kính \(R = 2\) và tâm \(I\left( {2;\, - 1; - \,1} \right)\). Sai

Tập xác định của hàm số: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Ta có \(y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

a) \(M\) là giao điểm của đồ thị và trục tung nên \({x_M} = 0\) , suy ra \({y_M} = 2\), \(y'({x_M}) = 0\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại \(M\): \(y = 2\).

c) Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - {1^ + }} {\rm{ }}f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} =  + \infty \)  nên \(x =  - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Lại có \(y = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}\)

 \( \Rightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } {\rm{ }}\left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\,\) và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } {\rm{ }}\left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\,\) nên \(y = x + 1\) là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Giao điểm hai đường tiệm cận là \(I\left( { - 1;0} \right)\), suy ra tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I\left( { - 1;0} \right)\).

d) Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\). Lập bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là \(\left( {0;\,2} \right)\) và \(\left( { - 2;\, - 2} \right)\), hai điểm này nằm về hai phía đối với trục hoành.

Kết luận: a) Đúng b) Sai c) Sai d) Đúng

Gọi A là biến cố người đó nghiện thuốc lá: \[P(A) = 0,2 \Rightarrow P(\bar A) = 0,8\].

Gọi B là biến cố người đó bị bệnh phổi.\[P(B|A) = 0,7;P(B|\bar A) = 0,15\].

Ý a: Đúng \[P(B|\bar A) = 0,15\].

Ý b: Sai \[P(B|A) = 0,7\].

Ý c: Sai\[P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,14}}{{0,26}} = \frac{7}{{13}}\].

Ý d: Đúng\[P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = 0,2 \cdot 0,7 + 0,8 \cdot 0,15 = 0,14 + 0,12 = 0,26\].

Đáp án: 972 

Bước 1: Tính chiều cao của hình chóp cụt (\(h\))

Gọi \({R_1} = IC\) và \({R_2} = JF\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của đáy lớn và đáy nhỏ.

·           \({R_1} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{12\sqrt 2 }}{2} = 6\sqrt 2 \) (dm)

·           \({R_2} = \frac{{b\sqrt 2 }}{2} = \frac{{8\sqrt 2 }}{2} = 4\sqrt 2 \) (dm)

Kẻ đường cao \(CK\) từ một đỉnh của đáy lớn xuống mặt phẳng đáy nhỏ. Khi đó, ta có một tam giác vuông với cạnh huyền là cạnh bên \(l = CF\), một cạnh góc vuông là chiều cao \(h = CK\), và cạnh góc vuông còn lại có độ dài bằng hiệu hai bán kính \(FK = {R_1} - {R_2}\).

Áp dụng định lý Pytago, ta có:

\(h = \sqrt {{l^2} - {{\left( {{R_1} - {R_2}} \right)}^2}}  = \sqrt {100 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {100 - 8}  = \sqrt {92}  = 2\sqrt {23} {\rm{\;(dm)}}\).

Bước 2: Tính diện tích hai mặt đáy

·           Diện tích miệng thùng (đáy lớn): \({S_1} = {a^2} = {12^2} = 144{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^2})\)

·           Diện tích đáy thùng (đáy nhỏ): \({S_2} = {b^2} = {8^2} = 64{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^2})\)

Bước 3: Tính thể tích thùng rác (\(V\))

Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp cụt đều:

    \(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\)

Trước tiên, tính phần căn bậc hai của tích hai diện tích:

\(\sqrt {{S_1}{S_2}}  = \sqrt {144 \times 64}  = 12 \times 8 = 96{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^2})\)

Thể tích của thùng đựng rác là \(V = \frac{1}{3} \times 2\sqrt {23}  \times \left( {144 + 64 + 96} \right){\rm{\;}} \approx 972{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^3})\)

Đáp án: 4

Ta có \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx - \frac{1}{2}} \right) - \left( {d{x^2} + ex + 1} \right) = a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \frac{3}{2}\).

Từ hình vẽ ta có \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = a\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right) = a{x^3} + 3ax - ax - 3a\).

Đồng nhất hệ số tự do ta được: \(3a = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\)\(\)

\(f\left( x \right) - g\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}x - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}\)

Vậy diện tích cần tìm: \(\int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {\frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}x - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}} \right|{\rm{d}}x}  = 4\).

Đáp án: 363

Số cách chọn 4 đỉnh ngẫu nhiên từ 26 đỉnh của đa giác đều là \(n\left( \Omega  \right) = C_{26}^4 = 14950\)

Gọi \(A\): "tứ giác được chọn có bốn đỉnh là đỉnh của đa giác nhưng không có cạnh nào là cạnh của \((H)\)".

Gọi các đỉnh của đa giác đều lần lượt là \({A_1},{A_2},...,{A_{26}}\).

Xét tứ giác thỏa mãn điều kiện đề bài có đỉnh \({A_1}\), khi đó \({A_2}\) và \({A_{26}}\) không phải là đỉnh của tứ giác này. Ta cần chọn thêm các đỉnh \({A_i},{A_j},{A_k}\) thỏa mãn \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{i \ge 3}\\{i + 1 < j}\\{j + 1 < k}\\{k \le 25}\end{array}} \right.\) (vì giữa hai đỉnh của tứ giác phải có ít nhất 1 đỉnh của đa giác).

Từ đó \(3 \le i < j - 1 < k - 2 \le 23\), nên bộ \((i,j - 1,k - 2)\) được chọn bằng cách chọn 3 số từ tập \(\{ 3;4;5;...;23\} \), có \(C_{21}^3\) cách chọn.

Các đỉnh \({A_1},{A_i},{A_j},{A_k}\) có vai trò như nhau, ở đây ta đang cố định đỉnh \({A_1}\) nên khi đếm như vậy tới khi cố định hết 26 đỉnh của đa giác, mỗi tứ giác đã đếm lại 4 lần. Do đó số tứ giác thỏa mãn là: \(\frac{{26.C_{21}^3}}{4} = 8645\). Xác suất cần tính: \(P = \frac{{8645}}{{14950}} = \frac{{123}}{{230}}\).

\( \Rightarrow Q = a + b = 133 + 230 = 363\).

Cách 2:

Số cách chọn 4 đỉnh ngẫu nhiên từ 26 đỉnh của đa giác đều là \(n\left( \Omega  \right) = C_{26}^4 = 14950\)

Số cách chọn \[k\] đỉnh không kề nhau trên đa giác \[n\] đỉnh là \(\frac{n}{{n - k}}C_{n - k}^k = \frac{{26}}{{26 - 4}}C_{26 - 4}^4 = 8645\)

Vậy xác suất để chọn được tứ giác thỏa yêu cầu đề bài là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{8645}}{{14950}} = \frac{{133}}{{230}}\)

\( \Rightarrow Q = a + b = 133 + 230 = 363\).

Đáp án: 1724

Tổng số điện gia đình ông A sử dụng là 705 số.

Số bậc điện đầy đủ mà ông A sử dụng là \(\frac{{705}}{{50}} = 14\) bậc.

Số số điện còn lại ở bậc thứ 15 là \(705 - 14 \times 50 = 705 - 700 = 5\) số.

Giá tiền điện ở bậc 1 là \[2000\] đồng/1 số.

Giá tiền điện ở bậc 2 là \[2000\left( {1 + 3\% } \right) = 2000.1,03\] đồng/1 số.

…

Giá tiền điện ở bậc 15 là \[2000.1,{03^{14}}\] đồng/1 số.

Số tiền nhà ông A cần phải trả là:

\[T = 50.2000.\left( {1 + 1,03 + ... + 1,{{03}^{13}}} \right) + 5.2000.1,{03^{14}}\]

    \[ = 100000.\frac{{1,{{03}^{14}} - 1}}{{1,03 - 1}} + 10000.1,{03^{14}}.\frac{1}{{1000}} \approx 1724\](nghìn đồng).

Đáp án: 2402

Gọi bìa loại 1 và loại 2 tương ứng với kích thước \(1 \times 2\) và \(1 \times 3\)

Do cạnh dài của tất cả các tấm bìa phải song song với nhau, có hai trường hợp.

Trường hợp 1: Xếp các tấm bìa dọc: Tất cả cạnh dài thẳng đứng. Khi đó chỉ có thể dùng các tấm loại 1 đặt dọc để phủ từng cột, có đúng \(1\) cách.

Trường hợp 2: Xếp các tấm bìa ngang: Tất cả cạnh dài nằm ngang.

Khi đó mỗi hàng dài được xếp độc lập bằng các tấm bìa loại 1 hoặc loại 2.

Ta xếp theo các bước sau:

Bước 1: Xếp hàng 1:

Gọi số bìa loại 1 và loại 2 dùng để xếp vào hàng 1 lần lượt là: \(x,\,y\,\), ĐK: \(x,\,y \in \mathbb{N}\).

\( \Rightarrow 2x + 3y = 17\) \( \Leftrightarrow y = \frac{{17 - 2x}}{3}\)\( \Rightarrow 17 - 2x \ge 0 \Rightarrow 0 \le x \le 8\)

Vì các tấm bìa cùng loại là giống nhau, nên số cách xếp cho hàng 1 là:

\(\frac{{6!}}{{5!}} + \frac{{7!}}{{4!3!}} + \frac{{8!}}{{7!}} = 49\).

Bước 2: Xếp hàng 2:  Tương tự hàng 1, nên số cách: 49

Số cách xếp của TH2:  \({49^2} = 2401\).

Đáp án: 156

Đặt \(AB = x\)(\(0 < x < 10\)).

Ta có :    \(SO = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 5\sqrt 3 \).

Suy ra \(SH = SO - OH = 5\sqrt 3  - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\).

Chiều cao khối chóp \(h = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {5\sqrt 3  - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {75 - 15x} \).

Thể tích khối chóp là : \(V = 6 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \sqrt {75 - 15x} \)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sqrt {75{x^4} - 15{x^5}} \).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 75{x^4} - 15{x^5}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 300{x^3} - 75{x^4} = 75{x^3}\left( {4 - x} \right)\).

Ta có:  \(f'{\kern 1pt} \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.\).

Vậy thể tích lớn nhất khi cạnh \(AB = 4\) suy ra diện tích bạn Hoa cắt đi là

\(S = 6\frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} - 6\frac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} - 6\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \left( {5\sqrt 3  - 2\sqrt 3 } \right) = 155,88\).