Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lang Chánh (Thanh Hóa) có đáp án

Đáp án đúng là C

a) Đúng

Ta có bảng xét dấu của hàm số \[f\left( x \right)\].

Dựa vào bảng biến thiên ta có trên \(\left[ { - 1;4} \right]\), giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(f\left( 1 \right)\).

b) Sai

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có ba điểm cực trị là \[x =  \pm 1\] và \[x = 4\].

c) Sai

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \[\left( {1;4} \right)\] và đồng biến trên \(\left( {4; + \infty } \right)\).

d) Đúng

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \[\left( {1;4} \right)\] \( \Rightarrow f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right) > f\left( 4 \right)\).

a) Tốc độ ban đầu của ô tô là 72 km/h = 20 m/s.

Quãng đường ô tô đi được trong 5 giây đầu tiên là: \({S_1} = 5.20 = 100{\rm{m}}\).

Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu giảm tốc đến khi tách khỏi làn là: \({S_2} = 300 - 100 = 200{\rm{m}}\)

Do đó a đúng.

b) Thời điểm bắt đầu giảm tốc ta có \(t = 0 \Rightarrow v(0) = b = 20\). Do đó b đúng.

c) Ta có \(v(t) = at + 20({\rm{m/s}})\)

Biết xe tách làn sau 12 giây kể từ khi giảm tốc, nên ta có

\(200 = \int\limits_0^{12} {(at + 20)dt}  = 72a + 240 \Rightarrow a =  - \frac{5}{9}\)

\( \Rightarrow v(t) =  - \frac{5}{9}t + 20{\rm{ (m/s)}}\). Quãng đường ô tô đi được trong 16 giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc là \(\int\limits_0^{16} {( - \frac{5}{9}t + 20)dt}  = \frac{{2240}}{9} \approx 248,88\)m, do đó c sai.

d) Ta có \(v(t) =  - \frac{5}{9}t + 20{\rm{ (m/s)}}\)\( \Rightarrow v(18) =  - \frac{5}{9}.18 + 20 = 10{\rm{ (m/s) = 36(km/h)}}\). Do đó d sai.

Đáp án : A Đúng, B Đúng, C Sai, D Đúng.

Gọi \(A\) là biến cố bệnh án rút ra bị biến chứng.

Gọi B là biến cố bệnh án rút ra của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19.

Khi đó \(\overline B \) là biến cố bệnh án rút ra của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V20.

Theo đề:

Xác suất bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19 là: \(P\left( B \right) = 0,7\).

Xác suất bị biến chứng trong nhiễm bệnh X do chủng virus V19 là \(30\%  = 0,3\)\( \Rightarrow P\left( {A|B} \right) = 0,3\)\( \Rightarrow \)A đúng.

Xác suất bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V20 là \(P\left( {\overline B } \right) = 0,3\).

Xác suất bị biến chứng trong nhiễm bệnh X do chủng virus V20 là \(50\%  = 0,5\)\( \Rightarrow P\left( {A|\overline B } \right) = 0,5\)\( \Rightarrow \)B đúng.

Xác suất biến bệnh án bị biến chứng:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0,3.0,7 + 0,5.0,3 = 36\% \)\( \Rightarrow \)C sai.

Xác suất của bệnh án bị biến chứng là của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19:

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,7.0,3}}{{0,36}} = \frac{7}{{12}}\)\( \Rightarrow \)D đúng.

a) Đúng. Phương trình tham số của đường thẳng d qua \(A\left( {10;\;\;3;0} \right)\) và có VTCP

 \(\vec u = \left( {2;\; - 2;1} \right)\) là : \[\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.{\rm{,   }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\]

b) Đúng. Ta có độ dài \(AM = vt\). Vì M thuộc đường thẳng d nên \(M\left( {10 + 2m;3 - 2m;m} \right)\), Vậy \(\overrightarrow {AM} \)= (2m; -2m; m) mà \(\overrightarrow {AM\;} \;\) cùng hướng với véc tơ \(\vec u\) có \(m \ge 0\). Suy ra \(AM = 3m\).

Vậy \(3m = 4,5t\;\) suy ra \(m = 1,5\;t\). Vậy \((3t + 10;\; - 3t + 3;\;\frac{{3t}}{2}\) )

c) Sai. Từ ý b, thấy khi \({x_B} = 550\) tức tà \(3t + 10 = 550\) suy rs t=180 (s)

Vậy \(AB = vt = 4,5.\;180 = 810\;\left( m \right)\) 

d) Sai. Ta có \(\overrightarrow {{u_{AB}}}  = \left( {2;\; - 2;1} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right):z = 0\;{\rm{suy\;ra\;VTPT}}\;\overrightarrow {n\;} \;\left( {0;0;1} \right)\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa AB  và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\)  ta có \(\sin \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {u\;} \;\vec n} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|\left| {\vec n} \right|}} = \frac{1}{3}\).

Trả lời: 2,97

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BC\).

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SA\\AH \bot BC\end{array} \right.\) nên suy ra \(d\left( {SA,BC} \right) = AH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{BC}} = \frac{{2\sqrt {9.6.2.1} }}{7} = \frac{{12\sqrt 3 }}{7} \approx \)\(2,97\).

Đáp số: 7,38

Gắn tình huống bài toán vào mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ:

Phương trình elip là: \[\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\].

Có thể xem phần elip nằm phía trên trục  \[Ox\] là đồ thị hàm số: \[y = 4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} ;\left( C \right)\].

Gọi \[{S_1}\] là diện tích phần \[B\]nằm phía trên trục \[Ox\], vậy nó là diện tích của \[\frac{1}{4}\]hình tròn:

\[{S_1} = \frac{1}{4}\pi {.1^2} = \frac{\pi }{4}\left( {{m^2}} \right)\].

Tổng diện tích phần \[B\]và phần \[C\] nằm phía trên trục  \[Ox\] có thể xem là diện tích hình phẳng giới hạn bởi: \[y = 4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} ;\] trục hoành và hai đường thẳng \[x = 3;x = 5\].

\[{S_2} = \int\limits_3^5 {4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} dx}  \approx 4,47\left( {{m^2}} \right)\].

Diện tích phần \[C\] nằm phía trên trục  \[Ox\]:\[S = {S_2} - {S_1} = 3,69\left( {{m^2}} \right)\].

Diện tích khu vực \[C\] người ta lát gạch. \[2S = 7,38\left( {{m^2}} \right)\].

Đáp án: 0,70.

Tổng chi phí (triệu đồng) để xí nghiệp sản xuất \(x\left( {{m^3}} \right)\) sản phẩm trong một ngày là:

\(C\left( x \right) = 2 + 0,5x + 0,005{x^2}\) với \(0 \le x \le 36\).

Chi phí trung bình (triệu đồng) trên mỗi mét khối sản phẩm là:

\(\bar C\left( x \right) = \frac{{C\left( x \right)}}{x} = \frac{{2 + 0,5x + 0,005{x^2}}}{x}\; = \frac{2}{x} + 0,5 + 0,005x\).

\(\bar C'\left( x \right) =  - \frac{2}{{{x^2}}} + 0,005 = \frac{{0,005{x^2} - 2}}{{{x^2}}}\).

\({\bar C^{'\left( x \right)}} = 0 \Rightarrow {x^2} = 400 \Rightarrow x = \sqrt {400}  = 20\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy chi phí trung bình thấp nhất là:

\(\bar C\left( {20} \right) \approx 0,70\) đạt được khi \(x = 20\).

Trả lời: 0,75

Gọi \(A\) là biến cố: “Thư được chọn là thư rác”;

\(B\) là biến cố: “Thư được chọn là bị chặn”.

Ta cần phải tính \(P\left( {A|B} \right)\). Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{0,03.0,95}}{{0,03.0,95 + 0,97.0,01}} \approx 0,75\].

Vậy khi chọn ngẫu nhiên một thư bị chặn thì xác suất để đó là thư rác khoảng \(0,75\).

Trả lời: 15,5

Vì đài kiểm soát có thể phát hiện ra máy bay cách đài kiểm soát \[317\,\,km\] nên vùng kiểm soát không lưu là một phần của khối cầu có phương trình:

\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = {317^2}\).

Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( { - 688\,;\, - 185\,;\,11} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {91\,;\,75;\,0} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 688 + 91t\\y =  - 185 + 75t\\z = 11\end{array} \right.\).

Để xác định thời gian máy bay đi vào vùng kiểm soát của đài thì trước hết chúng ta cần tìm giao điểm của đường thẳng \[d\] và mặt cầu \[\left( S \right).\] Trong hai giao điểm đó có một điểm chính là điểm xuất hiện đầu tiên trên màn hình ra đa và một điểm chính là điểm cuối cùng máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa. Trong suốt quá trình máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa nó đi theo đoạn thẳng nối hai điểm nói trên. Gọi hai điểm đó là \(J,\;I\) .

Tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt cầu \[\left( S \right)\] thỏa mãn hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 688 + 91t\\y =  - 185 + 75t\\z = 11\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = {317^2}\end{array} \right. \Rightarrow {\left( { - 688 + 91t} \right)^2} + {\left( { - 185 + 75t} \right)^2} + 121 = {317^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t \approx 6,483669\\t \approx 4,516331\end{array} \right.\).

Do đó ta có \(I\left( { - 97,986\,;\,301,2752\,;\,11} \right),\;J\left( { - 277,0139\,;\,153,7249\,;\,11} \right)\).

Độ dài đoạn thẳng \(IJ\) là \(IJ \approx 231,9959{\rm{km}}\).

Đổi đơn vị đo: \(900\,\,km/h = 15\,\,km\)/ phút

Khoảng thời gian máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa là \(\frac{{231,9959}}{{15}} \approx 15,5\) phút.

Trả lời: 0,4

Xét hệ trục toạ độ như hình vẽ, diện tích tam giác \(OAB\) vuông cân tại \(B\).

Theo giat thiết ta có \(OA = 4,\,\,A\left( {4;0} \right)\). Hình vuông có nửa đường chéo bằng \(4\) nên diện tích hình vuông là \(32\). Diện tích tô màu là \(\frac{{64}}{5}\).

Xét riêng trong tam giác \(OAB\) có diện tích phần tô màu bằng \(\frac{8}{5}\).

Theo giả thiết, diện tích phần tô màu trong tam giác \(OAB\) được tính bởi công thức

\[\int_0^4 {\left| {a{x^3} + b{x^2} - x} \right|dx}  = \frac{8}{5}\]. Từ đó ta có hệ

\[\left\{ \begin{array}{l}\int_0^4 {\left| {a{x^3} + b{x^2} - x} \right|dx}  = \frac{8}{5}\\64a + 16b - 4 = 0\\a < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{5}\\b = \frac{{21}}{{20}}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{{20}}\\b = \frac{9}{{20}}\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Trường hợp \[\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{5}\\b = \frac{{21}}{{20}}\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = 0\] có nghiệm là \(0,\,\,\frac{5}{4},\,\,4\) (đồ thị cắt \(Ox\) trong \(\left( {0;4} \right)\) - loại)

Trường hợp \[\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{{20}}\\b = \frac{9}{{20}}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow f\left( x \right) = 0\] có nghiệm \(0,\,\,\,4,\,\,5\) thoả mãn. Vậy, \(a + b = \frac{2}{5} = 0,4\).