Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Mường Lát (Thanh Hóa) lần 2 có đáp án

Chọn A

Ta có \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 - 3t}\\{y =  - 1 - t}\\{z = 3 + 2t}\end{array}} \right.\), với \(t = 0\) suy ra \(M(2; - 1;3) \in d\).

Chọn C

Ta có \(S = \int\limits_0^2 {\left| {{{2026}^x}} \right|} {\mkern 1mu} dx = \int\limits_0^2 {{{2026}^x}} {\mkern 1mu} dx\).

Chọn C

Ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((Q):2x - y + 4z - 5 = 0\) là \({\vec n_1} = (2; - 1;4)\).

Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {CA'}  = \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CC'} \) và \(\overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'} \) nên các mệnh đề ở phương án A và B là các mệnh đề đúng.

Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD'}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'} \) nên mệnh đề C sai.

Theo quy tắc hình ta có: \(\overrightarrow {CA}  = \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {CD} \) nên mệnh đề B đúng.

Chọn C

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{u_3} = {u_1}{q^2} = 2\\{u_6} = {u_1}{q^5} = 16\end{array} \right. \Rightarrow {q^3} = 8 \Rightarrow q = 2\].

Chọn C

Ta có: \({\log _2}x = 3 \Leftrightarrow x = {2^3} \Leftrightarrow x = 8\).

Chọn D

Ta có: \[{3^x} \ge \frac{1}{{27}} \Leftrightarrow x \ge {\log _3}\frac{1}{{27}} \Leftrightarrow x \ge  - 3\].

Chọn C

Ta có: \(\int {f(x){\rm{d}}x = } \int {\cos 2x{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\sin 2x + C} \).

\(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot BD\)

Chọn C

Ta có:

\(\bar x = \frac{{19,25.13 + 19,75.45 + 20,25.24 + 20,75.12 + 21,25.6}}{{100}} = \)20,015

Phương sai

\({s^2} = \frac{{{{19,25}^2}.13 + {{19,75}^2}.45 + {{20,25}^2}.24 + {{20,75}^2}.12 + {{21,25}^2}.6}}{{100}} - {\left( {20,015} \right)^2} \approx 0,28\)

Chọn B

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\).

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2 \Rightarrow y = 2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

a) Sai.

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {2x + 3} \right)dx}  = {x^2} + 3x + C\).

\(F\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow {1^2} + 3.1 + C = 2 \Rightarrow C =  - 2\).

Vậy, \(F\left( x \right) = {x^2} + 3x - 2\).

b) Đúng.

Ta có

\(\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_5^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_5^2 {f\left( x \right)dx} \)

\( = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx} \) \( = \int\limits_{ - 1}^5 {f\left( x \right)dx}  = 42\)

c) Sai.

Diện tích hình phẳng cần tìm là: \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {2x + 3} \right|dx}  = \frac{{13}}{2}\).

d) Đúng.

Phương trình hoành độ giao điểm: \(2x + 3 = {x^2} - 2x + 6 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_1^3 {\left| {{{\left( {{x^2} + 3x - 2} \right)}^2}} \right|dx}  = \frac{{2576\pi }}{{15}}\).

Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m

b) Sai

Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \le t \le 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = 520 + \int\limits_0^t {v\left( t \right){\rm{d}}t} .\)

c) Đúng

\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)

Có hệ ba phương trình ba ẩn:\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}h\left( 0 \right) = 520\\h\left( 5 \right) = 530\\h\left( {15} \right) = 520\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = 520\\\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530\\\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{3}{{25}}\\b = \frac{6}{5}\\C = 520\end{array} \right. \Rightarrow h\left( t \right) =  - \frac{1}{{25}}{t^3} + \frac{3}{5}{t^2} + 520\\ \Rightarrow v\left( t \right) =  - \frac{3}{{25}}{t^2} + \frac{6}{5}t\end{array}\]

Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < 10\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là đúng

d) Đúng

Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 10\end{array} \right.\)

Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {10} \right) = 540\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là đúng

Gọi \(A\) là biến cố “Học sinh mua mô tô” suy ra: \(\overline A \) là biến cố “Học sinh mua búp bê”

Gọi \(B\) là biến cố “ Học sinh nam mua” suy ra: \(\overline B \) là biến cố “ Học sinh nữ mua”

a) Đúng vì \[P\left( A \right) = \frac{{140}}{{140 + 60}} = 0,7\]

b) Sai vì \[P\left( {\overline B |A} \right) = 0,4\].

c) Sai vì \[P\left( {B|A} \right) = 0,6\]

d) Đúng vì \[P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right).P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right).P\left( {\overline A } \right) = 0,6.0,7 + 0,2.0,3 = 0,48\]

\[n\left( B \right) = 0,48.200 = 96\]

a) Sai. Vì \[\frac{{ - 7 - 7}}{3} \ne \frac{0}{1}\] nên đường thẳng \[{\Delta _2}\] không đi qua \[M\left( { - 7;0;1} \right)\].

b) Đúng. Vectơ \[\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;2} \right)\] là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \[{\Delta _1}\].

c) Đúng. Đường thẳng \[{\Delta _1}\] đi qua điểm \[B\left( {3;0;3} \right)\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;2} \right)\] nên có phương trình chính tắc là \[\frac{{x - 3}}{1} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{2}\].

d) Đúng. Đường thẳng \[{\Delta _1}\] đi qua điểm \[B\left( {3;0;3} \right)\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\].

Đường thẳng \[{\Delta _2}\] đi qua điểm \[N\left( {7;0; - 1} \right)\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {3;1; - 1} \right)\].

Ta có \[\overrightarrow {BN}  = \left( {4;0; - 4} \right)\] và \[\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1;7;4} \right)\].

Vì \[\overrightarrow {BN} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = 4.\left( { - 1} \right) + 0.7 + \left( { - 4} \right).4 =  - 20 \ne 0\] nên \[{\Delta _1}\] và \[{\Delta _2}\] chéo nhau.

Vậy: Nút giao thông trên là nút giao thông khác mức.

Trả lời: 9

Để số tiền người đó nhận được nhiều hơn \(130\) triệu đồng bao gồm gốc và lãi thì:

\(130{\rm{ }} < 100{\rm{ }}{\left( {1 + 3\% } \right)^n}\)\( \Leftrightarrow n > {\log _{1,03}}1,3\)\( \approx 8,9\).

Vậy sau ít nhất \(9\) quý người đó nhận được số tiền nhiều hơn \(130\) triệu đồng bao gồm gốc và lãi.

Trả lời: 48

Gọi hai số liệu còn lại là \[a\] và \[b\]. Theo đề bài,

Trung bình cộng \(\overline x  = \frac{{2 + 4 + 10 + 12 + 14 + a + b}}{7} = 8 \Rightarrow 42 + a + b = 56 \Rightarrow a + b = 14 \ldots (i){\rm{ }}\)

và phương sai \({s^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4 + 16 + 100 + 144 + 196}}{7} - {8^2} = 16\) \[ \Rightarrow \frac{{{a^2} + {b^2} + 460}}{7} - 64 = 16 \Rightarrow \frac{{{a^2} + {b^2} + 460}}{7} = 80 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + 460 = 560 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 100 \ldots (ii)\]

Ta có ${(a+b)}^2=\left(a^2+b^2\right)+2ab\stackrel{\left(i\right),\left(ii\right)}{\to }{14}^2=100+2ab\Rightarrow 196=100+2ab\Rightarrow 2ab=96\Rightarrow ab=48$

Trả lời: -6

Để vận động viên có bắn trúng hồng tâm thì trục \(d\) phải đi qua hồng tâm.

Ta thay điểm \[A\left( {8; - 19;6m + 4} \right)\]vào phương trình d:

\[\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z - 3}}{{ - 5}} \Leftrightarrow \frac{{8 - 1}}{1} = \frac{{ - 19 - 2}}{{ - 3}} = \frac{{6m + 4 - 3}}{{ - 5}} = 7 \Leftrightarrow 6m =  - 36 \Leftrightarrow m =  - 6\].

Vậy \[m =  - 6\] thì vận động viên bắn trúng hồng tâm.

Đáp số: 0,53

Gọi \(A\) là các biến cố “Học sinh được gặp là học sinh nam”

Gọi \(B\) là biến cố “Học sinh đó tham gia câu lạc bộ Toán học trong nhà trường”

\(P\left( A \right) = \frac{{21}}{{45}}\), \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{24}}{{45}}\).

\(P\left( {B|A} \right) = 0,14\); \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,11\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

\[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\]\( = \frac{{21}}{{45}}.0,14 + \frac{{24}}{{45}}.0,11 = \frac{{31}}{{250}}\)

Xác suất để học sinh đó là nam, biếtsrL| rằng học sinh đó tham gia câu lạc bộ Toán học, ta áp dụng công thức Bayes:

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\]\( = \frac{{\frac{{21}}{{45}}.0,14}}{{\frac{{31}}{{250}}}} = \frac{{49}}{{93}} \approx 0,53\).

Trả lời: 128

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ sau

Ta có \(A(0;22,5),B(80;22,5),C(40;2,5)\)

Gọi \(S\) là tọa độ đỉnh của parabol chứa đường cong \(AC\) thì \(S\left( {30;0} \right)\)

- Mép miệng (trên):\({y_{{\rm{tr\^e n }}}} = 22,5\).

- Đáy - parabol (đường cong \[AC\]) (\(0 \to 40\)): đỉnh \(S(30;0)\), \({y_1}(x) = \frac{{{{(x - 30)}^2}}}{{40}},0 \le x \le 40.\)

- Đáy - đoạn thẳng \[BC\] \((40 \to 80)\): qua \((40;2,5)\) và \(B(80;22,5)\)\({y_2}(x) = \frac{1}{2}x - 17,5,40 \le x \le 80.\)

Diện tích tiết diện chứa \(A = \int_0^{40} {\left( {22,5 - {y_1}(x)} \right)} dx + \int_{40}^{80} {\left( {22,5 - {y_2}(x)} \right)} dx = \frac{{2000}}{3} + 400 = \frac{{3200}}{3}\)

Thể tích gầu (chiều dài 120 cm): \(V = A \cdot 120 = \frac{{3200}}{3} \cdot 120 = 128000\;c{m^3} = 128{\rm{ l\'i t}}{\rm{. }}\)

Trả lời: 5

Mặt cầu \((S)\) có phương trình

\({(x - 22)^2} + {(y - 4)^2} + {(z - 13)^2} = 194\)

nên có tâm \(I(22;4;13)\) và bán kính \(R = \sqrt {194} \).

Trong không gian Oxyz, mặt sân có phương trình \(z = 0\) trùng với mặt phẳng toạ độ \((Oxy)\), suy ra hình chiếu vuông góc của điểm \(I(22;4;13)\) xuống mặt sân có toạ độ \(J(22;4;0)\).

Trong tam giác vuông IJM, ta có \(IJ = 13,IM = {\rm{R = }}\sqrt {194} \), suy ra

\(JM = \sqrt {I{M^2} - I{J^2}}  = \sqrt {194 - 169}  = 5\)

Vậy khoảng cách từ vị trí \(M\) của quả bóng đến điểm \(J\) là 5 m.