Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Cà Mau có đáp án

Chọn A

Khi lấy đối xứng một điểm qua mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$, tọa độ $x$ và $z$ giữ nguyên, tọa độ $y$ đổi dấu.

Chọn D

$\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi$ với $k \in \mathbb{Z}$.

Chọn D

Tọa độ tổng hai vectơ bằng tổng các tọa độ tương ứng:

$\vec u + \vec v = \left( {1 + 2\,;\,\,3 + 1\,;\,\, - 2 - 1} \right) = \left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)$.

Chọn B

Diện tích $S$ được tính bằng công thức: $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|} \,dx$.

Vì $y = 3{x^2} + 4 > 0$ với mọi $x$, ta có:

$$S = \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} + 4} \right)\,} dx = \left. {\left( {{x^3} + 4x} \right)} \right|_0^2 = \left( {{2^3} + 4 \cdot 2} \right) - 0 = 8 + 8 = 16.$$

Chọn C

Ta có ${\log _2}\left( {{x^2} - x + 3} \right) = 3 \Leftrightarrow {x^2} - x + 3 = {2^3}$$\Leftrightarrow {x^2} - x - 5 = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn ${x_1}.{x_2} = - 5$.

Chọn B

Ta có ${u_5} = {u_1}.{q^4} = \left( { - 2} \right){2^4} = - 32$.

Chọn B

Ta có thể tích vật thể bằng $V = \int\limits_0^1 {S\left( x \right)dx = \int\limits_0^1 {\left( {1 - {x^2}} \right)dx = \frac{2}{3}} }$

Chọn A

Ta có phương trình đường tròn $\left( C \right)$ có dạng ${x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l} - 2a = 4\\ - 2b = - 10\\c = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = 5\\c = 13\end{array} \right.$ nên có bán kính $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c} = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {5^2} - 13} = 4$.

Chọn C

Tần số: $n = 35$

$$\overline x = \,\frac{1}{{35}}\left( {7.\,42{,}5\,\, + \,7.\,47{,}5\, + \,9.\,52{,}5 + 6.\,57{,}5 + 2.62{,}5 + \,4.67{,}5} \right) = \frac{{1842{,}5}}{{35}} \approx 52{,}64$$

Chọn B

$$y' = \,3{x^2} - 6x\,;\,\,y' = 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\left( n \right)\\x = 2\,\,\left( n \right)\end{array} \right.$$

$$y\left( { - 2} \right)\, = \, - 18;\,\,y\left( 0 \right) = \,2\,\,;\,\,y\left( 2 \right) = \, - 2\, \Rightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}m = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,y = - 18\\M = \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,y = 2\end{array} \right. \Rightarrow \,M + 2m = - 34$$

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to- {1^ + }} \,y\, = \, - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to- {1^ - }} \,y\, = \, + \infty$ nên đồ thị đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x =- 1$.

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {3;\, + \infty } \right)$.

Gọi biến cố $A$ là: “Chọn được học sinh nữ”.

Biến cố $B$ là: “Chọn được học sinh nam”.

Biến cố $G$ là: “Chọn được học sinh giỏi toán”.

Tổng có $50$ học sinh, trong đó có $20$ học sinh nữ nên số học sinh nam là:$50 - 20 = 30$ (học sinh)

Số học sinh nữ giỏi toán là: $20.50\% = 10$ (học sinh)

Số học sinh nam giỏi toán là: $30.60\% = 18$ (học sinh)

Tổng số học sinh giỏi toán là: $10 + 18 = 28$ (học sinh)

Số học sinh không giỏi toán là: $50 - 28 = 22$ (học sinh)

Trong số nữ, số học sinh không giỏi toán là: $20 - 10 = 10$ (học sinh)

a) Xác suất học sinh được chọn là nam là $P\left( M \right) = \frac{{30}}{{50}} = \frac{3}{5}.$

b) Xác suất học sinh được chọn là học sinh học giỏi môn toán, biết học sinh này là nữ là $P\left( {G\left| N \right.} \right) = \frac{{10}}{{20}} = \frac{1}{2}.$

c) Biết học sinh được chọn là học sinh học giỏi môn toán thì xác suất học sinh đó là học sinh nữ là: $P\left( {N\left| {\,G} \right.} \right) = \frac{{10}}{{28}} = \frac{5}{{14}}.$

d) Xác suất để học sinh được chọn là nữ khi biết học sinh đó không học giỏi môn toán là: $P\left( {N\,\left| {\overline G } \right.} \right) = \frac{{10}}{{22}} = \frac{5}{{11}}.$

a) Quãng đường ô tô đi được trong $10$ giây đầu ${S_1} = 15.10 = 150{\rm{ }}\left( m \right)$

b) Ta có $v\left( t \right) = \int {\left( { - 2t - 2} \right)dt} = - {t^2} - 2t + C$

mà $v\left( 0 \right) = 15 \Leftrightarrow C = 15$

Do đó $v\left( t \right) = - {t^2} - 2t + 15 \Leftrightarrow v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\\t = - 5\end{array} \right.$

c) Quãng đường ô tô đi được từ lúc phanh đến khi dừng hẳn là ${S_2} = \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} - 2t + 15} \right)} dt = 27\left( m \right)$

d) Quãng đường ô tô đi được trong $9$ giây cuối là $S = 15.6 + \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} - 2t + 15} \right)dt} = 117\left( m \right)$.

Ta có các thông tin từ đề bài:

Gốc tọa độ $O(0;0;0)$ là tâm Trái Đất.

Bán kính quỹ đạo vệ tinh là ${R_S} = 13440km$.

Điểm $B(4032;0; - 5376)$ là điểm xuất phát và cũng là điểm gần Trái Đất nhất của vệ tinh.

Quỹ đạo vệ tinh nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục tung $Oy$.

Tâm quỹ đạo $I$ nằm trên đường thẳng $OB$.

Bán kính Trái Đất là ${R_E} = 6400km$.

Điểm cực Nam của Trái Đất là $K(0;3840;5120)$.

$OB = \sqrt {{{(4032 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2} + {{( - 5376 - 0)}^2}} = 6720km$.

Vì quỹ đạo của vệ tinh là một đường tròn có bán kính ${R_S} = 13440km$, và $B$ là điểm gần Trái Đất nhất trên quỹ đạo, đồng thời tâm quỹ đạo $I$ nằm trên đường thẳng $OB$.

Ta có $IB = {R_S} = 13440km$.

Vì $B$ là điểm gần Trái Đất nhất, nên $O$ phải nằm giữa $I$ và $B$.

Do đó, $IB = IO + OB$$\Leftrightarrow 13440 = IO + 6720 \Rightarrow IO = 6720km$.

Vì $I$ nằm trên đường thẳng $OB$ và $IO = OB$, nhưng $O$ nằm giữa $I$ và $B$, nên $I$ là điểm đối xứng của $B$ qua $O$.

Vậy tọa độ tâm quỹ đạo là $I( - 4032;0;5376)$.

a) Mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh vuông góc với trục tung $Oy$. Do đó, mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh có một vectơ pháp tuyến là $\vec n = (0;1;0)$.

Vậy a) đúng.

b) Mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh vuông góc với trục $Oy$, nên phương trình của nó có dạng $y = c$.

Vì điểm $B(4032;0; - 5376)$ nằm trên quỹ đạo, nên $B$ cũng nằm trên mặt phẳng này.

Thay tọa độ $B$ vào phương trình $y = c$, ta được $0 = c$.

Vậy phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo là $y = 0$.

Vậy b) sai.

c) Tâm quỹ đạo là $I( - 4032;0;5376)$.

Điểm $A( - 4034;1;5374)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua $I$ và $A$ là $\overrightarrow {AI} = (2; - 1;2)$.

Phương trình đường thẳng đi qua $I$ và $A$ là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 4032 + 2t}\\{y = - t}\\{z = 5376 + 2t}\end{array}} \right.$

Vậy, c) là đúng.

d) Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam $K(0;3840;5120)$.

Quỹ đạo vệ tinh là đường tròn tâm $I( - 4032;0;5376)$, bán kính ${R_S} = 13440km$, nằm trong mặt phẳng $y = 0$.

Gọi $K'(0;0;5120)$ là hình chiếu của $K$ lên mặt phẳng $y = 0$.

Khoảng cách từ $K$ đến mặt phẳng $y = 0$ là $KK' = |{y_K}| = 3840km$.

Khoảng cách từ $K'$ đến tâm quỹ đạo $I$:$IK' = \sqrt {{{( - 4032 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2} + {{(5376 - 5120)}^2}}$

$\Rightarrow IK' = \sqrt {16322560} \approx 4040{,}12km$$< {R_S} = 13440km$, điểm $K'$ nằm bên trong đường tròn quỹ đạo.

Khoảng cách ngắn nhất từ $K'$ đến đường tròn quỹ đạo là

${d_{min}} = {R_S} - IK' = 13440 - \sqrt {16322560} \approx 9399.88km$.

Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam $K$ là:

${d'_{min}}(K,{\rm{ve tinh}}) = \sqrt {K{{K'}^2} + {d^2}_{min}}$$= \sqrt {{{3840}^2} + {{(13440 - \sqrt {16322560} )}^2}}$$\approx 10153{,}98278km$.

Làm tròn đến hàng đơn vị, ta được $10154km$.

Vậy d) sai.

a) Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y' = - 3{x^2} + 3$.

Vậy a) Đúng.

b) Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Vậy b) Đúng.

c) Đồ thị hàm số có điểm cực đại là $A\left( {1;0} \right)$và điểm cực tiểu là $B\left( { - 1; - 4} \right)$.

Do ${x_{C{\rm{D}}}}.{x_{CT}} = 1.\left( { - 1} \right) = \left( { - 1} \right) < 0$.

Nên đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y = - {x^3} + 3x - 2$ có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung.

Vậy c) Sai.

d) $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( { - 1;3} \right)\\x = - 1 \notin \left( { - 1;3} \right)\end{array} \right.$.

Ta có: $y\left( { - 1} \right) = - 4;y\left( 1 \right) = 0;y\left( 3 \right) = - 20$.

Nên $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = - 20$ tại $x = 3$.

Vậy d) Đúng.

Đáp án: 29,5.

Gọi $p$ (triệu đồng) là giá bán của mỗi xe, $x$ là số xe bán được để lợi nhuận cao nhất.

Ta cần xác định hàm cầu $p = p\left( x \right)$

Tốc độ thay đổi của $x$ tỉ lệ với tốc độ thay đổi của $p$ nên hàm số $p = p\left( x \right)$ là hàm số bậc nhất.

Theo bài ra ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{600a + b = 30}\\{800a + b = 29}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - \frac{1}{{200}}}\\{b = 33}\end{array}} \right.$

Hàm giá bán: $p\left( x \right) = - \frac{1}{{200}}x + 33$ (triệu đồng)

Doanh thu khi bán $x$ xe là: $xp\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{200}}x + 33} \right).x = - \frac{1}{{200}}{x^2} + 33x$ (triệu đồng)

Lợi nhuận thu được: $L\left( x \right) = - \frac{1}{{200}}{x^2} + 33x - 26x = - \frac{1}{{200}}{x^2} + 7x$ (triệu đồng).

Ta có: $L'\left( x \right) = - \frac{1}{{100}}x + 7 = 0 \Rightarrow x = 700$.

Bảng biến thiên:

Lợi nhuận lớn nhất khi bán ra 700 xe với giá bán $29{,}5$ triệu đồng.

Đáp án: 0,42

Gọi $\Omega$ là không gian mẫu của phép thử.

Gọi $A$: “$3$ học sinh được chọn có cả nam và nữ và đủ cả học sinh giỏi Toán và học sinh giỏi Vật lý”.

Ta có $n\left( \Omega \right) = C_{13}^3$.

Để chọn ra $3$ học sinh, trong đó có cả nam và nữ và có cả học sinh giỏi Toán và Lý ta có các trường hợp sau:

+ Chọn ra $1$ học sinh nữ giỏi Toán, $2$học sinh nam giỏi Vật Lý: $C_3^1C_5^2$.

+ Chọn ra $1$ học sinh nữ giỏi Toán, $1$ học sinh giỏi Toán nam, $1$học sinh nam giỏi Vật Lý: $C_3^1C_5^1C_5^1$.

+ Chọn ra $2$ học sinh nữ giỏi Toán, $1$ học sinh nam giỏi Vật Lý: $C_3^2C_5^1$.

Suy ra $n\left( A \right) = C_3^1C_5^2 + C_3^1C_5^1C_5^1 + C_3^2C_5^1 = 120$

$\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{120}}{{C_{13}^3}} = \frac{{60}}{{143}} \approx 0{,}42$.

Đáp án: 68,6

Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $O'A'$. Khi đó $B'H \bot O'A'$.

Vì $A'\left( {240;450;0} \right)$ nên $O'A' = OA = 240$cm$= 2{,}4$m; $OO' = 450$cm $= 4{,}5$m.

Vì $B'\left( {120;450;300} \right)$ nên $O'H = 120$cm$= 1{,}2$m; $B'H = 300$cm$= 3$m.

Diện tích lát gạch nền nhà là ${S_1} = {S_{OAA'O'}} = OA.OO' = 2{,}4.4{,}5 = 10{,}8$$\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích hai mái nhà là

${S_2} = 2{S_{OBB'O'}} = 2.OO'.O'B' = 2.OO'.\sqrt {B'{H^2} + O'{H^2}} = 2.4{,}5.\sqrt {{3^2} + 1,{2^2}} = \frac{{27\sqrt {29} }}{5}$ $\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích mặt trước và mặt sau nhà là ${S_3} = 2{S_{\Delta O'A'B'}} = 2.\frac{1}{2}.O'A'.B'H = 2.\frac{1}{2}.2{,}4.3 = 7{,}2$$\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Tổng chi phí làm mỗi căn nhà là $T = 0{,}2{S_1} + 0{,}8{S_2} + 6{S_3} \approx 68{,}6$ (triệu đồng).

Đáp án: 2,85

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có: $D\left( {3\,;\,0\,;\,0} \right)$, $C\left( {3\,;\,3\,;\,0} \right)$, $H\left( {2\,;\,0\,;\,0} \right)$, $S\left( {2\,;\,0\,;6} \right)$, $B\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)$.

Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $SB$ và song song với $CD$.

$\overrightarrow {SB} = \left( { - 2\,;6\,; - 6} \right)$

$\overrightarrow {CD} = \left( {0\,; - 3\,;0} \right)$

$\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( { - 18\,;0\,;6} \right) = - 6\left( {3\,;0\,; - 1} \right)$

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right):3x - z = 0$.

$d\left( {CD,SB} \right) = d\left( {D,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| 9 \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {1^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt {10} }} \approx 2{,}85$.

Đáp án: 56,8.

Chọn hệ trục $Oxy$ với gốc tọa độ $O$ trùng với tâm đường tròn lớn của hình nón cụt.

$\Rightarrow A\left( {0;3} \right),B\left( {4;1} \right)$

Phương trình đường thẳng $AB:f\left( x \right) = - \frac{1}{2}x + 3$.

Thể tích dung dịch có chiều cao $h = 2$.

$V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx} = \pi \int\limits_0^2 {{{\left[ { - \frac{1}{2}x + 3} \right]}^2}dx} = \frac{{38\pi }}{3}$.

Thời gian bơm: $t = \frac{V}{v} = \frac{{45\pi }}{2} \approx 56{,}8$.

Đáp án: 320

Gọi$x\left( {ha} \right);\,\,x \ge 0$ là diện tích trồng Mận. Số ngày công trồng Mận là $10x$ngày

Gọi$y\left( {ha} \right);\,\,y \ge 0$ là diện tích trồng Xoài. Số ngày công trồng Xoài là $20y$ngày

Dựa vào dữ kiện của đề bài ta có hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\10x + 20y \le 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\x + 2y \le 10\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác $ABCD$ (kể cả các cạnh), với $A\left( {0;0} \right)$, $B\left( {0;5} \right)$, $C\left( {2;4} \right)$, $D\left( {6;0} \right)$.

Số tiền bác An thu được khi canh tác 6 ha đất trong 100 ngày là $F = 40x + 60y$ (triệu đồng).

Ta thấy $F = 40x + 60y$ đạt giá trị lớn nhất chỉ có thể tại các đỉnh.

Tại $A\left( {0; 0} \right)$ thì $F = 0$; tại $B\left( {0;5} \right)$ thì $F = 300$;

tại $C\left( {2;4} \right)$ thì $F = 320$; tại $D\left( {6;0} \right)$ thì $F = 240$.

Vậy số tiền nhiều nhất mà bác An có thể thu được sau mùa vụ này là $320$ triệu đồng khi trồng$2$ ha Mận và $4$ ha Xoài.