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

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

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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 10\sqrt 3 + t}\\{y = 0}\\{z = 30 - \sqrt 3 t}\end{array}} \right.$.

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:$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 10\sqrt 3 + t}\\{y = 0}\\{z = 30 - \sqrt 3 t}\end{array}} \right.$.

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 $θ={30}^{^{\circ}}$

Góc $\phi$ giữa $\vec u$ và mặt phẳng $Oxy$ là $ϕ={90}^{^{\circ}}-θ={90}^{^{\circ}}-{30}^{^{\circ}}={60}^{^{\circ}}$

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

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

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

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.