Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Thanh Hóa lần 2 có đáp án

Chọn A

Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {BD'}$.

Chọn D

Ta có: ${u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.3 = 14$.

Chọn A

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản:$\int {{x^n}} dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C\left( {n \ne - 1} \right)$.

Chọn A

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = 2$. Đường tiệm cận ngang là $y = 2$.

Chọn C

1. Tại $x = - 2$: $f'(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ suy ra có 1 điểm cực trị.

2. Tại $x = 1$: $f'(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$. Mặc dù $f'(x)$ không xác định (dấu $||$), nhưng đề bài cho biết hàm số liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \{ 1\}$. Điều này có nghĩa là hàm số không xác định tại $x{\rm{ }} = {\rm{ }}1$ nên $x{\rm{ }} = {\rm{ }}1$ không thể là điểm cực trị.

3. Tại $x = 2$: $f'(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ suy ra có 1 điểm cực trị.

4. Tại $x = 3$: $f'(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ suy ra có 1 điểm cực trị.

Chọn C

Lý thuyết: Trong mẫu số liệu ghép nhóm, nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất.

Kết luận: Tần số lớn nhất là $40$, tương ứng với nhóm $[162;168)$.

Chọn C

Ta có: ${S_{ABCD}} = {a^2}$.

$AA'$ là chiều cao của lăng trụ đứng

$\Rightarrow$ ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}\,.\,AA' = {a^2}\,.\,2a = 2{a^3}$.

Chọn C

Điều kiện xác định: $2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$.

Ta có: ${\log _5}\left( {2x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow 2x - 1 = {5^1} \Leftrightarrow 2x - 1 = 5 \Leftrightarrow 2x = 6 \Leftrightarrow x = 3$.

Chọn A

Ta có: $\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( {\frac{\pi }{6}} \right)$

$$\Rightarrow \quad \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$

$\Rightarrow \quad \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B

Điều kiện xác định: $\sqrt {4x - {x^2}} \ge 0 \Rightarrow 4x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow x\left( {4 - x} \right) \ge 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{x \le 4}\end{array}} \right. \Rightarrow 0 \le x \le 4$

Trục hoành có phương trình là: $y = 0$.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là: $\sqrt {4x - {x^2}} = 0 \Leftrightarrow 4x - {x^2} = 0$

$\Leftrightarrow x\left( {4 - x} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.$ (TM)

Thể tích khối xoay khi quay $\left( H \right)$ quanh trục $Ox$ là:

$$V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt {4x - {x^2}} } \right)}^2}\,} dx = \pi \int\limits_0^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)} \,dx = \frac{{32\pi }}{3}$$

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng $(H)$ xung quanh trục $Ox$ là $\frac{{32\pi }}{3}$.

Gọi biến cố $A$ là: “Người được chọn bị bệnh tiểu đường”.

Biến cố $B$ là: “Người được chọn bị bệnh huyết áp cao”.

a) Đúng.

Người ta thấy rằng có $40\%$ người cao tuổi bị bệnh tiểu đường nên $P\left( A \right) = 0{,}4.$

Vậy xác suất chọn được người bị bệnh tiểu đường là $0{,}4.$

b) Đúng.

Tỉ lệ người bị bệnh huyết áp cao trong những người bị bệnh tiểu đường là $70\%$ nên $P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0{,}7.$

Vậy xác suất chọn được người bị bệnh huyết áp cao, biết người đó bị bệnh tiểu đường là $0{,}7.$

c) Sai.

Tỉ lệ người bị bệnh huyết áp cao trong những người không bị bệnh tiểu đường là $25\%$ nên $P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 0{,}25.$

d) Sai.

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ, xác suất chọn được người bị bệnh huyết áp cao là

$P\left( B \right) = P\left( A \right).\,P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).\,P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 0{,}4.0{,}7 + 0{,}6.0{,}25 = 0{,}43.$.

a) Đúng.

Tập xác định của hàm số đã cho là $\mathbb{R}$.

b) Đúng.

Hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm là $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3$.

c) Sai.

Cho $f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên

Từ BBT suy ra trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$ hàm số nghịch biến.

d) Sai.

Ta có: $f\left( { - 3} \right) = - 18$; $f\left( { - 1} \right) = 2$; $f\left( 1 \right) = - 2$; $f\left( 2 \right) = 2$.

Vậy hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn $\left[ { - 3;2} \right]$ bằng $- 18$ tại $x = - 3$.

Chọn a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng.

a) Sai.

Vận tốc ban đầu của vận động viên đua xe đạp là ${v_2}\left( 0 \right) = 12 - 12{e^0} = 0$m/s.

b) Đúng.

Ta có: ${v'_1}\left( t \right) = - 0{,}1 \cdot 8{e^{ - 0{,}1t}} < 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].$ Suy ra tốc độ vận động viên điền kinh giảm dần theo thời gian.

Ta có: ${v'_2}\left( t \right) = - 0{,}1 \cdot \left( { - 12} \right){e^{ - 0{,}1t}} = 1{,}2{e^{ - 0{,}1t}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].$ Suy ra tốc độ của vận động viên đua xe đạp tăng dần theo thời gian.

c) Sai.

Khoảng cách giữa hai người là $s\left( t \right) = 40 + \int\limits_0^t {\left[ {{v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)} \right]} dt$.

Ta có $s'\left( t \right) = {v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)\,;\,\,s'\left( t \right) = 0 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = {v_1}\left( t \right)$.

Giải phương trình này, ta có: $12 - 12{e^{ - 0{,}1t}} = 8{e^{ - 0{,}1t}}$ $\Leftrightarrow 12 = 20{e^{ - 0{,}1t}}$ $\Leftrightarrow \frac{{12}}{{20}} = {e^{ - 0{,}1t}}$ $\Leftrightarrow {\rm{ln}}\frac{{12}}{{20}} = - 0{,}1t$ $\Leftrightarrow t = \frac{{{\rm{ln}}\frac{{12}}{{20}}}}{{ - 0{,}1}} \approx 5{,}1\,\,\,\left( s \right)$.

Bảng biến thiên:

Vậy hai người ở gần nhau nhất khi cuộc đua diễn ra khoảng $5{,}1$giây kể từ lúc bắt đầu.

d) Đúng.

Từ bảng biến thiên, ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa hai người là $21{,}3m$; kể từ thời điềm gần nhất đó, vận động viên điền kinh dần bị bỏ lại phía sau và người này không thể bắt kịp được vận động viên dua xe đạp nữa.

Phân tích tọa độ các điểm:

Đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $a = 3\sqrt 2$. Đường chéo $AC = BD = a\sqrt 2 = 3\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 = 6$

Suy ra $OA = OB = OC = OD = 3$. Dựa vào hệ trục tọa độ: $O(0;0;0)$, $A(0; - 3;0)$, $B(3;0;0)$, $C(0;3;0)$, $D( - 3;0;0)$.

Chiều cao chóp $SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4$. Vậy $S(0;0;4)$.

a) Đúng:

Tọa độ $C(0;3;0)$ và $D( - 3;0;0)$ hoàn toàn chính xác theo hệ trục đã chọn.

b) Sai:

Tâm $I$ của mặt cầu là trung điểm $SC$: $I = \left( {0;\frac{3}{2};2} \right)$.

Bán kính $R = \frac{{SC}}{2} = \frac{5}{2}$. Phương trình mặt cầu chuẩn phải là: ${x^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} + {(z - 2)^2} = \frac{{25}}{4}$.

Vế phải đề bài ghi $25$ là sai.

c) Sai:

$M$ là trung điểm $SD \Rightarrow M\left( { - \frac{3}{2};0;2} \right)$.

$BM = \sqrt {{{\left( { - \frac{3}{2} - 3} \right)}^2} + {0^2} + {2^2}} = \sqrt {\frac{{81}}{4} + 4} = \frac{{\sqrt {97} }}{2} \approx 4{,}92$.

Giá trị $2\sqrt 6 = \sqrt {24} \approx 4{,}89$. Do đó $BM \ne 2\sqrt 6$.

d) Đúng:

Mặt phẳng $(SBD)$ có phương trình $y = 0$.

Trọng tâm $G = \frac{{S + C + D}}{3} = \left( { - 1;1;\frac{4}{3}} \right) \Rightarrow {y_G} = 1 > 0$.

Điểm $A(0; - 3;0) \Rightarrow {y_A} = - 3 < 0$.

Vì ${y_G}$ và ${y_A}$ trái dấu nên $G,A$ nằm khác phía đối với mặt phẳng $(SBD)$.

Gọi $A'\left( {0;3;0} \right)$ là điểm đối xứng của $A$ qua $\left( {SBD} \right).$

$|EG - EA| = |EG - EA'| \le GA'$ đạt giá trị lớn nhất khi $E$ là giao điểm của đường thẳng $A'G$ và mặt phẳng $(SBD)$.

Ta có $\overrightarrow {A'G} = \left( { - 1; - 2;\frac{4}{3}} \right).$

Phương trình tham số của đường thẳng $A'G$: $x = - t,y = 3 - 2t,z = \frac{4}{3}t$.

Với $y = 0 \Rightarrow t = \frac{3}{2} \Rightarrow x = - \frac{3}{2},z = 2$.

Vậy tọa độ $E$ đúng là $E\left( { - \frac{3}{2};0;2} \right)$.

Đáp án: 166

Gọi $H$ là trung điểm $AB$, $M$ là trung điểm $CD$.

Ta có $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Kẻ $HK$ vuông góc $SM$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SM\\HK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)$.

$d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = 6$.

Xét tam giác vuông $SHM$ ta có: $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{H{{\rm{S}}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{6^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{H{{\rm{S}}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{H{{\rm{S}}^2}}} = \frac{1}{{144}}$.

$HS = 12$.

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{S.ABCD}}.HS = \frac{1}{3}.6.4\sqrt 3 .12 = 96\sqrt 3 \approx 166$.

Đáp án: 54,2

Vận tốc của chuyển động: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^2} - 3t + 10$.

Ta có: $v\left( t \right) = 20 \Rightarrow {t^2} - 3t + 10 = 20 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 10 = 0 \Leftrightarrow t = 5;t = - 2\left( L \right)$.

Quãng đường vật đi được là: $s\left( 5 \right) - s\left( 0 \right) = \frac{{337}}{6} \approx 54{,}2\,\,m$.

Đáp án: 3,79

Bán kính ${I_1}{A^2} = 11 = {r_1}^2$

Vì mỗi đường tròn là giao của mặt cầu với một mặt phẳng nên

$$O{I_1} \bot \left( {AB{I_1}} \right),O{I_2} \bot \left( {AB{I_2}} \right)$$

$\overrightarrow {{n_1}} = \left( {5;2;1} \right),\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1; - 2;5} \right) \Rightarrow O\left( {\frac{8}{3};\frac{5}{3};\frac{{ - 2}}{3}} \right) \Rightarrow O{I_1}^2 = {\left( {\frac{5}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{{10}}{3}$$\Rightarrow R = \sqrt {\frac{{10}}{3} + 11} \approx 3{,}79$.

Đáp số: 0,03.

Số số tự nhiên có $6$ chữ số được lập nên từ tập hợp trên là $6 \cdot A_6^5 = 4320$

Gọi ${a_7}$ là số tự nhiên trong tập hợp là số không được chọn để lập thành số tự nhiên có $6$ chữ số.

$$\left( {{a_1} + {a_2}} \right) + \left( {{a_3} + {a_4}} \right) + \left( {{a_5} + {a_6}} \right) + {a_7} = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$$

Mà ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}$

Nên $3\left( {{a_1} + {a_2}} \right) + {a_7} = 21$

Vì $3\left( {{a_1} + {a_2}} \right) \vdots 3$ và $21 \vdots 3$ nên ${a_7} \vdots 3$$\Rightarrow {a_7} \in \left\{ {0;3;6} \right\}$$\Rightarrow$ ${a_7}$ có$3$ cách chọn

Cặp số ${a_1}$, ${a_2}$ có $3 \cdot 2!$ cách chọn

Cặp số ${a_3}$, ${a_4}$ có $2 \cdot 2!$ cách chọn

Cặp số ${a_5}$, ${a_6}$ có $2!$ cách chọn

Số trường hợp thõa mãn ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}$ là $3 \cdot 3 \cdot 2! \cdot 2 \cdot 2! \cdot 2! = 144$

Số trường hợp thõa mãn ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}$ nhưng ${a_1} = 0$$\left( {{a_7} \in \left\{ {3;6} \right\}} \right)$ là

$$2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2! \cdot 2! = 16$$

Xác suất trúng thưởng của anh Huy là $\frac{{144 - 16}}{{4320}} = \frac{4}{{135}} \approx 0{,}03$.

Đáp án: 800.

Ta có $Q = 5000 - \frac{P}{3} \Leftrightarrow P = 15000 - 3Q$. Khi đó, lợi nhuận của doanh nghiệp đó là

$$L\left( Q \right) = Q \cdot P - C\left( Q \right) - Q \cdot t$$

$L\left( Q \right) = - 4{Q^2} + \left( {12800 - t} \right)Q - 500$

Gọi ${Q_0}$ là số sản phẩm cần sản xuất để doanh nghiệp đạt lợi nhuận lớn nhất, khi đó

${Q_0} = \frac{{12800 - t}}{8} \Leftrightarrow t = 12800 - 8{Q_0}$

Số tiền thuế thu được là

$T = {Q_0} \cdot t = {Q_0}\left( {12800 - 8{Q_0}} \right) = - 8Q_0^2 + 12800{Q_0}$

Để số tiền thuế thu được lớn nhất thì ${Q_0} = \frac{{12800}}{{16}} = 800$ (sản phẩm).

Đáp án: 3,67.

Chọn hệ trục Oxy tâm $O$. Hình vuông có cạnh bằng $2$ nên ${S_{{\rm{vu\^o ng}}}} = 4$. Đường tròn có bán kính $R = 2$ nên ${S_{{\rm{tr\`o n}}}} = 4\pi$.

Ta xét hình phẳng trong góc phần tám thứ nhất ứng với góc quay $t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]$ (so với trục Ox). Do tính đối xứng, diện tích toàn phần gấp 8 lần diện tích phần này.

Bản chất tích phân tính diện tích là tổng các diện tích vi phân hình quạt (tam giác vô cùng nhỏ) với $dS = \frac{1}{2}{r^2}dt$.

Trên tia Ot, vì $P$ là trung điểm MN nên ta có độ dài:

$OP = \frac{{OM + ON}}{2} \Rightarrow O{P^2} = \frac{1}{4}O{M^2} + \frac{1}{4}O{N^2} + \frac{1}{2}OM.ON$

Lấy tích phân hai vế theo dt từ $0$ đến $\frac{\pi }{4}$, rồi nhân $8$ (cho cả $2\pi$), ta thu được diện tích hình phẳng bên trong đường cong $(L)$:

${S_{(L)}} = \frac{1}{4}{S_{{\rm{vu\^o ng}}}} + \frac{1}{4}{S_{{\rm{tr\`o n}}}} + \frac{8}{2}\int_0^{\frac{\pi }{4}} O M.ONdt$

Với $t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]$, điểm $M$ nằm trên cạnh dọc $x = 1$ nên $\cos t = \frac{1}{{OM}} \Rightarrow OM = \frac{1}{{\cos t}}$. Điểm $N$ nằm trên đường tròn bán kính $R = 2$ nên $ON = 2$.

Tích phân thành phần:

$I = 4\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{2}{{\cos t}}} dt = 8\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos t}}{{1 - {{\sin }^2}t}}} dt = 4\ln \left| {\frac{{1 + \sin t}}{{1 - \sin t}}} \right||_0^{\frac{\pi }{4}} = 4\ln {(\sqrt 2 + 1)^2} = 8\ln (\sqrt 2 + 1)$

Thay các giá trị vào, ta có diện tích toàn phần của $(L)$:

${S_{(L)}} = \frac{1}{4}(4) + \frac{1}{4}(4\pi ) + 8\ln (\sqrt 2 + 1) = 1 + \pi + 8\ln (\sqrt 2 + 1)$

Thực hiện chuẩn phép tính, ta được diện tích phần hình cong $(L)$:

${S_{(L)}} = 1 + \pi + 4\ln (\sqrt 2 + 1)$

Phần diện tích mạ vàng nằm giữa $(L)$ và hình vuông là:

$S = {S_{(L)}} - {S_{{\rm{vu\^o ng}}}} = 1 + \pi + 4\ln (\sqrt 2 + 1) - 4 = \pi + 4\ln (\sqrt 2 + 1) - 3 \approx 3{,}67{\rm{ }}(d{m^2})$

Cách khác:

Chọn hệ trục Oxy tâm $O$.

Phần ngoài của mặt đồng hồ là đường tròn $\left( C \right):{x^2} + {y^2} = 4$

Gọi ${S_{\left( H \right)}}$ là diện tích phần hình phẳng $\left( H \right)$được giới hạn bởi đồ thị các đường $d:y = x$; $(L)$; trục hoành; $x = 1$ ($1 \le x \le 1{,}5$).

Gọi $S$ là phần diện tích cần tìm. Ta có $S = 8.{S_{\left( H \right)}}$.

Phương trình đường thẳng biểu diễn tia OM trên miền $\left( H \right)$ là $y = tx$ ($0 \le t \le 1$ và $1 \le x \le 1{,}5$)

Ta có N là giao điểm của tia OM và $\left( C \right)$ nên ${x_N} = \frac{2}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\;;\;{y_N} = \frac{{2t}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}$

Tọa độ điểm M là $M\left( {1;t} \right)$ và tọa độ điểm P là ${x_P} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)\;;\;{y_P} = \frac{1}{2}\left( {t + \frac{{2t}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)$.

Ta có $0 \le t \le 1$ suy ra $\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \le {x_P} \le 1{,}5$

Do $t = \frac{{{y_P}}}{{{x_P}}}$ nên ${x_P} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{{y_P}}}{{{x_P}}}} \right)}^2}} }}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{x_P}^2 + {y_P}^2} = \frac{{2{x_P}}}{{2{x_P} - 1}} \Leftrightarrow {y_P} = \sqrt {\frac{{4{x_P}^2}}{{{{\left( {2{x_P} - 1} \right)}^2}}} - {x_p}^2}$

Phương trình đường cong $(L)$trên miền $\left( H \right)$là $\left( L \right):y = \sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - {x^2}}$ ($\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \le x \le 1{,}5$)

Diện tích cần tìm: $S = 8\left( {\int\limits_1^{\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}} {x\;dx} + \int\limits_{\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}}^{1{,}5} {\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - {x^2}} \;dx} } \right) \approx 3{,}67\left( {d{m^2}} \right)$.