Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Nghệ An lần 2 có đáp án

Chọn C

Ta có $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x{\rm{d}}x} = \left. {\sin x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \sin \frac{\pi }{2} - \sin 0 = 1$.

Chọn B

Phương trình ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$ $\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)$ là phương trình mặt cầu tâm $I\left( {a;b;c} \right)$ và bán kính $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}$.

Loại câu A, C, D vì hệ số của ${x^2},{y^2},{z^2}$ không bằng nhau.

Chọn D

Công thức cộng: $\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b$.

Chọn A

Ta có $AC$ là hình chiếu vuông góc của $AC'$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Khi đó

$\left( {AC',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AC',AC} \right) = \widehat {CAC'} = {60^ \circ }$.

Trong tam giác $ACC'$ vuông tại $C$ có $CC' = AC \cdot \tan {60^ \circ } = 2\sqrt 2 \cdot \tan {60^ \circ } = 2\sqrt 6$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}} \cdot CC' = {2^2} \cdot 2\sqrt 6 = 8\sqrt 6$ (đvtt).

Chọn C

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$.

Chọn D

Ta có ${a^2} = 25,\,\,{b^2} = 16 \Rightarrow {c^2} = {a^2} - {b^2} = 9 \Rightarrow c = 3$.

Vậy tiêu cự của elip đó là $2c = 6$.

Chọn B

Ta có ${\log _a}{b^4} = 4{\log _a}b = 4.3 = 12$.

Chọn C

$\int {f(x){\rm{d}}x} = \int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} = - \cot x + C$

Chọn C

Giá trị trung bình: $\bar x = \frac{{4 \cdot 9 + 5 \cdot 11 + 8 \cdot 13 + 7 \cdot 15 + 5 \cdot 17}}{{29}} = \frac{{36 + 55 + 104 + 105 + 85}}{{29}} = \frac{{385}}{{29}} \approx 13,$

Phương sai:${s^2} = \frac{1}{n}\left( {\sum {{n_i}} x_i^2} \right) - {\bar x^2}$$= \frac{1}{{29}}\left( {4 \cdot {9^2} + 5 \cdot {{11}^2} + 8 \cdot {{13}^2} + 7 \cdot {{15}^2} + 5 \cdot {{17}^2}} \right) - {\left( {\frac{{385}}{{29}}} \right)^2} = \frac{{5504}}{{841}}$

Độ lệch chuẩn: ${s_x} = \sqrt {\frac{{5504}}{{841}}} \approx 2{,}56$.

Chọn B

Phương trình đường thẳng là: $\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{1}$

Chọn C

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là: ${\vec n_2} = \left( {2\,; - 3\,;1} \right)$.

a) ĐK: $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$.

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

b) $f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {x + 3} \right)}^\prime }.\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 3} \right){{\left( {x + 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\,\,\forall x \ne 1$.

c) $f\left( 1 \right) = \frac{{1 + 3}}{{1 + 1}} = 2$.

d) $f'\left( x \right) = - \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \ne - 1$ nên hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {1;3} \right]$

$\Rightarrow M = f\left( 1 \right) = 2$ và $m = f\left( 3 \right) = \frac{3}{2}$.

Vậy $M + m = \frac{7}{2}$.

Kết luận: a) Đúng b) Đúng c) Sai d) Đúng

a) Xác suất hệ thống từ chối mở cửa cho một khách là $P(\bar B|\bar A) = 0{,}9.$Phát biểu này Đúng.

b) Xác suất hệ thống mở cửa cho một người bất kỳ đi vào là

$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = 0{,}8 \cdot 0{,}98 + 0{,}2 \cdot 0{,}1 = 0{,}784 + 0{,}02 = 0{,}804$. Phát biểu này Đúng.

c) Ta có:$P(\bar B) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}804 = 0{,}196$

Theo công thức Bayes:

$$P(A|\bar B) = \frac{{P(A) \cdot P(\bar B|A)}}{{P(\bar B)}} = \frac{{0{,}8 \cdot 0{,}02}}{{0{,}196}} = \frac{{0{,}016}}{{0{,}196}} \approx 0{,}0816$$

Vì 0,0816 > 0,08 nên phát biểu "nhỏ hơn 0,08" là sai. Phát biểu này Sai.

d) Xác suất nhận diện là:

$P(A\bar B) + P(\bar AB) = P(A) \cdot P(\bar B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = 0{,}8 \cdot 0{,}02 + 0{,}2 \cdot 0{,}1 = 0{,}016 + 0{,}02 = 0{,}036$.

Phát biểu này Đúng.

a) Đúng

Ta có: $Q'\left( t \right) = f\left( t \right) - g\left( t \right) = 400.{e^{ - 0{,}01t}} - 20.{e^{0{,}04t}}$.

Hàm số $Q\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $h\left( t \right) = 400.{e^{ - 0{,}01t}} - 20.{e^{0{,}04t}}$.

b) Đúng

Ta có: $Q\left( t \right) = \int\limits_{}^{} {Q'\left( t \right)\,{\rm{d}}t = \int {\left( {400.{e^{ - 0{,}01t}} - 20.{e^{0{,}04t}}} \right)} } \,{\rm{d}}t = - 40000{e^{ - 0{,}01t}} - 500{e^{0{,}04t}} + C$.

$Q\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow - 40000 - 500 + C = 0 \Leftrightarrow C = 40500$.

Vậy $Q\left( t \right) = - 40000{e^{ - 0{,}01t}} - 500{e^{0{,}04t}} + 40500$.

c) Sai

Ta có: $Q\left( {20} \right) = - 40000{e^{ - 0{,}01.20}} - 500.{e^{0{,}04.20}} + 40500 \approx 6638$mAh.

Khi đó pin được khoảng $\frac{{6638}}{{20000}}.100 \approx 33{,}19$ mAh.

d) Sai

Dây sạc thường ngắt khi điện tích lớn nhất, tức là $Q'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( t \right) = g\left( t \right)$.

$\Leftrightarrow 400.{e^{ - 0{,}01t}} = 20.{e^{0{,}04t}}$

$\Rightarrow {e^{0{,}05t}} = 20$.

$\Rightarrow t = \frac{{\ln 20}}{{0{,}05}} \approx 59{,}91$.

Khi đó: $Q\left( {59{,}91} \right) \approx 13035{,}99$ mAh.

Dây sạc thông minh ngắt khi $f\left( t \right) \ge 3g\left( t \right)$, tức là tại thời điểm $f\left( t \right) = 3g\left( t \right)$

$\Leftrightarrow 400.{e^{ - 0{,}01t}} = 60.{e^{0{,}04t}}$

$\Leftrightarrow {e^{0{,}05t}} = \frac{{20}}{3}$.

$\Rightarrow t = \frac{{\ln \frac{{20}}{3}}}{{0{,}05}} \approx 37{,}94$.

Khi đó: $Q\left( {37{,}94} \right) \approx 10848{,}49$ mAh.

Vậy $Q\left( {59{,}91} \right) - Q\left( {37{,}94} \right) \approx 13035{,}99 - 10848{,}49 \approx 2187{,}5$ mAh.

Mặt cầu có tâm $O$ và bán kính $R = 120$ nên có phương trình ${x^2} + {y^2} + {z^2} = {120^2} = 14\;400$.

Suy ra a) đúng.

Đường thẳng $AB$ đi qua $A\left( {6;8;0} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow u = \left( {2;1;2} \right)$ nên có phương trình chính tắc$\frac{{x - 6}}{2} = \frac{{y - 8}}{1} = \frac{z}{2}$. Suy ra b) đúng.

Với vị trí $B$ có độ cao ${z_B} = 8$, suy ra $B\left( {14;12;8} \right)$ và $AB = \sqrt {{8^2} + {4^2} + {8^2}} = 12$. Suy ra c) đúng.

Gọi ${t_1}\;\left( s \right)\;\left( {{t_1} \le 300} \right)$ là thời gian vật thể đi từ $A$ đến $B$, ta có phương trình $\int\limits_0^{{t_1}} {\left( {20 + 0{,}6t - 0{,}0015{t^2}} \right)} dt = 12\;000$

$\Leftrightarrow 20t + 0{,}3{t^2} - 0{,}0005{t^3}|_0^{{t_1}} = 12\;000$$\Leftrightarrow 20{t_1} + 0{,}3t_1^2 - 0{,}0005t_1^3 = 12\;000 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 200\;(l)\\{t_1} = 600\;(l)\\{t_1} = 200\;(n)\end{array} \right.$

Dễ thấy, $A$ và $B$ đều nằm trong mặt cầu (do $OA = 10 < 120;\;OB = 2\sqrt {101} < 120$). Khi đến $B$ mà muốn thoát nhanh nhất thì sẽ đi đến $C$ với $C$ là giao điểm của $OB$ và mặt cầu.

Đáp án: 0,28

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

$A$ là biến cố “tam giác được chọn có tâm vòng tròn nằm bên ngoài”

$\Rightarrow \overline A$ là biến cố tâm vòng tròn nằm bên trong tam giác.

$\Rightarrow \overline A$ là biến cố “tam giác được chọn là tam giác nhọn”.

Ta có

Số phần tử của không gian mẫu: $C_{20}^3 = 1140$.

+ Số tam giác vuông: $10 \times C_{18}^1 = 180$.

+ Số tam giác tù $\frac{{20 \times \left( {C_9^2 + C_9^2} \right)}}{2} = 720$

Xác xuất nhận thưởng là $1 - \frac{{180 + 720}}{{1140}} = \frac{4}{{19}}$

Xác suất người chời không được nhận thưởng là $\frac{{15}}{{19}}$.

Xác suất người chơi nhận ít nhất $2$ phần quà là $1 - {\left( {\frac{{15}}{{19}}} \right)^5} - C_5^1\left( {\frac{4}{{19}}} \right){\left( {\frac{{15}}{{19}}} \right)^4} = 0{,}28$.

Đáp án: 600.

Hàm doanh thu: $T\left( x \right) = 300x$; Hàm chi phí: $C\left( x \right) = \frac{1}{5}{x^2} + 60x + 25000$;

Hàm lợi nhuận: $\pi \left( x \right) = T\left( x \right) - C\left( x \right) = - \frac{1}{5}{x^2} + 240x - 25000$.

$\Rightarrow \pi \left( x \right) = - \frac{1}{5}\left( {{x^2} - 1200x + 360000} \right) + 47000 = - \frac{1}{5}{\left( {x - 600} \right)^2} + 47000 \le 47000$, $\forall x \in \left[ {0;1000} \right]$.

Dấu bằng xảy ra khi $x - 600 = 0 \Leftrightarrow x = 600$ (chai).

Vậy lợi nhuận lớn nhất là $47$ triệu đồng khi sản xuất và bán $600$ chai.

Đáp án: 24

· Đơn vị độ dài: 1 đơn vị = 100 m.

· Độ cao cột ăng-ten: h = 100 m= 1 đơn vị.

· Bán kính phủ sóng: $R = 100\sqrt {54} m = \sqrt {54}$ đơn vị.

· Tọa độ các điểm:

o Chân cột $H({x_H},{y_H},{z_H}) \in (P)$.

o Đỉnh cột $S$ nằm thẳng đứng phía trên $H$: $S({x_H},{y_H},{z_H} + 1)$.

o A, B thuộc biên vùng phủ sóng $\Rightarrow SA = SB = R = \sqrt {54}$.

· Vì $H \in (P)$ nên: ${x_H} + {y_H} - 4{z_H} - 7 = 0 \Leftrightarrow {x_H} + {y_H} = 4{z_H} + 7$ (1).

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}S{A^2} = 54\\S{B^2} = 54\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({x_H} + 2)^2} + {({y_H} - 3)^2} + {({z_H} + 1)^2} = 54\\{({x_H} - 2)^2} + {({y_H} - 1)^2} + {({z_H} + 1)^2} = 54\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({x_H} + 2)^2} + {({y_H} - 3)^2} + {({z_H} + 1)^2} = 54\\{({x_H} + 2)^2} + {({y_H} - 3)^2} = {({x_H} - 2)^2} + {({y_H} - 1)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({x_H} + 2)^2} + {({y_H} - 3)^2} + {({z_H} + 1)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({x_H} + 2)^2} + {({y_H} - 3)^2} + {({z_H} + 1)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\\(1) \Rightarrow {x_H} + (2{x_H} + 2) = 4{z_H} + 7 \Rightarrow {z_H} = \frac{{3{x_H} - 5}}{4}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {({x_H} - 2)^2} + {(2{x_H} + 2 - 1)^2} + {\left( {\frac{{3{x_H} - 5}}{4} + 1} \right)^2} = 54\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_H} = 3\\{x_H} = - \frac{{261}}{{89}}\end{array} \right.\end{array}$

· Với ${x_H} = 3$: ${y_H} = 2(3) + 2 = 8$ và ${z_H} = \frac{{3(3) - 5}}{4} = 1$ (Thỏa mãn $z \ge 0$).

· Với ${x_H} = - \frac{{261}}{{89}}$: ${z_H} < 0$ (Loại).

Vậy tọa độ chân cột là $H(3;8;1)$.

Giá trị của $T$ là: $T = 3 \cdot 8 \cdot 1 = 24$

Đáp án: $17$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a = 4$, diện tích đáy là: ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3$.

Xác định khoảng cách từ $A$ đến $\left( {AB{\rm{'}}C{\rm{'}}} \right)$:

Gọi $M$ là trung điểm của $B{\rm{'}}C{\rm{'}}$. Vì $\Delta A{\rm{'}}B{\rm{'}}C{\rm{'}}$ đều nên $A{\rm{'}}M \bot B{\rm{'}}C{\rm{'}}$.

Lăng trụ đều nên $AA{\rm{'}} \bot \left( {A{\rm{'}}B{\rm{'}}C{\rm{'}}} \right) \Rightarrow AA{\rm{'}} \bot B{\rm{'}}C{\rm{'}}$. Suy ra $B{\rm{'}}C{\rm{'}} \bot \left( {AA{\rm{'}}M} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {AA{\rm{'}}M} \right)$, kẻ $A{\rm{'}}H \bot AM$ tại $H$.

Vì $B{\rm{'}}C{\rm{'}} \bot \left( {AA{\rm{'}}M} \right)$ nên $B{\rm{'}}C{\rm{'}} \bot A{\rm{'}}H$.

Do $A{\rm{'}}H \bot AM$ và $AH \bot B{\rm{'}}C{\rm{'}}$ nên $AH \bot \left( {AB{\rm{'}}C{\rm{'}}} \right)$.

Vậy $d\left( {A{\rm{'}},\left( {AB{\rm{'}}C{\rm{'}}} \right)} \right) = AH = 2$.

Tính chiều cao lăng trụ $\left( {h = AA{\rm{'}}} \right)$:

Xét tam giác $A{\rm{'}}B{\rm{'}}C{\rm{'}}$ đều cạnh $6$, trung tuyến $A{\rm{'}}M = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3$.

Xét tam giác $AA{\rm{'}}M$ vuông tại $A{\rm{'}}$, có đường cao $AH = 2$.

Áp dụng hệ thức lượng: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{AA{{\rm{'}}^2}}} + \frac{1}{{A{\rm{'}}{M^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}}$$\Rightarrow {h^2} = 6 \Rightarrow h = \sqrt 6$.

Tính thể tích: $V = {S_{ABC}} \cdot h = 4\sqrt 3 \cdot \sqrt 6 = 12\sqrt 2$. Giá trị xấp xỉ: $V \approx 17.$

Đáp án: 4989.

Theo Phương án 1, số tiền thu được là ${A_1} = 3{\left( {1 + 8\% } \right)^{15}}$

Theo Phương án 2, đặt $r = 5{,}8\%$ và ${T_0} = 3$. Gọi ${T_n}$ (tỉ đồng, $n \ge 1$) là số tiền còn lại (sau khi rút X đồng) sau $n$ năm. Khi đó

$$\begin{array}{l}{T_1} = {T_0}\left( {1 + r} \right) - X\\{T_2} = {T_1}\left( {1 + r} \right) - X = {T_0}{\left( {1 + r} \right)^2} - X\left( {1 + r} \right) - X\\{T_3} = {T_2}\left( {1 + r} \right) - X = {T_0}{\left( {1 + r} \right)^3} - X{\left( {1 + r} \right)^2} - X\left( {1 + r} \right) - X\\...\\{T_{15}} = {T_0}{\left( {1 + r} \right)^{15}} - X{\left( {1 + r} \right)^{14}} - ... - X\left( {1 + r} \right) - X = {T_0}{\left( {1 + r} \right)^{15}} - X\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{15}} - 1}}{{\left( {1 + r} \right) - 1}}\end{array}$$

Theo giả thiết, ${T_{15}} = 0 \Leftrightarrow 3{\left( {1 + 5{,}8\% } \right)^{15}} - X\frac{{{{\left( {1 + 5{,}8\% } \right)}^{15}} - 1}}{{5{,}8\% }} = 0 \Leftrightarrow X = 0{,}30486449.$

Gọi ${P_n}$ (tỉ đồng, $n \ge 1$) là số tiền thu được ở từng năm khi sử dụng X (tỉ đồng) đầu tư vào cổ phiếu. Khi đó

$\begin{array}{l}{P_1} = X{\left( {1 + 15\% } \right)^{14}}\\{P_2} = X{\left( {1 + 15\% } \right)^{13}}\\...\\{P_{14}} = X\left( {1 + 15\% } \right)\\{P_{15}} = X\end{array}$

Tổng số tiền thu được ở Phương án 2 là

$${A_2} = X\left[ {{{\left( {1 + 15\% } \right)}^{14}} + {{\left( {1 + 15\% } \right)}^{13}} + ... + \left( {1 + 15\% } \right) + 1} \right] = X\frac{{{{\left( {1 + 15\% } \right)}^{15}} - 1}}{{15\% }}$$

Vậy tổng số tiền thu được từ Phương án 2 nhiều hơn Phương án 1 $\Delta = {A_2} - {A_1} \approx 4{,}989$ (tỉ đồng) hay 4989 triệu đồng.

Xoay chiếc đôn theo chiều nằm ngang và chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây

Khi đó chiếc đôn là khối tròn xoay được sinh ra khi xoay hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$ và các đường thẳng $x = - 25,\,\,x = 25$ xung quanh trục $Ox$.

Gọi $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$. Dựa vào yêu cầu thiết kế, ta có $\left( P \right)$ đi qua các điểm $A\left( {25;20} \right)$, $B\left( { - 25;20} \right)$ và có đỉnh là $I\left( {0;15} \right)$.

Do đó, ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{625a + 25b + c = 20}\\{625a - 25b + c = 20}\\{c = 15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = \frac{1}{{125}}}\\{b = 0}\\{c = 15}\end{array}} \right.$.

Khi đó thể tích chiếc đôn là: $V = \pi \int\limits_{ - 25}^{25} {{{\left( {\frac{1}{{125}}{x^2} + 15} \right)}^2}dx = 14000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)}$

Ta tính được khối lượng đồng cần dùng là: $m = \frac{{14000\pi }}{{{{10}^6}}}.8960 = \frac{{3136\pi }}{{25}}\,\,\left( {kg} \right)$.

Vậy chi phí cần bỏ ra để làm một chiếc đôn là: $\frac{{3136\pi }}{{25}}\,.0{,}22 + 10 \approx 96{,}7$ triệu đồng.