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

Chọn D.

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[ - 2;3]$ là $2$.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: Hàm số đống biến trên các khoảng $( - \infty ; - 3)$ và $(6; + \infty )$.

Chọn C.

Giao điểm của đồ thị hàm số $y = f(x)$ và đường thẳng $y = 9x + 8$ là $A\left( { - 1; - 1} \right)$ và $B\left( {4;44} \right)$

Ta có: $f( - 1) = - 1$ và $f(4) = 44$.

$I = \int\limits_{ - 1}^4 {f'(x)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^4 = f\left( 4 \right) - f\left( { - 1} \right) = 45$.

Chọn C.

Ấp dụng tính chất của tích phân ta có: $\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^3 {f(x)dx} = 2 + 8 = 10$.

Chọn D

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương, nên ta có: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'}$.

Chọn D

Áp dụng công thức: $\int {{a^x}dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}}} + C\,\, \Rightarrow$$\int {{6^x}dx = \frac{{{6^x}}}{{\ln 6}}} + C$.

Chọn A

Ta có: $\int {f(x)dx = {x^2} + \cos x + C} \Rightarrow \,f(x) = {\left( {{x^2} + \cos x} \right)^\prime } = 2x - \sin x$.

Chọn D

Ta có: $\vec u = \left( {2\,;\, - 1\,;\,3} \right) \Rightarrow 3\vec u = 3\left( {2\,;\, - 1\,;\,3} \right) = \left( {6\,;\, - 3\,;\,9} \right)$.

Chọn A

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là $R = 70 - 30 = 40$.

Chọn B

Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = 1$ và tiệm cận ngang $y = 1$ nên chọn $y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$.

Chọn C

Theo định nghĩa, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {3;2; - 4} \right)$.

Chọn D

Ta thấy $1 + 2 + 1 - 4 = 0$ nên suy ra điểm $M\left( {1;2;1} \right) \in \left( \alpha \right)$.

a) Sai. Ta có $\int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{1 + \cos x}}{2}dx} = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\sin x + C$.

b) Sai. Ta có $F\left( x \right) = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\sin x + C$ mà $F\left( 0 \right) = 3 \Leftrightarrow C = 3$.

Do đó $F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{{12}} + \frac{1}{2}\sin \frac{\pi }{6} + 3 = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{13}}{4}$.

c) Sai. Ta có $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \cos x} \right)dx = \frac{1}{2}} \left. {\left( {x + \sin x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\pi$

Do đó $a = \frac{1}{2},b = \frac{1}{4}$

Vậy ${a^2} + {b^2} = \frac{5}{{16}}$.

d) Đúng. Ta có ${\cos ^2}\frac{x}{2} = {x^2} - 4 + {\cos ^2}\frac{x}{2} \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\end{array} \right.$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right),y = {x^2} - 4 + {\cos ^2}\frac{x}{2}$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 3$ là $S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx} + \int\limits_2^3 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx} = \frac{{23}}{3}$.

a) Đúng.

Ta có: $A\left( {0;0;0} \right)$, $B\left( {5;0;0} \right)$, $D\left( {0;6;0} \right)$$\Rightarrow C\left( {5;6;0} \right)$.

b) Đúng.

Ta có: $A'\left( {0;0;10} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {5;6;0} \right)$, $\overrightarrow {A'B} = \left( {5;0; - 10} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {AC} + 2\overrightarrow {A'B} = \left( {15;6; - 20} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AC} + 2\overrightarrow {A'B} } \right| = \sqrt {{{15}^2} + {6^2} + {{\left( { - 20} \right)}^2}} = \sqrt {661}$.

c) Sai.

$G$ là trọng tâm của tam giác $BDA'$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{5 + 0 + 0}}{3} = \frac{5}{3}\\{y_G} = \frac{{0 + 6 + 0}}{3} = 2\\{z_G} = \frac{{0 + 0 + 10}}{3} = \frac{{10}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {\frac{5}{3};2;\frac{{10}}{3}} \right)$.

d) Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {AG} = \left( {\frac{5}{3};2;\frac{{10}}{3}} \right)$, $B'\left( {5;0;10} \right)$, $\overrightarrow {B'C} = \left( {0;6; - 10} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {B'C} = \frac{5}{3}.0 + 2.6 + \frac{{10}}{3}.\left( { - 10} \right) = - \frac{{64}}{3}$.

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

a ) Ta có $f'(x) = ({x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026)'{e^{{x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026}} = (3{x^2} - 6x - 9){e^{{x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026}}$.

b) Ta có

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Lập bảng xét dấu $f'(x)$:

Hàm số đồng biến trên khoảng $( - \infty ; - 1);(3; + \infty )$ và nghịch biến trên khoảng $( - 1;3)$.

c) Lập bảng biến thiên của $f(x)$

Vậy hàm số có 2 giá trị cực trị cùng dấu.

d) Theo bảng biến thiên trên, ta có: $f( - 2) = {e^{2024}},f(2) = {e^{2004}}$.

Suy ra $\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f\left( x \right) = f(2) = {e^{2004}},\,\,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f(x) = f( - 1) = {e^{2031}}$.

$\Rightarrow \,\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f\left( x \right).\,\,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f\left( x \right) = {e^{4035}}$.

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

a) Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ đi qua điểm $O\left( {0;\,0;\,0} \right)$ nhận vec tơ $\vec k = \left( {0;\,0;\,1} \right)$ làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là: $z = 0$.

b) Hình chiếu vuông góc của $B$ trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ là điểm $B'\left( {0;\,2;\,1} \right)$.

c) Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {3;\,2;\, - 1} \right)$ là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là: $3\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y + 1} \right) - \left( {z - 4} \right) = 0$.

$\Leftrightarrow 3x + 2y - z + 6 = 0$.

d) Ta có: $\vec i = \left( {1;\,0;\,0} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {1;\, - 1;\,2} \right)$.

Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là: $\vec n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\,\vec i} \right] = \left( {0;\,2;\,1} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là: $0\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2y + z = 0$.

Ta có: $d\left( {B,\,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 5$.

Đáp án: $1086$.

Vì máy bay di chuyển trên một đường thẳng với tốc độ và hướng bay không đổi từ $A$ đến $B$ mất 8 phút và bay tiếp từ $B$ đến $C$ mất 4 phút nên ta có $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC}$.

Û $\left\{ \begin{array}{l}802 - 712 = 2\left( {x - 802} \right)\\220 - 200 = 2\left( {y - 220} \right)\\8 - 6 = 2\left( {z - 8} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 847\\y = 230\\z = 9\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {847;230;9} \right)$

Do đó $x + y + z = 1086$.

Đáp án: 13,9.

Chọn hệ trục như hình vẽ. Ta có $\tan \widehat {FOA} = \tan 60^\circ = \sqrt 3 \Rightarrow OA:y = x\sqrt 3 \Rightarrow y(2) = 2\sqrt 3 .$

Giả sử $({C_1}):y = a{x^2} + b \Rightarrow y' = 2ax.$

Vì $({C_1})$ tiếp xúc với $OA$ tại $A$ nên $y'(2) = \sqrt 3 \Leftrightarrow 2a.2 = \sqrt 3 \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow ({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + b$

Mặt khác $A(2;2\sqrt 3 ) \in ({C_1}) \Rightarrow 2\sqrt 3 = \sqrt 3 + b \Rightarrow b = \sqrt 3 \Rightarrow ({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + \sqrt 3 .$

Diện tích phần giới hạn bởi $({C_1})$ với hai đường thẳng $OA,OB$ bằng

${S_1} = 2\int\limits_0^2 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + \sqrt 3 - x\sqrt 3 } \right){\rm{d}}x} = 2\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{{12}}{x^3} + x\sqrt 3 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2}} \right]_0^2 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$

Cách khác, áp dụng công thức tính diện tích cửa parabol có đáy $a$ và chiều cao $b$ là $S = \frac{2}{3}ab.$

${S_1} = {S_{\Delta OAB}} - {S_{({C_1})}} = 4\sqrt 3 - \frac{2}{3}.4.\sqrt 3 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$

Vậy diện tích cần tìm là $S = 6{S_1} = 6.\frac{{4\sqrt 3 }}{3} = 8\sqrt 3 =$13,9 (cm$^{2}$).

Đáp án: 6,36

Vecto pháp tuyến của $mp(P)$ là $\overrightarrow {{n_P}} = (2; - 3;1)$

Vecto pháp tuyến của $mp(Q)$là $\overrightarrow {{n_Q}} = (2;1; - 3)$

Vecto pháp tuyến của $mp(\alpha )$là $\overrightarrow {{n_\alpha }} = (0;1; - 1)$

Ta coi nóc nhà là một đường thẳng $\Delta$ thì đường thẳng $\Delta$ là giao tuyến của $mp(P)$ và $mp(Q)$, Lại có $\left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = (8;8;8)$ nên một vecto chỉ phương của đường thẳng $\Delta$ là $\overrightarrow u = (1;1;1)$

Ta có $\overrightarrow u .\overrightarrow {{n_\alpha }} = 0$, suy ra đường nóc nhà song song với mặt phẳng chứa nền nhà.

Ta cũng có $M( - 3; - 4;0)$là một giao điểm của $mp(P)$ và $mp(Q)$do đó $M( - 3; - 4;0)$thuộc $\Delta$.

Do đó chiều cao của ngôi nhà chính là khoảng cách từ $M( - 3; - 4;0)$đến $(\alpha ):y - z - 5 = 0$

Vậy chiều cao ngôi nhà là: $h = d(M,(\alpha )) = \frac{{\left| {0.( - 3) + 1.( - 4) - 0 - 5} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {{( - 1)}^2}} }} \approx 6{,}36(m)$.

Đáp án: 6,56

1. Đặt ẩn và lập hàm số

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi chiếc thang và mặt đất $\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)$.

Gọi $L$ là tổng chiều dài của chiếc thang. Chiếc thang bị chia làm hai đoạn bởi điểm tựa trên đỉnh hàng rào:

Đoạn từ mặt đất đến đỉnh hàng rào (xét tam giác vuông tạo bởi đoạn thang này, mặt đất và hàng rào): ${L_1} = \frac{{2{,}88}}{{\sin \alpha }}$

Đoạn từ đỉnh hàng rào đến bức tường (xét tam giác vuông phía trên, với cạnh kề là khoảng cách từ hàng rào đến tường): ${L_2} = \frac{{1{,}8}}{{\cos \alpha }}$

Tổng chiều dài của thang sẽ là hàm số theo góc $\alpha$: $L(\alpha ) = {L_1} + {L_2} = \frac{{2{,}88}}{{\sin \alpha }} + \frac{{1{,}8}}{{\cos \alpha }}$.

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

Để tìm chiều dài ngắn nhất, ta tính đạo hàm của $L(\alpha )$ và cho bằng $0$:

$L'(\alpha ) = - \frac{{2{,}88 \cdot \cos \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} + \frac{{1{,}8 \cdot \sin \alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}$

Cho $L'(\alpha ) = 0$$\Leftrightarrow$ $\frac{{1{,}8 \cdot \sin \alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} = \frac{{2{,}88 \cdot \cos \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }}$$\Leftrightarrow$$1{,}8 \cdot {\sin ^3}\alpha = 2{,}88 \cdot {\cos ^3}\alpha$$\Leftrightarrow$$\frac{{{{\sin }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} = \frac{{2{,}88}}{{1{,}8}}$

$\Leftrightarrow$${\tan ^3}\alpha = 1{,}6 \Rightarrow \tan \alpha = \sqrt[3]{{1{,}6}} \Rightarrow \alpha = \arctan (\sqrt[3]{{1{,}6}}) \approx 49{,}47$

$\min L \approx 6{,}55936...$ (mét)

Theo yêu cầu đề bài, làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm:

Chiều dài ngắn nhất của chiếc thang là 6,56 mét.

Đáp án: $37{,}7$.

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.

Gọi điểm $M\left( {x;y} \right)$$\left( {x,y > 0} \right)$. Vì tích khoảng cách từ điểm $M$ đến các trục hoành, trục tung bằng 2 nên $x.y = 2 \Leftrightarrow y = \frac{2}{x}$.

Vì phần hình phẳng $\left( H \right)$ đối xứng nhau qua trục tung nên ta cần tính thể tích phần hình phẳng giới hạn bởi phần tô đậm $(0 \le x \le 2)$.

Phần hình phẳng bên phải trục tung chia thành 2 phần:

$\left( {{H_1}} \right):\left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 0;x = 1\end{array} \right.$ và $\left( {{H_2}} \right):\left\{ \begin{array}{l}y = \frac{2}{x}\\x = 1;\,x = 2\end{array} \right.$

Khi đó: ${V_1} = \pi \int\limits_0^1 {4dx} = 4\pi$

${V_2} = \pi \int\limits_1^2 {\frac{4}{{{x^2}}}dx = \left. {\pi \left( { - \frac{4}{x}} \right)} \right|} _1^2 = 2\pi$

Vậy $V = 2\left( {{V_1} + {V_2}} \right) = 2.6\pi \approx 37{,}7$.

Đáp án: 15.

+ Gọi $x,\,y\,\left( {x,\,y > 0} \right)$ lần lượt là số tấn gỗ keo và gỗ bạch đàn công ty A cần mua mỗi tháng

Theo đề bài ta có hệ bất phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}200x + \,300y\, \ge 2800\\300x + 150y \ge 2400\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + \,3y\, \ge 28\\3x + 1{,}5y \ge 24\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right.$

+ Đỉnh của miền nghiệm $A\left( {3;\,10} \right),\,B\left( {5;\,6} \right),\,C\left( {9;\,10} \right),\,D\left( {9;\,\frac{{10}}{3}} \right)$

+ Chi phí bỏ ra mua nguyên liệu $C\left( {x,\,y} \right) = 1{,}2x + 1{,}5y$.

Ta có $C\left( {3,\,10} \right) = 18{,}6;\,C\left( {5,\,6} \right) = 15;\,C\left( {9,\,\frac{{10}}{3}} \right) = 15{,}8;\,C\left( {9,\,10} \right) = 25{,}8$.

Vậy số tiền bỏ ra ít nhất là $15$ triệu đồng để mua $5$ tấn keo và $6$ tấn bạch đàn.