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

Chọn A

Ta có $\left( {\overrightarrow {A'B'} ;\overrightarrow {CA} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CA} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AE} } \right) = \widehat {BAE} = 180^\circ - \widehat {BAC} = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

Chọn B

Điều kiện: $x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1$

${\log _3}\left( {x + 1} \right) \le 2 \Leftrightarrow x + 1 \le {3^2} \Leftrightarrow x \le 8$.

Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là $\left( { - 1;8} \right]$.

Chọn A

Phương trình của mặt phẳng $\left( Q \right)$: $- 1\left( {x + 4} \right) + 6\left( {y + 4} \right) + 2\left( {z - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow - x + 6y + 2z + 4 = 0$.

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2$.

Do đó phương trình tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$ là $y = 2$.

Chọn A

Thể tích của khối chóp là: $V = S \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 12$.

Chọn B

Ta có ${M_0} \in \left[ {49;57} \right)$

${M_0} = 22 + \frac{{35 - 0}}{{\left( {35 - 0} \right) + \left( {35 - 21} \right)}}.10 = \frac{{204}}{7} \approx 29{,}14$.

Chọn B

Ta có $\int {f\left( x \right)dx} = {e^x} + \frac{1}{2}{x^2} + C$.

Chọn B

Ta có $2\sin x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi .$

Vậy tập nghiệm của phương trình $2\sin x - 1 = 0$ là $\left\{ {\frac{\pi }{6} + k2\pi ,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn D

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y = x - 2$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1$, $x = 3$ là $S = \int_1^3 | x - 2|dx$.

Chọn D

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. Mà $BC$ nằm trong mặt phẳng $(SBC)$, còn $AD$ không nằm trong mặt phẳng đó, nên $AD\parallel (SBC)$.

Chọn D

Cấp số nhân có ${u_1} = 3$, ${u_2} = 6$ nên công bội $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2$. Do đó ${u_4} = {u_1}{q^3} = 3 \cdot {2^3} = 24$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {CN} = (2 - ( - 4);5 - 4;4 - 1) = (6;1;3)$.

a) Gọi sau $t$ phút ta có thể tích nước trong thùng là $2000 + 50t$ (lít).

Khi đó khối lượng đường là $5000 + 1000t$ (gam).

Nồng độ đường trong thùng sau $t$ phút là $f\left( t \right) = \frac{{1000t + 5000}}{{50t + 2000}}$.

Khi $t \to + \infty$ ta có $f\left( t \right) \to 20$ (gam/lít).

Vậy với tiêu chuẩn này nhà máy có thể sản xuất trong thời gian dài.

Chọn Sai.

b) Nồng độ đường trong thùng sau $t$ phút là $f\left( t \right) = \frac{{1000t + 5000}}{{50t + 2000}}$ (gam/lít).

Chọn Đúng.

c) Khối lượng đường trong thùng sau $t$ phút là $5000 + 1000t$ (gam).

Chọn Đúng.

d) Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{{1000t + 5000}}{{50t + 2000}}$ ta có $f'\left( t \right) = \frac{{1750000}}{{{{\left( {50t + 2000} \right)}^2}}} > 0\,\forall t \in \left[ {0; + \infty } \right)$.

Hàm số $f\left( t \right)$ luôn đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ nên nồng độ đường trong thùng luôn tăng khi sản xuất trong thời gian dài.

Chọn Đúng.

a) Điểm $I\left( {2;\, - 1;\, - 1} \right)$.

Gọi $H\left( { - 2 + 2t;\, - 1 - 3t;\,t} \right)$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $d$.

$$\overrightarrow {IH} \left( { - 4 + 2t;\, - 3t;\,t + 1} \right)$$

Véc tơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow u \left( {2;\, - 3;\,1} \right)$

$\overrightarrow {IH} \bot \overrightarrow u \Leftrightarrow 2\left( { - 4 + 2t} \right) - 3\,\left( { - 3t} \right) + 1\,\left( {t + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}$

$H\left( { - 1;\, - \frac{5}{2};\,\frac{1}{2}} \right)$$\Rightarrow a = - 1;\,b = - \frac{5}{2};\,c = \frac{1}{2} \Rightarrow b = - 5c$. Sai

b)

Vì $A,\,B$ tương ứng là tiếp điểm của tấm gỗ, sàn nhà với quả bóng và $I$ là tâm của mặt cầu $\left( S \right)$ nên $IA \bot d,\,IB \bot d$

$H\left( { - 1;\, - \frac{5}{2};\,\frac{1}{2}} \right)$ là hình chiếu vuông góc của $I$lên $d$

$$IA = R = 2,\,IH = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1{,}5} \right)}^2} + {{\left( {1{,}5} \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$$

.

Xét $\Delta IAH$ vuông tại $A$

$cos\frac{\alpha }{2} = cos\widehat {AIH} = \frac{R}{{IH}} = \frac{2}{{\frac{{3\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{4}{{3\sqrt 6 }} \Rightarrow \frac{\alpha }{2} \simeq {57^0} \Rightarrow \alpha \simeq {114^0} \simeq 1{,}99\,rad$.

Do đó . Đúng

c) Phương trình tham số của $d$: $\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 2t\\y = - 1 - 3t\\z = t\end{array} \right.,\,t \in \mathbb{R} \Rightarrow K \in d$, toạ độ $K\left( { - 2 + 2t;\, - 1 - 3t;\,t} \right)$. Đúng

d) Ta có mặt cầu $\left( S \right)$: ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 4$ bán kính $R = 2$ và tâm $I\left( {2;\, - 1; - \,1} \right)$. Sai

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

Ta có $y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$

a) $M$ là giao điểm của đồ thị và trục tung nên ${x_M} = 0$ , suy ra ${y_M} = 2$, $y'({x_M}) = 0$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại $M$: $y = 2$.

c) Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - {1^ + }} {\rm{ }}f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = + \infty$ nên $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Lại có $y = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}$

$\Rightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } {\rm{ }}\left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\,$ và $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } {\rm{ }}\left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\,$ nên $y = x + 1$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Giao điểm hai đường tiệm cận là $I\left( { - 1;0} \right)$, suy ra tâm đối xứng của đồ thị hàm số là $I\left( { - 1;0} \right)$.

d) Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.$. Lập bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là $\left( {0;\,2} \right)$ và $\left( { - 2;\, - 2} \right)$, hai điểm này nằm về hai phía đối với trục hoành.

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

Gọi A là biến cố người đó nghiện thuốc lá: $P(A) = 0{,}2 \Rightarrow P(\bar A) = 0{,}8$.

Gọi B là biến cố người đó bị bệnh phổi.$P(B|A) = 0{,}7;P(B|\bar A) = 0{,}15$.

Ý a: Đúng $P(B|\bar A) = 0{,}15$.

Ý b: Sai $P(B|A) = 0{,}7$.

Ý c: Sai$P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0{,}14}}{{0{,}26}} = \frac{7}{{13}}$.

Ý d: Đúng$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = 0{,}2 \cdot 0{,}7 + 0{,}8 \cdot 0{,}15 = 0{,}14 + 0{,}12 = 0{,}26$.

Đáp án: 972

Bước 1: Tính chiều cao của hình chóp cụt ($h$)

Gọi ${R_1} = IC$ và ${R_2} = JF$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của đáy lớn và đáy nhỏ.

· ${R_1} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{12\sqrt 2 }}{2} = 6\sqrt 2$ (dm)

· ${R_2} = \frac{{b\sqrt 2 }}{2} = \frac{{8\sqrt 2 }}{2} = 4\sqrt 2$ (dm)

Kẻ đường cao $CK$ từ một đỉnh của đáy lớn xuống mặt phẳng đáy nhỏ. Khi đó, ta có một tam giác vuông với cạnh huyền là cạnh bên $l = CF$, một cạnh góc vuông là chiều cao $h = CK$, và cạnh góc vuông còn lại có độ dài bằng hiệu hai bán kính $FK = {R_1} - {R_2}$.

Áp dụng định lý Pytago, ta có:

$h = \sqrt {{l^2} - {{\left( {{R_1} - {R_2}} \right)}^2}} = \sqrt {100 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {100 - 8} = \sqrt {92} = 2\sqrt {23} {\rm{\;(dm)}}$.

Bước 2: Tính diện tích hai mặt đáy

· Diện tích miệng thùng (đáy lớn): ${S_1} = {a^2} = {12^2} = 144{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^2})$

· Diện tích đáy thùng (đáy nhỏ): ${S_2} = {b^2} = {8^2} = 64{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^2})$

Bước 3: Tính thể tích thùng rác ($V$)

Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp cụt đều:

$V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)$

Trước tiên, tính phần căn bậc hai của tích hai diện tích:

$\sqrt {{S_1}{S_2}} = \sqrt {144 \times 64} = 12 \times 8 = 96{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^2})$

Thể tích của thùng đựng rác là $V = \frac{1}{3} \times 2\sqrt {23} \times \left( {144 + 64 + 96} \right){\rm{\;}} \approx 972{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^3})$

Đáp án: 4

Ta có $f\left( x \right) - g\left( x \right) = \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx - \frac{1}{2}} \right) - \left( {d{x^2} + ex + 1} \right) = a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \frac{3}{2}$.

Từ hình vẽ ta có $f\left( x \right) - g\left( x \right) = a\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right) = a{x^3} + 3ax - ax - 3a$.

Đồng nhất hệ số tự do ta được: $3a = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}$

$f\left( x \right) - g\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}x - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}$

Vậy diện tích cần tìm: $\int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {\frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}x - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}} \right|{\rm{d}}x} = 4$.

Đáp án: 363

Số cách chọn 4 đỉnh ngẫu nhiên từ 26 đỉnh của đa giác đều là $n\left( \Omega \right) = C_{26}^4 = 14950$

Gọi $A$: "tứ giác được chọn có bốn đỉnh là đỉnh của đa giác nhưng không có cạnh nào là cạnh của $(H)$".

Gọi các đỉnh của đa giác đều lần lượt là ${A_1},{A_2},...,{A_{26}}$.

Xét tứ giác thỏa mãn điều kiện đề bài có đỉnh ${A_1}$, khi đó ${A_2}$ và ${A_{26}}$ không phải là đỉnh của tứ giác này. Ta cần chọn thêm các đỉnh ${A_i},{A_j},{A_k}$ thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{i \ge 3}\\{i + 1 < j}\\{j + 1 < k}\\{k \le 25}\end{array}} \right.$ (vì giữa hai đỉnh của tứ giác phải có ít nhất 1 đỉnh của đa giác).

Từ đó $3 \le i < j - 1 < k - 2 \le 23$, nên bộ $(i,j - 1,k - 2)$ được chọn bằng cách chọn 3 số từ tập $\{ 3;4;5;...;23\}$, có $C_{21}^3$ cách chọn.

Các đỉnh ${A_1},{A_i},{A_j},{A_k}$ có vai trò như nhau, ở đây ta đang cố định đỉnh ${A_1}$ nên khi đếm như vậy tới khi cố định hết 26 đỉnh của đa giác, mỗi tứ giác đã đếm lại 4 lần. Do đó số tứ giác thỏa mãn là: $\frac{{26.C_{21}^3}}{4} = 8645$. Xác suất cần tính: $P = \frac{{8645}}{{14950}} = \frac{{123}}{{230}}$.

$\Rightarrow Q = a + b = 133 + 230 = 363$.

Cách 2:

Số cách chọn 4 đỉnh ngẫu nhiên từ 26 đỉnh của đa giác đều là $n\left( \Omega \right) = C_{26}^4 = 14950$

Số cách chọn $k$ đỉnh không kề nhau trên đa giác $n$ đỉnh là $\frac{n}{{n - k}}C_{n - k}^k = \frac{{26}}{{26 - 4}}C_{26 - 4}^4 = 8645$

Vậy xác suất để chọn được tứ giác thỏa yêu cầu đề bài là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{8645}}{{14950}} = \frac{{133}}{{230}}$

$\Rightarrow Q = a + b = 133 + 230 = 363$.

Đáp án: 1724

Tổng số điện gia đình ông A sử dụng là 705 số.

Số bậc điện đầy đủ mà ông A sử dụng là $\frac{{705}}{{50}} = 14$ bậc.

Số số điện còn lại ở bậc thứ 15 là $705 - 14 \times 50 = 705 - 700 = 5$ số.

Giá tiền điện ở bậc 1 là $2000$ đồng/1 số.

Giá tiền điện ở bậc 2 là $2000\left( {1 + 3\% } \right) = 2000.1{,}03$ đồng/1 số.

…

Giá tiền điện ở bậc 15 là $2000.1,{03^{14}}$ đồng/1 số.

Số tiền nhà ông A cần phải trả là:

$$T = 50.2000.\left( {1 + 1{,}03 + ... + 1,{{03}^{13}}} \right) + 5.2000.1,{03^{14}}$$

$= 100000.\frac{{1,{{03}^{14}} - 1}}{{1{,}03 - 1}} + 10000.1,{03^{14}}.\frac{1}{{1000}} \approx 1724$(nghìn đồng).

Đáp án: 2402

Gọi bìa loại 1 và loại 2 tương ứng với kích thước $1 \times 2$ và $1 \times 3$

Do cạnh dài của tất cả các tấm bìa phải song song với nhau, có hai trường hợp.

Trường hợp 1: Xếp các tấm bìa dọc: Tất cả cạnh dài thẳng đứng. Khi đó chỉ có thể dùng các tấm loại 1 đặt dọc để phủ từng cột, có đúng $1$ cách.

Trường hợp 2: Xếp các tấm bìa ngang: Tất cả cạnh dài nằm ngang.

Khi đó mỗi hàng dài được xếp độc lập bằng các tấm bìa loại 1 hoặc loại 2.

Ta xếp theo các bước sau:

Bước 1: Xếp hàng 1:

Gọi số bìa loại 1 và loại 2 dùng để xếp vào hàng 1 lần lượt là: $x,\,y\,$, ĐK: $x,\,y \in \mathbb{N}$.

$\Rightarrow 2x + 3y = 17$ $\Leftrightarrow y = \frac{{17 - 2x}}{3}$$\Rightarrow 17 - 2x \ge 0 \Rightarrow 0 \le x \le 8$

Vì các tấm bìa cùng loại là giống nhau, nên số cách xếp cho hàng 1 là:

$\frac{{6!}}{{5!}} + \frac{{7!}}{{4!3!}} + \frac{{8!}}{{7!}} = 49$.

Bước 2: Xếp hàng 2: Tương tự hàng 1, nên số cách: 49

Số cách xếp của TH2: ${49^2} = 2401$.

Vậy tổng số cách lát là $2401 + 1 = 2402$.

Đáp án: 156

Đặt $AB = x$($0 < x < 10$).

Ta có : $SO = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 5\sqrt 3$.

Suy ra $SH = SO - OH = 5\sqrt 3 - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}$.

Chiều cao khối chóp $h = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {5\sqrt 3 - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {75 - 15x}$.

Thể tích khối chóp là : $V = 6 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \sqrt {75 - 15x}$$= \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sqrt {75{x^4} - 15{x^5}}$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = 75{x^4} - 15{x^5}$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = 300{x^3} - 75{x^4} = 75{x^3}\left( {4 - x} \right)$.

Ta có: $f'{\kern 1pt} \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.$.

Vậy thể tích lớn nhất khi cạnh $AB = 4$ suy ra diện tích bạn Hoa cắt đi là

$S = 6\frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} - 6\frac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} - 6\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \left( {5\sqrt 3 - 2\sqrt 3 } \right) = 155{,}88$.