Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2025 - Mã 123

$V = \dfrac{1}{3}Sh$.

Thể tích khối chóp được tính bằng công thức:

$V = \dfrac{1}{3}.SA.S_{ABC} = \dfrac{1}{3}.3.\left( \dfrac{4.5}{2} \right) = 10$.

$\left. \log_{a}x = b\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x > 0} \\ {x = a^{b}} \end{array} \right.$ \right.

$\log_{3}(2x - 1) = 2$

$\left. \Leftrightarrow 2x - 1 = 3^{2} \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2x - 1 = 9 \right.$

$\left. \Leftrightarrow x = 5 \right.$.

Đường thẳng song song với mặt phẳng nếu nó song song với một đường thẳng thuộc mặt phẳng đó.

Vì AB // A'B' nên AB // (A'B'C'D').

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa.

${\int x^{2}}dx = \dfrac{1}{3}x^{3} + C$.

Đường thẳng $\dfrac{x - x_{0}}{a} = \dfrac{y - y_{0}}{b} = \dfrac{z - z_{0}}{c}$ có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là $\overset{\rightarrow}{u_{4}} = (4; - 5;2)$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng $u_{n} = u_{1} + (n - 1)d$.

$u_{5} = u_{1} + 4d = 4 + 4.( - 3) = - 8$.

Mặt phẳng đi qua điểm $M\left( {x_{0};y_{0};z_{0}} \right)$, nhận $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình $a\left( {x - x_{0}} \right) + b\left( {y - y_{0}} \right) + c\left( {z - z_{0}} \right) = 0$.

Phương trình mặt phẳng: $3(x - 2) + 2(y - 1) - (z + 4) = 0$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

Nghiệm của phương trình $\sin x = 0$ là $x = k\pi$ $\left( {k \in {\mathbb{Z}}} \right)$.

Áp dụng quy tắc ba điểm.

$\overset{\rightarrow}{BA} + \overset{\rightarrow}{A^{\prime}C^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{BA} + \overset{\rightarrow}{AC} = \overset{\rightarrow}{BC}$.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $x = - 1$.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng $S = {\int\limits_{a}^{b}{\left| {f(x)} \right|dx}}$.

Diện tích hình phẳng: $S = {\int_{1}^{2}{\left| {2x - 3} \right|dx}}$.

Áp dụng công thức tính $Q_{3}$ của mẫu số liệu ghép nhóm.

$\left. n = 40\Rightarrow\dfrac{3n}{4} = 30\Rightarrow Q_{3} \right.$ thuộc nhóm [120;160).

$Q_{3} = 120 + \dfrac{\dfrac{3.40}{4} - (11 + 10 + 6)}{8}(160 - 120) = 135$.

Tính đạo hàm f’(x), tìm nghiệm của f’(x) = 0 và tìm giá trị lớn nhất của hàm số.

a) Đúng. $f'(x) = 3x^{2} - 48$.

b) Sai. Phương trình $f'(x) = 0$ có hai nghiệm $x = \pm 4$.

c) Sai. $f(4) = 4^{3} - 48.4 - 8 = - 136$.

d) Sai. Ta có:

f(4) = -136; f(-4) = 120; f(5) = 107; f(-5) = 123.

Do đó giá trị lớn nhất của f(x) trên [-5;5] là 120 (tại x = -4).

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần, công thức Bayes.

Gọi A là biến cố “Tin nhắn bị đánh dấu”, suy ra $\overline{A}$ là biến cố “Tin nhắn không bị đánh dấu”.

B là biến cố “Tin nhắn là quảng cáo”, suy ra $\overline{B}$ là biến cố “Tin nhắn không phải quảng cáo”.

Theo giả thiết: P(A) = 0,1; $P\left( \overline{B} \middle| A \right) = 0.1$; $P\left( B \middle| \overline{A} \right) = 0.1$.

a) Đúng. Xác suất không bị đánh dấu:

$P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,1 = 0,9$.

b) Sai. Xác suất không phải quảng cáo khi không bị đánh dấu:

$\left. P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = 1 - P(B \middle| \overline{A}) = 1 - 0,1 = 0,9 \right.$.

c) Đúng. Xác suất không phải quảng cáo:

$\left. P(\overline{B}) = P(A).P(\overline{B} \middle| A) + P(\overline{A}).P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = 0,1.0,1 + 0,9.0,9 = 0.82 \right.$.

d) Đúng. Xác suất không bị đánh dấu khi không phải quảng cáo:

$\left. P(\overline{A} \middle| \overline{B}) = \dfrac{\left. P(\overline{A}).P(\overline{B} \middle| \overline{A}) \right.}{P(\overline{B})} = \dfrac{0,9.0,9}{0,82} \approx 0,988 > 0,95 \right.$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vectơ.

a) Đúng. $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$, $\left| \overset{\rightarrow}{u} \right| = 1$, $\overset{\rightarrow}{i} \in (1;0;1)$.

$\left. \cos(\overset{\rightarrow}{u},\overset{\rightarrow}{i}) = \dfrac{\overset{\rightarrow}{u} \cdot \overset{\rightarrow}{i}}{\left| \overset{\rightarrow}{u} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{i} \right|} = \dfrac{a}{1.1} = a\Rightarrow a = \cos 60^{o} \right.$.

b) Sai. $a = \cos 60^{o} = \dfrac{1}{2}$.

Tương tự ta có $\left. b = \cos 60^{o} = \dfrac{1}{2};c = \cos 45^{o} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\overset{\rightarrow}{u}\left( {\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}} \right) \right.$.

$\left. \Rightarrow AB:\dfrac{x - 4}{1} = \dfrac{y - 4}{1} = \dfrac{z}{\sqrt{2}} \right.$.

c) Sai. $v(t) = \beta t + 300$, sau 2 giây, hạt đi được quãng đường là:

$\left. S = {\int_{0}^{2}{(\beta t + 300)}}dt = 608\Rightarrow 2\beta + 600 = 608\Rightarrow\beta = 4\text{~(Sai)} \right.$

d) Đúng. Sau 5 giây, hạt đi được quãng đường là:

$AB = {\int_{0}^{5}{(4t + 300)dt}} = 1550$.

$\left. \overset{\rightarrow}{AB} = k\overset{\rightarrow}{u}\Rightarrow\overset{\rightarrow}{AB} = k.\left| \overset{\rightarrow}{u} \right| = k.\sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2}} = k\Rightarrow k = 1550 \right.$.

$\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {\dfrac{1500}{2};\dfrac{1500}{2};\dfrac{1500}{\sqrt{2}}} \right) \right.$.

$\left. \Rightarrow x_{B} = \dfrac{1500}{2} + x_{A} = \dfrac{1500}{2} + 4 = 779 \right.$.

Thay số từ giả thiết vào hàm số để giải.

a) Đúng. $\left. y(t) = e^{g(t)}\Rightarrow y'(t) = e^{g(t)}.g'(t) \right.$.

$\left. y'(t) = k.y(t)\Leftrightarrow e^{g(t)}.g'(t) = k.e^{g(t)}\Rightarrow g'(t) = k\Rightarrow g(t) = kt + C \right.$.

b) Sai. $\left. t = 6\Rightarrow y(6) = 2\Leftrightarrow e^{6k + C} = 2\Leftrightarrow 6k + C = \ln 2 \right.$.

$\left. t = 12\Rightarrow y(12) = 1\Leftrightarrow e^{12k + C} = 1\Leftrightarrow 12k + C = 0 \right.$.

Suy ra $k = \dfrac{- 1}{6}\ln 2$.

c) Sai. $C = - 12k = 2\ln 2$.

d) Đúng. $\left. t = 28\Rightarrow y(28) = 1\Leftrightarrow e^{28{({\dfrac{1}{6}\ln 1})} + 2\ln 2} = 0,1575 < 0,2 \right.$.

Sử dụng phương pháp vách ngăn.

Ta có $7 = 1 + 1 + 1 + 4 = 1 = 1 + 2 + 3 = 1 + 2 + 2 + 2$.

TH1: Có 3 ngăn chứa 1 quyển sách, một ngăn chứa 4 quyển sách

Số cách xếp là $4.A_{7}^{4}.31 = 20160$.

TH2: Có hai ngăn chứa một quyển sách, một ngăn chứa 2 quyển sách, một ngăn chứa 3 quyển sách

Số cách xếp là $4.A_{7}^{3}.3A_{4}^{2}.21 = 60480$.

TH3: Có một ngăn chứa 1 quyển sách, ba ngăn còn lại mỗi ngăn chứa hai quyển sách

Số cách xếp là $4.A_{7}^{1}.A_{6}^{2}.A_{4}^{2}.A_{2}^{2} = 20160$.

$\left. T = 20160 = 60480 + 20160 = 100800\Rightarrow\dfrac{T}{50} = 2016 \right.$.

Tính thể tích khối chóp cụt $V_{1}$ bằng cách áp dụng công thức $V = \dfrac{1}{3}h\left( {S + \sqrt{S.S'} + S'} \right)$.

Tính thể tích chỏm cầu $V_{2}$ bằng cách áp dụng công thức thể tích khối tròn xoay $V = \pi{\int\limits_{a}^{b}{f^{2}(x)dx}}$.

Thể tích chân đế là $V = V_{1} - V_{2}$.

Thể tích khối chóp cụt: $V_{1} = \dfrac{1}{3} \cdot 1,5 \cdot \left( {10,4^{2} + 7,4^{2} + 10,4 \cdot 7,4} \right)$.

Chỏm cầu sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đường tròn $x^{2} + y^{2} = 5,6^{2}$; Ox; $x = x_{I}$, $x = 5,6$.

$\left. OI = \sqrt{5,6^{2} - 3,5^{2}} = \dfrac{7\sqrt{39}}{10}\Rightarrow x_{I} = \dfrac{7\sqrt{39}}{10} \right.$.

Thể tích phần chỏm cầu: $\left. V_{2} = \pi{\int_{0}^{5,6}{\left( {5,6^{2} - x^{2}} \right)dx}}\Rightarrow x_{I} = \dfrac{7\sqrt{39}}{10} \right.$.

Thể tích chân đế: $V = V_{1} - V_{2} = 95,3$.

Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung.

Ta có $AC\bot SH$ và $\left. BD\Rightarrow AC\bot(SBD) \right.$.

Kẻ OE, HF vuông góc với SD tại E và F. Ta có OE là đoạn vuông góc chung của AC và SD.

Suy ra $d(AC,SD) = OE$.

Ta có: $\frac{{OD}}{{HD}} = \frac{{OD}}{{OD + HO}}$

$= \frac{{OB}}{{OB + \frac{1}{3}OB}} = \frac{{OB}}{{\frac{4}{3}OB}} = \frac{3}{4}$.

Suy ra $HD = \dfrac{4}{3}OD = \dfrac{4}{3} \cdot 4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{8}{\sqrt{3}}$.

$\dfrac{1}{HF^{2}} = \dfrac{1}{HS^{2}} + \dfrac{1}{HD^{2}} = \dfrac{1}{12} + \dfrac{3}{64} = \dfrac{25}{192}$.

$\Rightarrow HF = \dfrac{\sqrt{192}}{5}$.

Lại có $\dfrac{OE}{HF} = \dfrac{OD}{HD} = \dfrac{3}{4}$.

$\Rightarrow OE = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{\sqrt{192}}{5} \approx 2,08$.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Gọi số thực đơn 1 là $x$, số thực đơn 2 là $y$, ta có $x \geq 0$; $y \geq 0$.

Số cốc nước chanh là $2x + 3y \leq 165$.

Số túi khoai tây chiên là $x + 2y \leq 100$.

Số tiền thu về là $T = 25x + 40y$.

Xét hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn:

$\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ 2x+3y\le 165\\ x+2y\le 100\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x \geq 0} \\ {y \geq 0} \\ {2x + 3y \leq 165} \\ {x + 2y \leq 100} \end{array} \right.$

Miền nghiệm là tứ giác OABC với O(0;0), A(0;50), B(30;35), C(82,5;0).

Ta có: $T_{O} = 25.0 + 40.0 = 0$;

$T_{A} = 25.0 + 40.50 = 200$;

$T_{B} = 25.30 + 40.35 = 2150$;

$T_{C} = 25.82,5 + 40.0 = 2062,5$.

Vậy số tiền lớn nhất câu lạc bộ nhận được khi bán hết hàng bằng 2150 nghìn đồng.

Chia trường hợp, sử dụng phương pháp tổ hợp.

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = A_{9}^{6} = 60480$.

Mật khẩu mở được khi $\{\begin{array}{l}A+B=2M\\ B+C=2N\\ C+A=2P\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {A + B = 2M} \\ {B + C = 2N} \\ {C + A = 2P} \end{array} \right.$, suy ra A, B, C có cùng tính chẵn lẻ.

TH1: $A,B,C \in \left\{ 32;34;36;38 \right\}$.

- Chọn {A; B; C} đảm bảo không phải là 3 số chẵn liên tiếp, có 2 cách là $\left\{ 32;34;38 \right\},\left\{ 32;36;38 \right\}$.

- Xếp A, B, C có 3! = 6 cách.

- Xếp M, N, P có 1 cách.

Suy ra TH1 có 2.6 = 12 cách.

TH2: $A,B,C \in \left\{ 31;33;35;37;39 \right\}$.

- Chọn {A; B; C} đảm bảo không phải là 3 số lẻ cách đều nhau, có $C_{5}^{3} - 4 = 6$ cách (các cách loại là $\left\{ 31;33;35 \right\},\left\{ 33;35;37 \right\},\left\{ 35;37;39 \right\},\left\{ 31;35;39 \right\}$).

- Xếp A, B, C có 3! = 6 cách.

- Xếp M, N, P có 1 cách.

Suy ra TH2 có 6.6 = 36 cách.

Xác suất để mật khẩu mở được là: $\left. a = \dfrac{12 + 36}{60480}\Rightarrow\dfrac{3}{a} = 3780 \right.$.

Ứng dụng giải bất phương trình bậc hai một ẩn để giải bài toán.

Doanh thu: $F(x) = - 0,01x^{2} + 350x$.

Chi phí cho $x$ sản phẩm: $xG(x) = 30000 + 260x$.

Lợi nhuận: $L(x) = F(x) - xG(x) = - 0,01x^{2} + 90x - 30000$.

Để lợi nhuận lớn hơn 100 triệu đồng thì:

$\left. - 0,01x^{2} + 90x - 30000 > 100000\Leftrightarrow 1807,42 < x < 7192,58 \right.$.

Vậy số sản phẩm cần sản xuất ít nhất là 1808 sản phẩm.