Thi thử toàn quốc TN THPT môn Toán ngày 22-23/3/2025 (Miễn phí Đợt 2)

Theo quy tắt hình hộp ta có: \(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A C^{\prime}}\)

Lại có, \(G\) là trọng tâm tam giác \(B A^{\prime} D\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{A D}=3 \overrightarrow{A G}\)

Suy ra, \(\overrightarrow{A C^{\prime}}=3 \overrightarrow{A G}\).

Ta có: \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC.\)

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow SA \bot BC\) 

Lại có: \(AB \bot BC\,\,\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right),\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB,\,\,AB} \right) = \angle SBA.\)

Điều kiện \(x > 0\)

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{0,5}}x > 2 \Leftrightarrow x < 0,{5^2} \Leftrightarrow x < \dfrac{1}{4}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0;\dfrac{1}{4}} \right)\)

Mặt phẳng đi qua \(M\) và song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng \(x - y - z + d = 0\)

Thay toạ độ điểm \(M\left( { - 1;3;4} \right)\) vào \((P)\) ta có: \(d = 8\).

Vậy phương trình mặt phẳng là: \(x - y - z + 8 = 0\).

\(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 2;3;0} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(d\).

Có \(n = 100\).

Số trung bình cộng của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(x = \dfrac{{5.151 + 18.153 + 40.155 + 26.157 + 8.159 + 3.161}}{{100}} = 155,46.\)

Phương sai của mẫu số liệu là:

\({s^2} = \dfrac{{{{5.151}^2} + {{18.153}^2} + {{40.155}^2} + {{26.157}^2} + {{8.159}^2} + {{3.161}^2}}}{{100}} - {\left( {155,46} \right)^2} = 4,7084.\)

Vậy \(a + b + c + d + e = 4 + 7 + 0 + 8 + 4 = 23.\)

Cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có công bội \(q\): \(q = \dfrac{{{u_{2024}}}}{{{u_{2023}}}} = 2\).

Từ đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 0.\)

\(\int\limits_{ - 3}^0 {\dfrac{1}{{1 - x}}\;{\rm{d}}x}  = \left. { - \ln \left| {1 - x} \right|} \right|_{ - 3}^0 = \ln 4 = 2\ln 2.\)

Nhìn bảng biến thiên ta thấy:

\(\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=-\infty \Rightarrow x=0\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

\(\lim_{x \rightarrow+\infty} f(x)=3 \Rightarrow y=3\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

\(\lim_{x \rightarrow-\infty} f(x)=1 \Rightarrow y=1\) là tiện cận ngang của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

\({2^{x + 2}} = {4^3} \Leftrightarrow {2^{x + 2}} = {2^6} \Leftrightarrow x = 4\).

$V = \pi \int\limits_1^2 {xdx = \dfrac{\pi x^2}{2}\bigg|_1^2 = \dfrac{3\pi}{2}}$.

a) Đúng: Ta có \(f(0)=\sin 0 + \cos 0=1\);

\(f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\sin\dfrac{\pi}{3}+\cos\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{-1+\sqrt{3}}{2}\).

b) Sai: Có \(f(x)=\sin x+\cos 2x\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \cos x-2\sin2x\)

c) Đúng: Có \(f(x)=\sin x+\cos 2x=\sin x+1-2\sin^2x\)

Đặt \(t=\sin x\), \(x\in [0;\pi] \Rightarrow t \in [0;1]\). Khi đó

\(f\left( t \right) = -2t^2+t +1 \Rightarrow f'(t)=-4t+1\)

\(f'(t)=0 \Leftrightarrow -4t+1 \Leftrightarrow t=\dfrac{1}{4}\)

Vậy \(f'(x)=0\) có 1 nghiệm trên \([0;\pi]\). 

d) Sai: Xét \(f(t)=-2t^2+t+1\) trên \([0;1]\)

Bảng biến thiên:

Vậy giá trị lớn nhất của \(f(x)\) trên \(\left[0;\pi \right]\) là \(\dfrac{9}{8}\).

a) Đúng: Chất điểm \(B\) có gia tốc là \(a\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)

Nên vận tốc của chất điểm \(B\) là \({v_B}(t) = \int a dt = at + C\).

b) Sai: Chất điểm \(B\) xuất phát sau \(A\) 3 giây và mất thêm 17 giây để đuổi kịp \(A\).

Vậy quãng đường chất điểm \(A\) đi từ khi xuất phát đến khi \(B\) đuổi kịp là

 \(S = \int_0^{20} {\left( {\dfrac{1}{{120}}{t^2} + \dfrac{{58}}{{45}}t} \right)} dt = 280(\;{\rm{m}})\).

c) Sai: Tại thời điểm \(t = 3\) vật \(B\) bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên

\({v_B}(3) = 0 \Leftrightarrow 3a + C = 0 \Leftrightarrow C =  - 3a\).

Lại có quãng đường chất điểm \(B\) đi được đến khi gặp \(A\) là

\({S_2} = \int_3^{20} {(at - 3a)} dt = \left. {\left( {\dfrac{{a{t^2}}}{2} - 3at} \right)} \right|_3^{20} = \dfrac{{289}}{2}a\)\((m)\)

Vậy \(\dfrac{{289}}{2}a = 280 \Leftrightarrow a = \dfrac{{560}}{{289}}\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).

d) Sai: Tại thời điểm đuổi kịp \(A\) thì vận tốc của \(B\) là:

\({v_B}(20) = at + C = 20a - 3a = 17a= 17.\dfrac{{560}}{{289}} \approx 33(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\).

Gọi biến cố A: “Công nhân tham gia khóa đào tạo”.

B: “Công nhân làm việc đạt mức yêu cầu”.

Ta có \(P\left( A \right) = 0,5\); \(P\left( {B|A} \right) = 0,9\); \(P\left( {\overline B |A} \right) = 0,65\).

a) Sai: Có 90% công nhân tham gia khóa đào tạo sẽ làm việc đạt mức yêu cầu, trong khi đó có 65% công nhân làm việc đạt mức yêu cầu nếu không tham gia khóa đào tạo. Như vậy tham gia khóa đào tạo có ảnh hưởng đến hiệu suất làm việc của công nhân.

b) Đúng: Xác suất chọn ngẫu nhiên một công nhân đạt mức yêu cầu là \(P(B).\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(\begin{array}{l}P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\\ = 0,5.0,9 + (1 - 0,5).0,65\\ = 0,775\end{array}\)

Vậy xác suất chọn ngẫu nhiên một công nhân đạt mức yêu cầu là 77,5%.

c) Đúng: Nếu một công nhân làm việc đạt mức yêu cầu, xác suất người đó đã tham gia khóa đào tạo là \(P\left( {A|B} \right).\)

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {A|B} \right) = \dfrac{{P\left( {B|A} \right).P\left( A \right)}}{{P(B)}} = \dfrac{{0,9.0,5}}{{0,775}} \approx 0,58.\)

Vậy nếu công nhân làm việc đạt mức yêu cầu thì xác suất người đó đã tham gia khóa đào tạo là 58% lớn hơn 40%.

d) Đúng: Gọi biến cố C: “Công nhân vượt qua buổi kiểm tra”.

Ta có \(P\left( {C|B} \right) = 0,8;P\left( {C|\overline B } \right) = 0,3.\)

Suy ra \(P\left( {\overline C |B} \right) = 1 - P\left( {C|B} \right) = 1 - 0,8 = 0,2.\)

Xác suất công nhân vượt qua buổi kiểm tra là

\(\begin{array}{l}P\left( C \right) = P\left( B \right).P\left( {C|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)\\ = 0,775.0,8 + (1 - 0,775).0,3\\ = 0,6875\end{array}\)

Suy ra \(P\left( {\overline C } \right) = 1 - 0,6875 = 0,3125.\)

Xác suất cần tính là \(P\left( {B|\overline C } \right)\).

Áp dụng công thức Bayes, có

\(P\left( {B|\overline C } \right) = \dfrac{{P(B).P\left( {\overline C |B} \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}} = \dfrac{{0,775.0,2}}{{0,3125}} = 0,496.\)

a) Sai: Có \(S(3;4;10)\).

b) Đúng: Vùng dò tìm của vệ tinh được biểu diễn bởi phương trình mặt cầu có tâm \(S\), bán kính \(R = 12.\)

Phương trình mặt cầu: \({(x - 3)^2} + {(y - 4)^2} + {(z - 10)^2} = 144.\)  

c) Đúng: Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(A(1; - 2; - 5)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }} (1;2; - 5)\)

Có \(\overrightarrow {AS} (2;6;15)\) và \(\left[ {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = ( - 60;25; - 2)\)

Khoảng cách từ vệ tinh đến tàu ngầm tại thời điểm gần nhất là

\({d_{S,\Delta }} = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{{60}^2} + {{25}^2} + {2^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {5^2}} }} \approx 11,9\)\((km).\)

Vì \({d_{S,\Delta }} < R\) nên vệ tinh có khả năng phát hiện ra tàu ngầm.

d) Sai: Gọi \(B\left( {1 + t, - 2 + 2t, - 5 - 5t} \right) \in \Delta \) là điểm mà tại vị trí đó, tàu ngầm gần với máy dò cứu hộ \(M\left( {7;3;0} \right)\) nhất.

Có \(\overrightarrow {BM} (6 - t;5 - 2t;5 + 5t)\)

Đề tàu ngầm gần máy dò nhất thì khoảng cách từ B đến M nhỏ nhất, hay:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {BM}  \bot \overrightarrow {{u_\Delta }}  \Leftrightarrow \overrightarrow {BM} .\overrightarrow {{u_\Delta }}  = 0\\ \Leftrightarrow 1(6 - t) + 2(5 - 2t) - 5(5 + 5t) = 0\\ \Leftrightarrow  - 30t = 9\\ \Leftrightarrow t = \dfrac{{ - 3}}{{10}}\end{array}\)

Suy ra \(B\left( {\dfrac{7}{{10}}; - \dfrac{{13}}{5};\dfrac{{ - 7}}{2}} \right)\).