Đề tham khảo Toán 2025 (Bộ GD&ĐT)

Ta có $\left(e^x\right)'=e^x$ nên $\displaystyle\int e^x\,dx=e^x+C$. Chọn B.

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi $y=f(x)$, trục hoành, $x=a$, $x=b$ quanh $Ox$ là $V=\pi\displaystyle\int_a^b[f(x)]^2\,dx$. Chọn D.

Tần số của mỗi nhóm trong $M_2$ đều gấp đôi tần số tương ứng trong $M_1$ (cùng các nhóm). Khi nhân mọi tần số với cùng một số, số trung bình và phương sai không đổi, nên $s_1=s_2$. Chọn A.

Đường thẳng qua $M(1;-3;5)$ có vectơ chỉ phương $\vec u(2;-1;1)$: $\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+3}{-1}=\dfrac{z-5}{1}$. Chọn C.

Từ đồ thị, khi $x\to\pm\infty$ thì $y$ tiến dần tới đường thẳng nằm ngang $y=\dfrac12$. Vậy tiệm cận ngang là $y=\dfrac12$. Chọn B.

Điều kiện $x-1>0\Leftrightarrow x>1$.
$\log_2(x-1)<3\Leftrightarrow x-1<2^3=8\Leftrightarrow x<9$.

Tập nghiệm là $(1;9)$. Chọn A.

Mặt phẳng $x-3y-z+8=0$ có một vectơ pháp tuyến là $(1;-3;-1)$, tức $\vec n_2$. Chọn B.

Mặt phẳng $(SAB)$ chứa đường thẳng $SA\perp(ABCD)$ nên $(SAB)\perp(ABCD)$. Chọn A.

$2^x=6\Leftrightarrow x=\log_2 6$. Chọn D.

Công sai $d=u_2-u_1=2$. Vậy $u_5=u_1+4d=1+8=9$. Chọn C.

Theo quy tắc hình hộp: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AC'}$. Chọn D.

Trên đồ thị, hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ và cực đại tại $x=1$; đồ thị đi lên trên khoảng $(-1;1)$. Vậy hàm số đồng biến trên $(-1;1)$. Chọn C.

a) Đúng: $f(0)=2\cos0+0=2$; $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=2\cos\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}$.

b) Sai: $f'(x)=-2\sin x+1$.

c) Đúng: $f'(x)=0\Leftrightarrow\sin x=\dfrac12$; trên $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ chỉ có $x=\dfrac{\pi}{6}$.

d) Đúng: $f(0)=2$, $f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\sqrt3+\dfrac{\pi}{6}\approx2{,}26$, $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}\approx1{,}57$. Giá trị lớn nhất là $\sqrt3+\dfrac{\pi}{6}$.

Đổi $36\,km/h=10\,m/s$.

a) Đúng: trong 2 giây trước khi tăng tốc, ô tô đi được $2\cdot10=20\,m$, nên từ lúc tăng tốc đến điểm nhập làn còn $200-20=180\,m$.

b) Đúng: tại $t=0$ tốc độ là $10\,m/s$ nên $v(0)=b=10$.

c) Sai: quãng đường đi được sau $t$ giây là $S(t)=\displaystyle\int_0^t v(x)\,dx$, không phải tích phân từ 0 đến 24.

d) Sai: $\displaystyle\int_0^{12}(at+10)\,dt=72a+120=180\Rightarrow a=\dfrac56$. Khi đó $v(24)=\dfrac56\cdot24+10=30\,m/s=108\,km/h>100\,km/h$.

a) Đúng: $P(B)=\dfrac{105}{200}=\dfrac{21}{40}$, $P(\overline B)=\dfrac{95}{200}=\dfrac{19}{40}$.

b) Sai: theo đề, $P(A\mid B)=0{,}7$ (và $P(A\mid\overline B)=0{,}3$).

c) Đúng: $P(A)=P(B)P(A\mid B)+P(\overline B)P(A\mid\overline B)=\dfrac{21}{40}\cdot0{,}7+\dfrac{19}{40}\cdot0{,}3=0{,}3675+0{,}1425=0{,}51$.

d) Sai: $P(B\mid A)=\dfrac{P(B)P(A\mid B)}{P(A)}=\dfrac{0{,}3675}{0{,}51}\approx0{,}72$, tức khoảng $72\%$, không phải $70\%$.

a) Đúng: $\overrightarrow{MN}=(-12;-32;16)=-4(3;8;-4)$, nên $MN$ qua $M(6;20;0)$ có vectơ chỉ phương $(3;8;-4)$: $x=6+3t$, $y=20+8t$, $z=-4t$.

Phạm vi theo dõi là khối cầu tâm $O$ bán kính $6\,400+6\,600=13\,000\,km$, tức $13$ đơn vị. Điểm của $MN$ nằm trên mặt cầu khi $(6+3t)^2+(20+8t)^2+16t^2=169\Leftrightarrow89t^2+356t+267=0\Leftrightarrow t^2+4t+3=0\Leftrightarrow t=-1$ hoặc $t=-3$. Thiên thạch đi từ $M$ ($t=0$) đến $N$ ($t=-4$).

b) Sai: điểm đầu tiên ứng với $t=-1$ là $(3;12;4)$; điểm $A(-3;-4;12)$ ứng với $t=-3$ là điểm cuối cùng.

c) Đúng: khoảng cách giữa hai điểm là $2\sqrt{3^2+8^2+4^2}=2\sqrt{89}\approx18{,}868$ đơn vị, tức khoảng $18\,900\,km$.

d) Đúng: $MN=4\sqrt{89}$ gấp đôi đoạn $2\sqrt{89}$ nằm trong phạm vi theo dõi. Tốc độ không đổi nên thời gian từ $M$ đến $N$ là $2\cdot3=6$ phút.

Vì $AA'\perp(ABC)$ nên khoảng cách giữa $AA'$ và $BC$ bằng đường cao $AH$ của tam giác $ABC$.

Nửa chu vi $p=\dfrac{5+6+7}{2}=9$, diện tích $S=\sqrt{9\cdot4\cdot3\cdot2}=6\sqrt6$.

$AH=\dfrac{2S}{BC}=\dfrac{12\sqrt6}{6}=2\sqrt6\approx4{,}9$.

Đường đi phải đi qua cả 4 trụ đúng một lần rồi quay về trụ ban đầu, nên chỉ có 3 vòng khác nhau:

$A\to B\to C\to D\to A$: $10+12+14+9=45$.
$A\to B\to D\to C\to A$: $10+11+14+11=46$.
$A\to C\to B\to D\to A$: $11+12+11+9=43$.

Giá trị nhỏ nhất là $43$.

Ta có $MA^2=9$, $MB^2=36$, $MC^2=25$, $MD^2=169$. Trừ từng cặp phương trình để khử bình phương:

$MB^2-MA^2$: $5b+6c=22$.
$MC^2-MB^2$: $a=4c-7$.
$MD^2-MA^2$: $3a+b+14c=33$.

Thế $a=4c-7$ được $b=54-26c$, rồi $5(54-26c)+6c=22\Rightarrow c=2$, suy ra $b=2$, $a=1$. Kiểm tra $MA^2=4+1+4=9$.

Vậy $M(1;2;2)$ và $OM=\sqrt{1+4+4}=3$.

Mỗi phần trồng hoa giới hạn bởi một cạnh dài $60\,m$ và một cung parabol đi qua hai đầu cạnh đó, có đỉnh cách trung điểm cạnh $20\,m$.

Diện tích một phần (hình viên phân parabol) là $\dfrac23\cdot60\cdot20=800\,m^2$. Hai phần là $1\,600\,m^2$.

Diện tích sân chơi: $60\cdot80-1\,600=3\,200\,m^2$.

Lợi nhuận $P(x)=F(x)-x\,G(x)=x^3-1999x^2+1001000x+250000-(x^2+1000x+250000)=x^3-2000x^2+1000000x=x(x-1000)^2$.

$P'(x)=3x^2-4000x+1000000=0\Leftrightarrow x=1000$ hoặc $x=\dfrac{1000}{3}\approx333{,}3$.

Trên $[1;500]$, $P$ tăng trên $\left[1;\dfrac{1000}{3}\right]$ và giảm trên $\left[\dfrac{1000}{3};500\right]$. Vì $x$ nguyên, so sánh $P(333)=148\,148\,037$ và $P(334)=148\,147\,704$.

Doanh nghiệp cần sản xuất $333$ sản phẩm.

Gọi $E$ là biến cố "quả lấy từ hộp II là quả được chuyển sang", $R$ là biến cố "quả lấy từ hộp II màu đỏ". Sau khi chuyển, hộp II có 11 quả.

Quả chuyển sang màu đỏ (xác suất $0{,}6$): hộp II có 8 đỏ; màu vàng (xác suất $0{,}4$): hộp II có 7 đỏ.
$P(R)=0{,}6\cdot\dfrac{8}{11}+0{,}4\cdot\dfrac{7}{11}=\dfrac{7{,}6}{11}$.

$E\cap R$: quả chuyển sang màu đỏ và lấy đúng quả đó, $P(E\cap R)=0{,}6\cdot\dfrac{1}{11}=\dfrac{0{,}6}{11}$.

$P(E\mid R)=\dfrac{0{,}6}{7{,}6}=\dfrac{3}{38}\approx0{,}08$.