Đề thi thử Tốt nghiệp THPT năm 2025 môn Toán Sở GD&ĐT TP.Đà Nẵng - Đề 3

a) Đúng.

\(\sin 2x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow \sin 2x=\sin (\frac{-\pi }{6})\).

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}   2x=\frac{-\pi }{6}+k2\pi   \\   2x=\frac{7\pi }{6}+k2\pi   \\\end{array}(k\in \mathbb{Z})\Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}   x=\frac{-\pi }{12}+k\pi   \\   x=\frac{7\pi }{12}+k\pi   \\\end{array}(k\in \mathbb{Z}) \right. \right.\)

b) Sai.

\(0<x<\pi \Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}   0<\frac{-\pi }{12}+k\pi <\pi   \\   0<\frac{7\pi }{12}+k\pi <\pi   \\\end{array}(k\in \mathbb{Z})\Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}   k=1  \\   k=0  \\\end{array} \right.\Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}   x=\frac{11\pi }{12}  \\   x=\frac{7\pi }{12}  \\\end{array} \right. \right.\).

c) Đúng.

Tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng \(\left( 0;\pi  \right)\) là:

\(S=\frac{11\pi }{12}+\frac{7\pi }{12}=\frac{18\pi }{12}=\frac{3\pi }{2}\)

d) Sai.

Do \(\frac{11\pi }{12}>\frac{7\pi }{12}\) nên phương trình có nghiệm lớn nhất trong khoảng \(\left( 0;\pi  \right)\) bằng \(\frac{7\pi }{12}\).

a) Đúng. Tính: \(y(1)= 3,5~(mg/l)\) .

b) Đúng. Xét \(y(t)=5-\frac{15t}{9{{t}^{2}}+1}\) trên nửa đoạn \([0;+\infty )\).

\({{y}^{\prime }}(t)=\frac{135{{t}^{2}}-15}{{{\left( 9{{t}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}   x=\frac{1}{3}  \\   x=-\frac{1}{3} ~(\text{loại})  \\\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

 Từ bảng biến thiên, ta thấy:

\(\underset{[0;+\infty )}{\mathop{\min }}\,y(t)=y\left( \frac{1}{3} \right)=\frac{5}{2}\) và \(\underset{[0;+\infty )}{\mathop{\max }}\,y(t)=y(0)=5\).

c) Đúng. Quan sát bảng biến thiên, thấy vào thời điểm \(t=0\) thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất bằng 5.

d) Sai. Quan sát bảng biến thiên, thấy nồng độ oxygen \((mg/l)\) trong hồ nước thấp nhất là \(2,5\,\,(mg/l)\).

a) Đúng. Xác suất để thầy giáo gọi bạn đó lên bảng có tên Hiền là:

Gọi A là biến cố “tên là Hiền”.

Gọi B là biến cố “nữ”.

Xác suất để học sinh được gọi có tên là Hiền là: \(P\left( A \right)=\frac{3}{30}=\frac{1}{10}\).

b) Sai. Xác suất để thầy giáo gọi bạn đó lên bảng có tên Hiền, nhưng với điều kiện bạn đó là bạn nữ là \(P\left( A|B \right)\).

Ta có: \(P\left( B \right)=\frac{17}{30}\); \(P\left( A\cap B \right)=\frac{1}{30}\).

Do đó: \(P\left( A|B \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( B \right)}=\frac{\frac{1}{30}}{\frac{17}{30}}=\frac{1}{17}\).

c) Đúng. Gọi C là biến cố “nam”.

Xác suất để thầy giáo gọi bạn đó lên bảng có tên Hiền, nhưng với điều kiện bạn đó là bạn nam là\(P\left( A|C \right)\)

Ta có: \(P\left( C \right)=\frac{13}{30}\); \(P\left( A\cap C \right)=\frac{2}{30}\).

Do đó: \(P\left( A|C \right)=\frac{P\left( A\cap C \right)}{P\left( C \right)}=\frac{\frac{2}{30}}{\frac{13}{30}}=\frac{2}{13}\).

d) Sai. Nếu thầy giáo gọi 1 bạn có tên là Hiền lên bảng thì xác xuất để bạn đó là bạn nữ là \(P\left( B|A \right)\).

\(P\left( B|A \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( A \right)}=\frac{\frac{1}{30}}{\frac{3}{30}}=\frac{1}{3}\).

a) Đúng.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow{AB}=\left( 0;~7,5;~-4,5 \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AB\) là: \(\left\{ \begin{matrix}   x=3,5  \\   y=-2+7,5t  \\   z=0,4-0,4t  \\\end{matrix} \right.(t\in \mathbb{R})\).

b) Đúng.

Vì \(D\) thuộc đường thẳng \(AB\) nên \(D(3,5;~-2+7,5d;~0,4-0,4d)(d\in \mathbb{R})\).

Mà \(D\) có độ cao \(0,12\) nên \(0,4-0,4d=0,12\Leftrightarrow d=0,7\).

Vậy \(D(3,5;~3,25;~0,12)\).

c) Sai.

Phương trình mặt phẳng \((MNP)\) là: \(\frac{x}{5}+\frac{y}{-5}+\frac{z}{0,5}=1\Leftrightarrow x-y+10z-5=0\).

Vì \(C\) thuộc đường thẳng \(AB\) nên \(C(3,5;~-2+7,5c;~0,4-0,4c)(c\in \mathbb{R})\).

Mà \(C\) thuộc mặt phẳng \((NMP)\) nên \(3,5-(-2+7,5c)+10(0,4-0,4c)-5=0\Leftrightarrow c=\frac{9}{23}\).

Suy ra \(C(\frac{7}{2};~\frac{43}{46};~\frac{28}{115})\).

d) Đúng.

Ta có \(DE=\sqrt{{{(3,5-3,5)}^{2}}+{{(4,5-3,25)}^{2}}+{{(0-0,12)}^{2}}}\approx 1,26(km)\).

Vì \(900m=0,9km<1,26km\) nên phi công không nhìn thấy điểm E và không đạt được quy định an toàn bay.

Diện tích của phần phía ngoài phông (phần không tô đen) bằng diện tích hình giới hạn bởi parabol trừ đi diện tích phông hình chữ nhật MNPQ

Diện tích của hình chữ nhật là: \(4\cdot 6=24~{{m}^{2}}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.

Parabol đối xứng qua \(Oy\) nên có dạng \(\left( P \right):y=a{{x}^{2}}+c.\)

Vì \(\left( P \right)\) đi qua \(B\left( 4;0 \right)\) và \(N\left( 2;6 \right)\) nên \(\left( P \right):y=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+8.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\) và trục \(Ox\) là:

\(S=2\int\limits_{0}^{4}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+8 \right)}\text{d}x=\frac{128}{3}{{\text{m}}^{\text{2}}}.\)

Diện tích phần phía ngoài phông để trang trí hoa là:

\(S={{S}_{1}}-{{S}_{MNPQ}}=\frac{128}{3}-24=\frac{56}{3}\approx 18,7{{\text{m}}^{\text{2}}}\text{.}\)