Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 13

Đáp án đúng là A

Ta có: $n = 50$

Khi đó: $\overline x = \frac{1}{{50}}\left( {4.15 + 6.25 + 10.35 + 20.45 + 10.55} \right) = 40{,}2$

Phương sai của mẫu số liệu: ${s^2} = \frac{1}{{50}}\left( {{{4.15}^2} + {{6.25}^2} + {{10.35}^2} + {{20.45}^2} + {{10.55}^2}} \right) - {\overline x ^2} = 136{,}96$

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {136{,}96} \approx 11{,}7$

Đáp án đúng là A

Từ đồ thị, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { - 2; - 1} \right)$.

Đáp án đúng là C

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1\,;\, - 2\,;\, - 3} \right)$ và có bán kính $R = \sqrt {1 + 4 + 9 - \left( { - 2} \right)} = \sqrt {16} = 4$

Đáp án đúng là C

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: $y = \frac{a}{c} = - \frac{2}{1} = - 2$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $\frac{1}{2} \in \left( {0\,;\,1} \right)$ nên bất phương trình$\Leftrightarrow 0 < x - 3 \le 4 \Leftrightarrow 3 < x \le 7$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left( {3;7} \right]$

Đáp án đúng là C

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là: $\overrightarrow{{u}_{d}}=(-1\ ;\ 2\ ;\ 3)$

Đáp án đúng là C

Ta có: $y' = f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}2ax\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\,x > 1\\1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\,x \le 1\end{array} \right.$.
Để hàm số có đạo hàm tại $x = 1$ thì $2a = 1 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}$

Đáp án đúng là D

Ta có: $\int _{1}^{2}{f}^{'}(x)\text{d}x=f(x)|\begin{matrix}2 \\ 1\end{matrix}=f(2)-f(1)=({2}^{2}-\frac{4}{2})-({1}^{2}-\frac{4}{1})=5$

Đáp án đúng là A

Ta có: ${u_{10}} = {u_1} + 9d = 2 + 9.3 = 2 + 27 = 29$

Đáp án đúng là D

Diện tích hình phẳng là: $S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + 3 - {x^2} + 2x + 1} \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} {\rm{d}}x$

Đáp án đúng là D

Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $Oy$ nên suy ra $H\left( {0\,;\,5\,;\,0} \right)$

Điểm $M'$ là điểm đối xứng với $M$qua $H$ nên $M' = 2H - M = \left( { - 3\,;\,5\,;\,7} \right)$

Đáp án đúng là B

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = a$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.a.a.2a = \frac{{2{a^3}}}{3}$

Xét mệnh đề a)

Chiều cao của bình gốm bằng $2.10 = 20$ cm nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Ta có ${y_A} = f\left( {{x_A}} \right) = f\left( 2 \right) = {0{,}125.2^3} = \frac{1}{8}.8 = 1$ nên đường kính đáy của bình gốm là $20$cm nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Thiết diện thu được là: $S = 2\int\limits_0^2 {\left( {0{,}125{x^3}} \right){\rm{d}}x = 1}$ nhưng thực tế mỗi đơn vị trên đồ thị có độ dài bằng 10 cm nên diện tích thiết diện là: $S = {1.10^2} = 100{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$ nên mệnh đề c) sai

Xét mệnh đề d)

Đổi 1 lít ${\rm{ = 1d}}{{\rm{m}}^3} = 1000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}$

Thể tích bình gốm là: $S = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {0{,}125{x^3}} \right)}^2}{\rm{d}}x = } \frac{{2\pi }}{7}$(đvtt) nhưng thực thế mỗi đơn vị trên đồ thị có độ dài bằng 10 cm nên một đơn vị thể thích là ${10^3}{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}$.

Thể tích bình gốm thực tế là: $V = \frac{{2\pi }}{7}{.10^3}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) = \frac{{2\pi }}{7}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 0{,}90$lít nên mệnh đề d) đúng

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một viên bi.

Gọi $A$ là biến cố: “Chọn được viên bi màu đỏ”; $B$ là biến cố: “Chọn được viên bi đã được đánh số”.

Theo bài ra ta có $P\left( {B\left| A \right.} \right) = 60\% ,\,\,P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 50\%$

a) Đúng: Xác suất chọn được viên bi màu đỏ là $P\left( A \right) = \frac{{50}}{{80}} = 62{,}5\%$.

b) Sai: Ta có $P\left( {\overline A } \right) = \frac{{30}}{{80}} = 37{,}5\%$, $P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 50\%$.

Xác suất chọn được viên bi màu vàng đã được đánh số là

$P\left( {\overline A \cap B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 37{,}5\% .50\% = 18{,}75\%$.

c) Đúng: Xác suất chọn được viên bi đã được đánh số là

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 62{,}5\% .60\% + 37.5\% .50\% = 56{,}25\%$

Suy ra xác suất chọn được viên bi chưa đánh số là $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 43{,}75\%$.

d) Sai: Giả sử viên bi được lấy ra là viên bi chưa được đánh số. Khi đó:

Xác suất để viên bi đó là bi đỏ: $P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{62.5\% .\left( {1 - 60\% } \right)}}{{43{,}75\% }} = \frac{4}{7}$.

Xác suất để viên bi đó là bi vàng: $P\left( {\overline A \left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{37{,}5\% .\left( {1 - 50\% } \right)}}{{43{,}75\% }} = \frac{3}{7}$.

Vây xác suất viên bi đó là bi đỏ cao hơn xác suất viên bi đó là bi vàng.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{BC \bot AM}\\{BC \bot AA'}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)} \right.$
Suy ra $\left[ {A',BC,A} \right] = \widehat {A'MA} = 30^\circ$ và đặt $AB = BC = CA = x$ $\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x}\\{A'M = \frac{{2SA'.BC}}{{BC}} = \frac{{64}}{x}}\end{array}} \right.$
$\Rightarrow {\rm{cos}}30^\circ = \frac{{AM}}{{A'M}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x:\frac{{64}}{x} = \frac{{\sqrt 3 {x^2}}}{{128}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = 8$
Vậy $AA' = AM.{\rm{tan}}30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 4 \Rightarrow d = 4$
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $A'C'$ bằng $4$.

Mỗi lá thư có 3 cách chọn hòm nên số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = {3^7}$

Gọi $A$ là biến cố “Đúng một hòm thư chứa $3$ lá thư

Chọn hòm chứa đúng 3 lá: $C_3^1 = 3$ và chọn 3 lá trong 7 lá: $C_7^3 = 35$

Bỏ 4 lá còn lại vào 2 hòm sao cho không hòm nào có 3 lá

Các trường hợp thỏa điều kiện $\left( {4{,}0} \right)\,,\,\left( {0{,}4} \right)\,,\,\left( {2{,}2} \right)$

Tổng số cách phân 4 lá vào 2 hòm: ${2^4}$ và trường hợp mỗi hòm có 3 lá thư là: $2.C_4^3 = 8$

Số cách phân hợp lệ: ${2^4} - 8 = 8$$\Rightarrow n\left( A \right) = 3.35.8 = 840$

Vậy xác suất cần tìm là: $P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{840}}{{{3^7}}} \approx 0{,}38$

Tại thời điểm$\left( {t = 0} \right)$vận tốc của tàu là $35$m/s: $v\left( 0 \right) = - a.{\left( 0 \right)^2} + b = 35 \Rightarrow b = 35$
Vậy hàm vận tốc có dạng:$v\left( t \right) = - a{t^2} + 35$
Gọi $T$(giây) là thời gian kể từ lúc hãm phanh đến khi mũi tàu chạm đầu cầu
Theo đề bài, ta có hệ phương trình:
Vận tốc tại $T$ là: $v\left( T \right) = - a{T^2} + 35 = 10 \Rightarrow a{T^2} = 25 \Rightarrow a = \frac{{25}}{{{T^2}}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Quãng đường đi được sau thời gian $T:$
$S\left( T \right) = \int\limits_0^T {\left( { - a{t^2} + 35} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( { - \frac{1}{3}a{t^3} + 35t} \right)} \right|_0^T = - \frac{1}{3}a{t^3} + 35T = 400\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Thay $\left( 1 \right)$vào $\left( 2 \right)$ta được: $- \frac{1}{3} \cdot \frac{{25}}{{{T^2}}} \cdot {T^3} + 35T = 400 \Rightarrow T = 15$ suy ra $a = \frac{{25}}{{{{15}^2}}} = \frac{1}{9}$
Vậy hàm vận tốc là: $v\left( t \right) = - \frac{1}{9}{t^2} + 35$
Gọi ${t_1}$ là khoảng thời gian cần tìm, ta có phương trình quãng đường:

$$S\left( {{t_1}} \right) = \int\limits_0^{{t_1}} {\left( { - \frac{1}{9}{t^2} + 35} \right){\rm{d}}t} = 288 \Leftrightarrow \left. {\left( { - \frac{1}{{27}}{t^3} + 35t} \right)} \right|_0^{{t_1}} = 288 \Leftrightarrow t_1^3 - 945{t_1} + 7776 = 0 \Rightarrow {t_1} = 9$$

Gia tốc của đoàn tàu là:$a\left( t \right) = v'\left( t \right) = {\left( { - \frac{1}{9}{t^2} + 35} \right)^\prime } = - \frac{2}{9}t$
Tại thời điểm ${t_1} = 9$ gia tốc thực tế là: $a\left( 9 \right) = - \frac{2}{9} \cdot 9 = - 2$(m/${{\rm{s}}^2}$)
Độ lớn gia tốc lúc này là:$\left| {a\left( 9 \right)} \right| = 2$ (m/${{\rm{s}}^2}$)

Gọi $\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}}$ lần lượt là các vector lực trùng với hướng ba chân đế của bình cá cảnh.
Trước hết ta có điều kiện cân bằng như sau: $\overrightarrow P = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}}$ với ${F_1} = {F_2} = {F_3}$
Gọi góc $\widehat {\left( {\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} } \right)} = \widehat {\left( {\overrightarrow {{F_2}} ;\overrightarrow {{F_3}} } \right)} = \widehat {\left( {\overrightarrow {{F_3}} ;\overrightarrow {{F_1}} } \right)} = \beta > 0^\circ$, khi đó ta có:

$${P^2} = {\left( {\overrightarrow P } \right)^2} = {\left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right)^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2\overrightarrow {{F_1}} \overrightarrow {{F_2}} + 2\overrightarrow {{F_2}} \overrightarrow {{F_3}} + 2\overrightarrow {{F_3}} \overrightarrow {{F_1}}$$

$\Leftrightarrow {P^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2\cos \beta \left( {{F_1}.{F_2} + {F_2}.{F_3} + {F_3}.{F_1}} \right)$. Mà ${F_1} = {F_2} = {F_3}$ nên phương trình tương đương với: $\Leftrightarrow {P^2} = 3F_1^2 + 6F_1^2\cos \beta = F_1^2\left( {3 + 6\cos \beta } \right)$.
Mà $\overrightarrow P = m\overrightarrow g \Rightarrow P = mg = 20.10 = 200\left( N \right)$ nên $F_1^2\left( {3 + 6\cos \beta } \right) = 200 \Leftrightarrow F_1^2 = \frac{{200}}{{3 + 6\cos \beta }}$ (*).

Xét $\Delta SAC$, ta có: $\frac{{MP}}{{AC}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SM + 50}} = \frac{2}{3}$. Mà $SM = SP$ ($\Delta SAC$ cân) nên $SM = SP = 100$
Áp dụng định lí Cosin, ta có:
Vậy ta suy ra độ lớn cần tìm là: ${F_1} = {F_2} = {F_3} \approx 67{,}1$(N)