Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 14

Đáp án đúng là A

Ta có: $d = {u_2} - {u_1} = 4 - \left( { - 1} \right) = 5$ nên ${u_3} = {u_2} + d = 4 + 5 = 9$.

Đáp án đúng là D

Từ đồ thị ta thấy $y' < 0,{\rm{ }}\forall x \ne 1.$

Đáp án đúng là A

Bất phương trình đã cho $\Leftrightarrow 0 < 2x + 6 \le {\left( {0{,}5} \right)^{ - 5}} \Leftrightarrow 0 < 2x + 6 \le 32 \Leftrightarrow - 3 < x \le 13$

Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên có tất cả $16$ nguyện nguyên thỏa mãn

Đáp án đúng là A

Ta có: $n = 84$ và $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1}$.
Mặt khác: $\frac{{3n}}{4} = 63 \Rightarrow {Q_3} = \frac{{\frac{{3n}}{4} - \left( {7 + 10 + 17 + 24} \right)}}{{13}}.0{,}5 + 8{,}5 = \frac{{113}}{{13}}$
$\frac{n}{4} = 21 \Rightarrow {Q_1} = \frac{{\frac{n}{4} - 7 - 10}}{{17}}.\left( {8 - 7{,}5} \right) + 7{,}5 = \frac{{259}}{{34}}$
Vậy khoảng tứ phân vị là: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{113}}{{13}} - \frac{{259}}{{34}} \approx 1{,}1$

Đáp án đúng là D

Ta có $\overrightarrow {u'} = \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {A'A} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC'} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {u'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC'$
Khi đó $AC' = \sqrt {A{A^2} + A'{C^{\prime 2}}} = \sqrt {{2^2} + 8} = 2\sqrt 3$

Đáp án đúng là A

Từ đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và có một tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 2$.

Đáp án đúng là C

Ta có $f(x)={(\int f(x)\text{d}x)}^{'}={(\cos x+C)}^{'}=-\sin x$ nên $\int {f}^{'}(x)\text{d}x=-\sin x+{C}^{'}$

Đáp án đúng là B

Ta có: ${V_{C.ABB'A'}} = \frac{1}{3}.{S_{ABB'A'}}.d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \frac{1}{3}.15.6 = 30$

Mặt khác: ${V_{C.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.d\left( {C,\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{3}$ thể tích khối lăng trụ

Suy ra ${V_{C.ABB'A'}} = \frac{2}{3}$ thể tích khối lăng trụ nên ${V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{3}{2}.30 = 45$.

Đáp án đúng là D

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ có phương trình: $x + 2y + z + d = 0$ với $d \ne 0$

Điểm $M \in \left( Q \right)$ nên suy ra $1 + 2.2 + \left( { - 1} \right) + d = 0 \Rightarrow d = - 4$

Vậy phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ là: $x + 2y + z - 4 = 0.$

Đáp án đúng là D

Thể tích vật thể là: $V = \int\limits_0^3 {S\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right){\rm{d}}x = 18} }$.

Đáp án đúng là C

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là: $\overrightarrow {{n_{\left( {Oxy} \right)}}} = \left( {0;\,0;\,1} \right)$

Vectơ chỉ phương của đường thẳng $AB$ là: $\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {3;\,2;\,4} \right)$

Ta có: $\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{4}{{1.\sqrt {9 + 4 + 16} }} = \frac{4}{{\sqrt {29} }}$ suy ra $\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \frac{{\sqrt {377} }}{{29}}$.

Đáp án đúng là C

Số tiền cả gốc và lãi sau $5$ năm là: ${P_5} = {P_0}{\left( {1 + r} \right)^5} = 10{\left( {1 + 7\% } \right)^5} \approx 14{,}026$ triệu đồng.

Vậy số tiền lãi mà người đó nhận là: $14{,}026 - 10 = 4{,}026$ triệu đồng.

Xét mệnh đề a)

Theo dự báo thời tiết, xác suất trời sẽ nắng vào ngày thứ 7 là $0{,}7$ nên $P\left( A \right) = 0{,}7$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Nếu một ngày là nắng thì khả năng sảy ra mưa ở ngày tiếp theo là $20\%$ nên $P\left( {B|A} \right) = 0{,}2$

Ta có: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} \Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( {B|A} \right).P\left( A \right) = 0{,}2.0{,}7 = 0{,}14$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Nếu một ngày là mưa thì khả năng ngày hôm sau vẫn mưa là $30\%$ nên $P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}3$

Ta có: $P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Xác suất để ngày chủ nhật trời nắng là $P\left( {\overline B } \right)$

$P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right).P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right).P\left( {\overline A } \right) = 0{,}2.0{,}7 + 0{,}3.0{,}3 = 0{,}23 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}23 = 0{,}77$nên mệnh đề d) sai

Gọi ${A_1} \in \left( {Oxy} \right)$ là điểm rơi xuống vị trí đầu tiên cách trục $Ox$ là $6$m, cách trục $Oy$ là $8$m$\Rightarrow {A_1}\left( {8;6;0} \right)$ nên độ dài $O{A_1} = \sqrt {{8^2} + {6^2} + {0^2}} = 10$ là bề rộng lần đầu của quả bóng

Gọi ${L_n}$ là bề rộng của lần nảy thứ $n$ thì ${L_1} = 10$ và công bội ${q_L} = 0{,}5$

$\Rightarrow {L_n} = {L_1}.{\left( {{q_L}} \right)^{n - 1}} = 10 \cdot {\left( {0{,}5} \right)^{n - 1}}$

Gọi ${H_n}$ là độ cao của lần nảy thứ $n$ thì ${H_1} = 5$ và công bội ${q_H} = 0{,}8$

$\Rightarrow {H_n} = {H_1}.{\left( {{q_H}} \right)^{n - 1}} = 5.{\left( {0{,}8} \right)^{n - 1}}$

Xét mệnh đề a)

Bề rộng lần thứ 3 là: ${L_3} = 10 \cdot {\left( {0{,}5} \right)^2} = 2{,}5$(m) nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Độ cao cực đại lần thứ 4 là: ${H_4} = 5 \cdot {\left( {0{,}8} \right)^3} = 2{,}56$(m) nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Tổng độ dài hình chiếu (tổng các bề rộng) là tổng cấp số nhân lùi vô hạn:

$S = \frac{{{L_1}}}{{1 - {q_L}}} = \frac{{10}}{{1 - 0{,}5}} = 20$(m) nên mệnh đề c) sai

Xét mệnh đề d)

Độ cao cực đại lần 3 đạt được tại trung điểm của bề rộng ${L_3}$.

Khoảng cách từ gốc $O$ đến điểm này trên mặt sàn là $d = {L_1} + {L_2} + \frac{{{L_3}}}{2} = 10 + 5 + 1{,}25 = 16{,}25$(m).

Tọa độ điểm $M$ là:

${x_M} = d.\cos \alpha = 16{,}25.\frac{8}{{10}} = 13$; ${y_M} = d.\sin \alpha = 16{,}25.\frac{6}{{10}} = 9{,}75$;${z_M} = {H_3} = 5.{\left( {0{,}8} \right)^2} = 3{,}2$

Vậy $M\left( {13;9{,}75;3{,}2} \right)$ nên mệnh đề d) đúng

Gọi $N$ là trung điểm của $BB'$ thì $MN{\rm{//}}B'C \Rightarrow B'C{\rm{//}}\left( {AMN} \right)$.

Ta có: $d\left( {B'C,AM} \right) = d\left( {B'C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right)$.

Dựng $BI \bot AM,{\rm{ }}BH \bot NI$$\Rightarrow BH \bot \left( {AMN} \right)$ nên do đó $d\left( {B'C,AM} \right) = d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right) = BH$.

Vì $\Delta ABM$ vuông tại $B$, ta có $BM = \frac{{BC}}{2} = a$; $BI = \frac{{BA.BM}}{{\sqrt {B{A^2} + B{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta BIN$ vuông tại $B$, ta có:

$BN = \frac{{BB'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$; $BH = \frac{{BN.BI}}{{\sqrt {B{N^2} + B{I^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}}$.

Vậy $d({B}^{'}C,AM)=BH=\frac{\sqrt{30}}{10}\overset{a=1}{\rightarrow }d({B}^{'}C,AM)\approx \boxed{0{,}55}$.

Gọi là tổng số điểm (cũng là số đỉnh) được chia đều trên đường tròn nên theo đề bài:$N = n + 6$
Khi đó, đường tròn được chia thành$N$cung nhỏ bằng nhau, mỗi cung có số đo là $\frac{{360^\circ }}{N}$
Góc ở đỉnh của "ngôi sao" là một góc nội tiếp
Nối một điểm với điểm cách nó 2 điểm nên mỗi bước nhảy chiếm 3 cung nhỏ
Hai cạnh của góc ở đỉnh xuất phát từ một điểm và đi về hai phía, mỗi phía chiếm 3 cung nhỏ. Vậy phần cung chứa đỉnh chiếm $3 + 3 = 6$cung nhỏ.
Cung bị chắn là phần còn lại của đường tròn: $N - 6$ cung nhỏ
Số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn:

$140^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot (\frac{N-6}{N}\cdot 360^{\circ})\Leftrightarrow N=27\Rightarrow \boxed{n=21}$

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, với $A \equiv O\left( {0;0;0} \right),B\left( {30;0;0} \right),D\left( {0;12;0} \right)$và $C\left( {30;6;0} \right)$
Đường thẳng $CD$ nằm trong mặt phẳng $Oxy$đi qua $D\left( {0;12} \right)$và $C\left( {30;6} \right)$ có phương trình:
$w\left( x \right) = \frac{{6 - 12}}{{30 - 0}}\left( {x - 0} \right) + 12 \Rightarrow w\left( x \right) = - \frac{1}{5}x + 12$
Xét mặt cắt tại$K$có bề trộng $KE = w$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$sao cho $K \equiv O\left( {0;0} \right)$, tia $KE \equiv Ox$, tia $KF \equiv Oy$
Tọa độ các điểm $K\left( {0;0} \right),\,E\left( {w;0} \right),F\left( {0;w} \right)$ nên phương trình Parabol có dạng $y = a{x^2} + bx + c$
Đi qua $F\left( {0;w} \right) \Rightarrow c = w$ và $E\left( {w;0} \right) \Rightarrow a{w^2} + bw + w = 0 \Rightarrow b = - aw - 1$
Tọa độ đỉnh $S\left( {h;k} \right)$ với $h = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{aw + 1}}{{2a}}$; tung độ đỉnh $k = y\left( h \right) = - \frac{{{{\left( {aw + 1} \right)}^2}}}{{4a}} + w$
Hình chiếu của $S$ lên $KE$ là $H\left( {h;0} \right)$, ta có: $EH = w - h = \frac{{aw - 1}}{{2a}}$
Theo giả thiết: $SH = 3EH \Rightarrow - \frac{{{{\left( {aw + 1} \right)}^2}}}{{4a}} + w = 3\left( {\frac{{aw - 1}}{{2a}}} \right)$
Giải phương trình ta thu được $aw = - 5 \Rightarrow a = - \frac{5}{w}\left( {a < 0} \right)$ và $b = 4$$\Rightarrow \left( P \right):y = - \frac{5}{w}{x^2} + 4x + w$
Thiết diện $S\left( w \right) = \int\limits_0^w {\left( { - \frac{5}{w}{x^2} + 4x + w} \right){\rm{d}}x = \frac{4}{3}} {w^2}$
Vậy thể tích không gian bên trong khu nhà kính là: $V = \int\limits_0^{30} {\frac{4}{3}} {\left( { - \frac{1}{5}x + 12} \right)^2}{\rm{d}}x = 3360$(m$^{3}$)