Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 16

Đáp án đúng là C

Vì $f'\left( x \right) < 0$ trên các khoảng $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là B

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {{{\rm{e}}^{2x - 1}}{\rm{d}}x} = \frac{1}{2}{{\rm{e}}^{2x - 1}} + C$.

Đáp án đúng là A

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = {3^x},{\rm{ }}y = 0,{\rm{ }}x = 0,{\rm{ }}x = 2$ được tính bằng công thức: $S=\int _{0}^{2}|{3}^{x}|\text{d}x=\int _{0}^{2}{3}^{x}\text{d}x\ (\text{do}{3}^{x}>0,\forall x\in [0;2]).$

Đáp án đúng là D

Tứ phân vị thứ ba của dãy số liệu thuộc nhóm $\left[ {175;190} \right)$ nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là ${Q_3} = 175 + \frac{{\frac{{30.3}}{4} - \left( {8 + 7 + 6} \right)}}{7}\left( {190 - 175} \right) = 178{,}2$.

Đáp án đúng là C

Ta có phương trình tham số của đường thẳng là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 3 - t\\z = - 2 + 5t\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là A

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = - \infty$ nên suy ra đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $x = - 1$.

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2$ nên suy ra đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $y = 2$.

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 1$ nên suy ra đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $y = 1$.

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Đáp án đúng là A

Ta có ${\log _{\frac{2}{3}}}x > 2 \Leftrightarrow 0 < x < {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} \Leftrightarrow 0 < x < \frac{4}{9}$.
Tập nghiệm của bất phương trình ${\log _{\frac{2}{3}}}x > 2$ là $\left( {0;\frac{4}{9}} \right)$.

Đáp án đúng là B

Theo định nghĩa $\left( P \right):ax + by + cz + d = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)$

Do đó $\left( P \right):x - 3y + z - 5 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1; - 3;1} \right)$

Đáp án đúng là A

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD$; $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}OI\parallel SA\\SA \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OI \bot \left( {ABCD} \right)$

Do tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật nên không đảm bảo $AC \bot BD$

Do đó không đảm bảo $BD \bot \left( {SAC} \right)$.

Đáp án đúng là A

Ta có: ${2^{2{x^2} - 7x + 5}} = 1$$\Leftrightarrow$$2{x^2} - 7x + 5 = 0$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{5}{2}\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {1;\frac{5}{2}} \right\}$.

Đáp án đúng là B

Ta có ${u_1} = 3.1 + 2 = 5$ và $d = {u_n} - {u_{n - 1}} = 3n + 2 - \left[ {3\left( {n - 1} \right) + 2} \right] = 3$. Vậy ${u_1} = 5;\,d = 3$.

Đáp án đúng là B

Vì $O$ là trung điểm của $AC'$ nên $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC'} = \overrightarrow 0$.

Xét mệnh đề a)

Radar có bán kính quét là $R = 300$km và tâm $O\left( {0;0;0} \right)$.

Phương trình mặt cầu biểu diễn vùng phủ sóng là: ${x^2} + {y^2} + {z^2} = {300^2}$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Khoảng cách từ vị trí phóng $A\left( {520; - 140;100} \right)$ đến radar $O$ là:

$OA = \sqrt {{{520}^2} + {{\left( { - 140} \right)}^2} + {{100}^2}} \approx 547{,}7$km

Vì $OA > R$ nên radar không thể phát hiện tên lửa ngay tại vị trí phóng nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Phương trình đường bay tên lửa: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 520 - 40t}\\{y = - 140 + 30t}\\{z = 100}\end{array}} \right.$

Điểm $B$ là giao điểm của đường bay và mặt cầu radar:${\left( {520 - 40t} \right)^2} + {\left( { - 140 + 30t} \right)^2} + {100^2} = {300^2}$

Giải phương trình ta được $t = 6$ hoặc $t = 14$

Tại $t = 6 \Rightarrow B\left( {280;40;100} \right)$ và tại $t = 14 \Rightarrow B\left( { - 40;280;100} \right)$

Vị trí cuối cùng của têm lửa là $B\left( { - 40;280;100} \right)$ nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Khoảng cách gần nhất từ $O$ đến đường thẳng quỹ đạo là: $d\left( {O,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OA} ,\vec u} \right]} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|}}$

Ta có: $\overrightarrow {OA} = \left( {520; - 140;100} \right)$, $\vec u = \left( { - 40;30;0} \right)$

$\left[ {\overrightarrow {OA} ,\vec u} \right] = \left( { - 3000; - 4000;10000} \right) \Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow {OA} ,\vec u} \right]} \right| = \sqrt {{{\left( { - 3000} \right)}^2} + {{\left( { - 4000} \right)}^2} + {{10000}^2}} = 5000\sqrt 5$

Khi đó: $\overrightarrow u = \sqrt {{{\left( { - 40} \right)}^2} + {{30}^2}} = 50$suy ra $d = \frac{{5000\sqrt 5 }}{{50}} = 100\sqrt 5 \approx 223{,}6$ nên mệnh đề d) đúng

Gọi $N$ là điểm thuộc đoạn thẳng $AB$ sao cho $BA = 3BN$
Khi đó $BN = DM$ và $BN\,{\rm{//}}\,DM$ nên tứ giác $BNDM$ là hình bình hành
Từ đó suy ra $BM\,{\rm{//}}\,DN \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,\left( {SDN} \right)$.
Vậy ${\rm{d}}\left( {BM,SD} \right){\rm{ = d}}\left( {BM,\left( {SDN} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {B,\left( {SDN} \right)} \right)$.
Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $DN$ và $SH$.
Ta có $DN \bot AH$ và $DN \bot SA$ nên $DN \bot \left( {SAH} \right)$ từ đó suy ra $DN \bot AK$.
Lại có $AK \bot SH$ và $AK \bot DN$ nên $AK \bot \left( {SDN} \right)$ nên ${\rm{d}}\left( {A,\left( {SDN} \right)} \right) = AK$.
Do $AN = \frac{2}{3}AB = 2$ và tam giác $ADN$ vuông tại $A$ nên ta có:
$AH = \frac{{AN.AD}}{{\sqrt {A{N^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2.1}}{{\sqrt {{{\left( 2 \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.
Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ nên $AK = \frac{{AH.AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{2\sqrt 5 }}{5} \cdot 2}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {{\left( 2 \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 6 }}{6}$.
Đường thẳng $AB$ cắt mặt phẳng $\left( {SDN} \right)$ tại $N$ và $\frac{{BN}}{{AN}} = \frac{1}{2}$ nên khi đó ta có:
${\rm{d}}\left( {BM,SD} \right) = {\rm{d}}\left( {B,\left( {SDN} \right)} \right) = \frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {A,\left( {SDN} \right)} \right) = \frac{1}{2}AK = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $BM$ và $SD$ bằng $\boxed{0{,}41}$.

Nếu đầu mỗi năm gửi vào ngân hàng số tiền $m$, lãi suất không đổi $r\%$/năm và lãi sau mỗi năm được nhập vào vốn thì sau $n$ năm số tiền thu được ${T_n}$ được tính theo công thức
${T_n} = \frac{m}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\left( {1 + r} \right)$.
Áp dụng công thức trên với $n = 5;\,\,{T_5} = 1000000000\,;\,\,r = 7\% = 0{,}07$ ta có:
$1000000000 = \frac{m}{{0{,}07}}\left[ {{{\left( {1 + 0{,}07} \right)}^5} - 1} \right]\left( {1 + 0{,}07} \right)$$\Leftrightarrow 70000000 = m\left( {{{1{,}07}^5} - 1} \right)1{,}07$

$\Leftrightarrow m=\frac{70000000}{1{,}07({1{,}07}^{5}-1)}\approx \boxed{163}$ triệu đồng

Gọi $x\left( t \right)$à khoảng cách theo phương ngang từ mắt người quan sát đến mặt tường tòa nhà tại thời điểm $t$ thì khoảng cách còn lại là: $x\left( t \right) = 48 - \left( {{t^2} + 2t} \right)$

Suy ra, tốc độ thay đôi khoảng cách: $x'\left( t \right) = - 2t - 2$

Tại thời điểm $t = 4$ thì hoảng cách: $x\left( 4 \right) = 48 - \left( {{4^2} + 2.4} \right) = 24$(m)

Tốc độ: $x'\left( 4 \right) = - 2 \cdot 4 - 2 = - 10$(m/s)

Gọi $H$là hình chiếu vuông góc của mắt người lên tường thì $EH = x$

Độ cao từ mắt đến mép dưới biển (đoạn $HA$): $9 - 1 = 8$(m)

Độ cao từ mắt đến mép trên biển (đoạn $HB$):$19 - 1 = 18$(m)

Gọi $\alpha = \widehat {HEA}$và $\beta = \widehat {HEB}$. Ta có $\tan \alpha = \frac{8}{x}$và $\tan \beta = \frac{{18}}{x}$

Góc nhìn biển quảng cáo là $\theta \left( t \right) = \beta - \alpha$

Suy ra: $\tan \theta = \tan \left( {\beta - \alpha } \right) = \frac{{\tan \beta - \tan \alpha }}{{1 + \tan \beta \cdot \tan \alpha }} = \frac{{\frac{{18}}{x} - \frac{8}{x}}}{{1 + \frac{{18}}{x} \cdot \frac{8}{x}}} = \frac{{10x}}{{{x^2} + 144}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Xem $\theta$ và $x$ đều là các hàm số phụ thuộc vào $t$. Đạo hàm hai vế ta được :

${\left( {\tan \theta } \right)^\prime } = {\left( {\frac{{10x}}{{{x^2} + 144}}} \right)^\prime } \Leftrightarrow \theta '\left( t \right).\left( {1 + {{\tan }^2}\theta } \right) = \frac{{{{\left( {10x} \right)}^\prime }\left( {{x^2} + 144} \right) - 10x.{{\left( {{x^2} + 144} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{x^2} + 144} \right)}^2}}}$

$\theta '\left( t \right).\left( {1 + {{\tan }^2}\theta } \right) = \frac{{10.x'\left( t \right).\left( {{x^2} + 144} \right) - 10x.2x.x'\left( t \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 144} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \theta '\left( t \right).\left( {1 + {{\tan }^2}\theta } \right) = \frac{{1440 - 10{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 144} \right)}^2}}}.x'\left( t \right)\left( * \right)$

Tại $t = 4$, ta đã biết $x = 24$và $x' = 10$. Thay vào $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \tan \theta = \frac{{10 \cdot 24}}{{{{24}^2} + 144}} = \frac{1}{3}\left( 2 \right)$

Thay $\left( 2 \right)$vào $\left( * \right) \Leftrightarrow k.\left[ {1 + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} \right] = \frac{{1440 - {{10.24}^2}}}{{{{\left( {{{24}^2} + 144} \right)}^2}}}.\left( { - 10} \right) \Rightarrow k = 0{,}075$

Vậy giá trị $100k=\boxed{7{,}5}$

Gọi$F\left( {a;b;0} \right)$là một điểm nằm trên đường viền của bóng trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$

Tia sáng xuất phát từ đỉnh $S\left( {1;1;5} \right)$đi qua một điểm$E$nằm trên mép tấm bìa và chạm đất tại$F$. Do đó, ba điểm $S,\,E,\,F$thẳng hàng và vectơ chỉ phương của tia sáng là $\overrightarrow {SF} = \left( {a - 1;b - 1; - 5} \right)$

Phương trình tham số của đường thẳng $SF:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + \left( {a - 1} \right)t}\\{y = 1 + \left( {b - 1} \right)t}\\{z = 5 - 5t}\end{array}} \right.$

Vì $E$nằm trên tia sáng $SF$, tọa độ $E\left( {1 + \left( {a - 1} \right)t;1 + \left( {b - 1} \right)t;5 - 5t} \right)$

Mặt khác, điểm $E$thuộc tấm bìa, nên $E \subset \left( \alpha \right):x + y + z - 13 = 0$

Thay tọa độ $E$vào phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ta được:

$\left[ {1 + \left( {a - 1} \right)t} \right] + \left[ {1 + \left( {b - 1} \right)t} \right] + \left( {5 - 5t} \right) - 13 = 0 \Leftrightarrow \left( {a + b - 7} \right)t - 6 = 0 \Rightarrow t = \frac{6}{{a + b - 7}}$

Với $t = \frac{6}{{a + b - 7}}$ta có tọa độ $E\left( {\frac{{7a + b - 13}}{{a + b - 7}};\frac{{a + 7b - 13}}{{a + b - 7}};\frac{{5a + 5b - 65}}{{a + b - 7}}} \right)$

Vì$E$nằm trên mép tấm bìa (là một đường tròn tâm $I\left( {3;3;7} \right)$, bán kính $R = 2$), nên khoảng cách từ $E$đến tâm $I$luôn bằng $2$.

Ta có $I{E^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{7a + b - 13}}{{a + b - 7}} - 3} \right)^2} + {\left( {\frac{{a + 7b - 13}}{{a + b - 7}} - 3} \right)^2} + {\left( {\frac{{5a + 5b - 65}}{{a + b - 7}} - 7} \right)^2} = 4$

$\Leftrightarrow 5{a^2} - 8ab + 5{b^2} + 38a + 38b + 47 = 0$

Quy về phương trình bậc hai ẩn $b$, còn $a$là tham số:$5{b^2} + \left( {38 - 8a} \right)b + \left( {5{a^2} + 38a + 47} \right) = 0$

Khi ấy, để tồn tại điểm trên bóng (tức là phương trình có nghiệm $b$) , thì $\Delta \ge 0$

Khi $\Delta \ge 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{b_1} = \frac{{4a - 19 + 3\sqrt { - {a^2} - 38a + 14} }}{5}}\\{{b_2} = \frac{{4a - 19 - 3\sqrt { - {a^2} - 38a + 14} }}{5}}\end{array}} \right.$

Diện tích bóng là phần hình phẳng kẹp giữa mép trên và mép dưới:

$$S = \int\limits_{ - 19 - 5\sqrt {15} }^{ - 19 + 5\sqrt {15} } {\left( {{b_1} - {b_2}} \right)} {\rm{d}}a = \int\limits_{ - 19 - 5\sqrt {15} }^{ - 19 + 5\sqrt {15} } {\left( {\frac{{4a - 19 + 3\sqrt { - {a^2} - 38a + 14} }}{5} - \frac{{4a - 19 - 3\sqrt { - {a^2} - 38a + 14} }}{5}} \right)} {\rm{d}}a = 225\pi$$

Vậy bóng của $\left( C \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là một hình phẳng có diện tích bằng $225π\approx \boxed{707}$