Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 19

Đáp án đúng là D

Ta có $\int {\left( {\cos x + 1} \right){\rm{d}}x = \sin x + x + C}$.

Đáp án đúng là D

Thể tích vật thể là: $V = \int\limits_0^1 {S\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {{x^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\rm{d}}x = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}}$.

Đáp án đúng là C

Số trung bình của mẫu số liệu là: $\overline x = \frac{1}{{25}}.\left( {4.9 + 6.11 + 8.13 + 4.15 + 3.17} \right) = 12{,}68$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${S^2} = \frac{1}{{25}}.\left( {{{4.9}^2} + {{6.11}^2} + {{8.13}^2} + {{4.15}^2} + {{3.17}^2}} \right) - {12{,}68^2} = 5{,}9776$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: $S = \sqrt {{S^2}} = \sqrt {5{,}9776} \approx 2{,}44$.

Đáp án đúng là B

Ta có $\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2;1; - 2} \right)$
Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):2\left( {x - 0} \right) + \left( {y - 0} \right) - 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z = 0$.

Đáp án đúng là A

Điều kiện xác định: ${x^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le - 2\end{array} \right.$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 0 \Rightarrow$ Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = 0$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y$ không tồn tại nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số là 1.

Đáp án đúng là A

Ta có ${2^{x - 3}} < {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{x + 1}}$$\Leftrightarrow {2^{x - 3}} < {2^{ - 2x - 2}}$$\Leftrightarrow x - 3 < - 2x - 2$$\Leftrightarrow 3x < 1$$\Leftrightarrow x < \frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là A

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là: $\overrightarrow n = \left( {1;\,2;\, - 3} \right)$.

Đáp án đúng là D

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ suy ra $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $\left( {ABC} \right)$

Suy ra $\left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC;AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Đáp án đúng là C

Ta có ${\log _4}\left( {x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {4^3} \Leftrightarrow x = 65$.

Đáp án đúng là B

Ta có: ${u_2} = {u_1}.q = \left( { - 2} \right).3 = - 6$.

Đáp án đúng là B

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow a$ là $\overrightarrow a = \left( { - 1;2; - 3} \right).$

Đáp án đúng là D

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$ và $\left( {1;\,3} \right)$.

Xét mệnh đề a)
Quỹ đạo của vệ tinh này nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục tung nên một vectơ chỉ phương của mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là $\left( {0;\,1;\,0} \right)$ nên mệnh đề a) sai
Khi đó phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh có dạng $y + a = 0$
Quỹ đạo đi qua điểm $B\left( {4032;0; - 5376} \right)$ nên $0 + a = 0 \Rightarrow a = 0$
Vậy phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là $y = 0$
Xét mệnh đề b)
Khoảng cách ngắn nhất từ Trái Đất đến vệ tinh là:
$OB - R = \sqrt {{{4032}^2} + {0^2} + {{\left( { - 5376} \right)}^2}} - 6400 = 320$km
Vậy khi xuất phát tại điểm $B$ thì vệ tinh đang ở độ cao $320$km so với mặt đất nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Quỹ đạo của vệ tinh có tâm nằm trên đường thẳng $OB$ nên tâm $I$ nằm trên đường thẳng $OB$.
Mặt khác: $IB = {R_{qd}} = 13440 = 2.OB$ nên $O$ là trung điểm của $IB$
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = 2{x_O} - {x_B}\\{y_I} = 2{y_O} - {y_B}\\{z_I} = 2{z_O} - {z_B}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = - 4032\\{y_I} = 0\\{z_I} = 5376\end{array} \right.$ nên tọa độ điểm $I\left( { - 4032;\,0;\,5376} \right)$ nên mệnh đề c) sai

Xét mệnh đề d)
Gọi $H$ là hình chiếu của $K$ lên mặt phẳng quỹ đạo $y = 0 \Rightarrow H\left( {0;0;5120} \right)$
Khi đó: $KH = d\left( {K,\left( {y = 0} \right)} \right) = 3840$; $IH = \sqrt {{{4032}^2} + {{\left( {5376 - 5120} \right)}^2}} = 64\sqrt {3985}$
Từ đó suy ra: $NH = IN - IH = 13440 - 64\sqrt {3985}$
Nối $I$ và $H$ cắt vệ tinh tại $N$thì khi đó:
$K{N_{\min }} = \sqrt {K{H^2} + N{H^2}} = \sqrt {{{3840}^2} + {{\left( {13440 - 64\sqrt {3985} } \right)}^2}} \approx 10154$(km) nên mệnh đề d) sai

Đặt hệ trục như hình vẽ, ta có $OM$là đường cao trong tam giác đều $OAB \Rightarrow OM = \left( {0;3\sqrt 3 } \right)$Suy ra, tọa độ điểm$A\left( {3;3\sqrt 3 } \right)$và $B\left( { - 3;3\sqrt 3 } \right)$

Phương trình parabol đi qua $A$và $B$có dạng: $\left( {{C_1}} \right):f\left( x \right) = a{x^2} + c \Rightarrow f'\left( x \right) = 2ax\,\left( {a > 0} \right)$

Vì $\left( {{C_1}} \right)$đi qua $A\left( {3;3\sqrt 3 } \right) \Rightarrow 9a + c = 3\sqrt 3 \Rightarrow c = 3\sqrt 3 - 9a\left( * \right)$

Hệ số góc tiếp tuyến tại $A$là: ${k_A} = f'\left( 3 \right) = 6a$

Hệ số góc tiếp tuyến tại $B$là: ${k_B} = f'\left( { - 3} \right) = - 6a$

Theo đề bài, hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau, nên: ${k_A}.{k_B} = 6a.\left( { - 6a} \right) = - 1 \Leftrightarrow a = \frac{1}{6}$

Thay $a = \frac{1}{6}$vào $\left( * \right) \Leftrightarrow c = 3\sqrt 3 - 9.\frac{1}{6} = 3\sqrt 3 - \frac{3}{2}$

Vậy phương trình parabol $\left( {{C_1}} \right)$có dạng:$f\left( x \right) = \frac{1}{6}{x^2} + 3\sqrt 3 - \frac{3}{2}$

Diện tích cần tìm là: $S={S}_{LGÐ}-6.{S}_{parabol}=6.{S}_{ΔOAB}-6.{S}_{parabol}=6.({S}_{ΔOAB}-{S}_{parabol})$

Suy ra $S=6.[\frac{{6}^{2}\sqrt{3}}{4}-\int _{-3}^{3}|3\sqrt{3}-(\frac{1}{6}{x}^{2}+3\sqrt{3}-\frac{3}{2})|dx]=54\sqrt{3}-36\approx \boxed{57{,}5}$

Viên bi đỏ dạng mặt cầu $\left( {{S_1}} \right)$ có tâm ${I_1}\left( {10;\,0;\,3} \right)$ và bán kính ${R_1} = 3$

Viên bi xanh dạng mặt cầu $\left( {{S_2}} \right)$ có tâm ${I_2}\left( { - 12;\,0;\,4} \right)$ và có bán kính ${R_2} = 4$

Do hai mặt cầu chỉ lăn thẳng tịnh tiến dọc theo trục $Ox$, tung độ và cao độ của hai tâm mặt cầu sẽ hoàn toàn không thay đổi trong suốt quá trình chuyển động

Tại thời điểm va chạm, hai mặt cầu tiếp xúc ngoài với nhau nên tiếp điểm $M\left( {{x_0};\,{y_0};\,{z_0}} \right)$ chắc chắn phải nằm trên đoạn thẳng nối tâm là ${I_1}{I_2}$

Khoảng cách từ tiếp điểm $M$ đến tâm mỗi mặt cầu chính bằng bán kính của nó nên ta có:

$\frac{{{I_1}M}}{{M{I_2}}} = \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{3}{4}$$\Rightarrow 4.\overrightarrow {{I_1}M} = 3.\overrightarrow {M{I_2}}$

Suy ra: $4\left( {{y_0} - {y_1}} \right) = 3\left( {{y_2} - {y_0}} \right) \Leftrightarrow 4\left( {{y_0} - 0} \right) = 3\left( {0 - {y_0}} \right) \Rightarrow 7{y_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = 0$

Tương tự: $4\left( {{z_0} - {z_1}} \right) = 3\left( {{z_2} - {z_0}} \right) \Leftrightarrow 4\left( {{z_0} - 3} \right) = 3\left( {4 - {z_0}} \right) \Leftrightarrow 7{z_0} = 24 \Rightarrow {z_0} = \frac{{24}}{7}$

Vậy giá trị của biểu thức $T = {y_0} + 7{z_0} = 0 + 7.\frac{{24}}{7} = 24$

Chọn hệ trục tọa độ$Oxyz$như hình vẽ:
Tọa độ các điểm: $P\left( {0;0;0} \right)$, $A\left( { - 9;0;0} \right)$, $B\left( {9;0;0} \right)$, $Q\left( {0;12;0} \right)$
Theo đề bài, khi gấp phẳng thì $PA$trùng với$PQ$.
Điều này có nghĩa là khi gấp, điểm $A$ sẽ di chuyển đến điểm $A'\left( {0;9;0} \right)$ trên trục $Oy$(vì $PA = 9$ cm)
Đường nếp gấp $PR$ chính là đường trung trực của đoạn $AA'$ trong mặt phẳng ban đầu.
Trung điểm của $AA'$là $M\left( { - \frac{9}{2};\frac{9}{2};0} \right)$
Vectơ $\overrightarrow {AA'} = \left( {9;9;0} \right)$ nên nếp gấp $PR$ có phương trình là $y = - x$ trong mặt phẳng$Oxy$.
Khi ta gấp tam giác $APR$ lên một góc $\theta$ so với mặt phẳng cố định$\left( {PRQS} \right)$ thì điểm $A$ sẽ quay quanh trục$PR$. Tọa độ của $A$trong không gian sẽ phụ thuộc vào$\theta$:

$$A\left( { - \frac{9}{2}\left( {1 - \cos \theta } \right);\frac{9}{2}\left( {1 + \cos \theta } \right);\frac{{9\sqrt 2 }}{2}\sin \theta } \right)$$

Do tính đối xứng qua $Oy \Rightarrow B\left( {\frac{9}{2}\left( {1 - \cos \theta } \right);\frac{9}{2}\left( {1 + \cos \theta } \right);\frac{{9\sqrt 2 }}{2}\sin \theta } \right)$
Thể tích khối tứ diện $Q.PAB$là: $V = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {PA} ,\overrightarrow {PB} } \right].\overrightarrow {PQ} } \right| = \frac{1}{6}\left| { - 24{x_A}{z_A}} \right| = 4\left| {{x_A}{z_A}} \right|\left( * \right)$
Thay số vào $\left( * \right) \Leftrightarrow V\left( \theta \right) = 4\left| { - \frac{9}{2}\left( {1 + \cos \theta } \right).\frac{{9\sqrt 2 }}{2}\sin \theta } \right| = 81\sqrt 2 \sin \theta \left( {1 + \cos \theta } \right)$

Gọi $A$là biến cố cổ phiếu A giảm giá, $B$là biến cố cổ phiếu B giảm giá.

Ta có: $P\left( A \right) = 0{,}3$; $P\left( B \right) = 0{,}5$; $P\left( {A \cap B} \right) = 0{,}1$

Từ đây, ta chia không gian mẫu thành 4 trạng thái rời nhau:

Trạng thái ${C_1}$( A và B cùng giảm): $P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {A \cap B} \right) = 0{,}1$

Trạng thái ${C_2}$(Chỉ A giảm): $P\left( {{C_2}} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0{,}2$

Trạng thái ${C_3}$(Chỉ B giảm): $P\left( {{C_3}} \right) = P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0{,}4$

Trạng thái ${C_4}$(Cae A và B đều không giảm): $P\left( {{C_4}} \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - \left( {0{,}3 + 0{,}5 - 0{,}1} \right) = 0{,}3$

Gọi $M$ là biến cố nhà đầu tư bị gọi ký quỹ (Call Margin).

Các xác suất có điều kiện tương ứng với từng trạng thái được cho trong bảng:

$$P\left( {M|{C_1}} \right) = 100\% = 1;\,P\left( {M|{C_2}} \right) = 60\% = 0{,}6;\,P\left( {M|{C_3}} \right) = 45\% = 0{,}45;\,P\left( {M|{C_4}} \right) = 0\% = 0$$

$P\left( M \right) = P\left( {{C_1}} \right).P\left( {M|{C_1}} \right) + P\left( {{C_2}} \right).P\left( {M|{C_2}} \right) + P\left( {{C_3}} \right).P\left( {M|{C_3}} \right) + P\left( {{C_4}} \right).P\left( {M|{C_4}} \right)$

$$= \left( {0{,}1.1} \right) + \left( {0{,}2.0{,}6} \right) + \left( {0{,}4.0{,}45} \right) + \left( {0{,}3.0} \right) = 0{,}4$$

Xác suất để cả hai cổ phiếu cùng giảm khi biết rằng nhà đầu tư đã bị gọi ký quỹ là: $P({C}_{1}|M)=\frac{P({C}_{1}\cap M)}{P(M)}=\frac{P({C}_{1}).P(M|{C}_{1})}{P(M)}=\frac{0{,}1.1}{0{,}4}=\boxed{0{,}25}$