Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 20

Đáp án đúng là B

Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{x} + 1$ là $F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + x + C$.

Đáp án đúng là C

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^2}$ và trục $Ox$: ${x^2} = 0 \Rightarrow x = 0$.

Ta có: $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^2 {{x^4}{\rm{d}}x} = \pi \left. {\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{5}$.

Đáp án đúng là B

Gọi $x{}_1,\;{x_2},\;...,{x_{32}}$ là thời gian đọc sách của $32$ học sinh và xếp theo thứ tự tăng dần.

Ta có ${x_{24}},\;{x_{25}} \in \left[ {55;\;60} \right)$ nên tứ phân vị thứ ba nằm trong nhóm thứ $4$.

Ta có ${Q_3} = 55 + \frac{{\frac{{3.32}}{4} - \left( {2 + 7 + 10} \right)}}{{11}}.5 = \frac{{630}}{{11}}$

Đáp án đúng là D

Đường thẳng đi qua điểm $A\left( {1;2;\, - 1} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\vec u\left( {1;\,3;\,2} \right)\,$có phương trình là: $\frac{{x - 1}}{1}\, = \,\frac{{y\, - \,2}}{3}\, = \,\frac{{z\, + \,1}}{2}$.

Đáp án đúng là D

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2$ nên $y = 2$ là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = + \infty$ nên $x = 0$ là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.

Đáp án đúng là C

Điều kiện $\frac{1}{{2x - 1}} > 0 \Leftrightarrow 2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$ thì $\ln \frac{1}{{2x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2x - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow 2x - 1 \le 1 \Leftrightarrow x \le 1$.

Kết hợp với điều kiện ta có: $\frac{1}{2} < x \le 1$. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $\left( {\frac{1}{2}\,;\,1} \right]$.

Đáp án đúng là D

Phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng $x - y + z + 2 = 0$ có dạng:

$$x - y + z + c = 0,\left( {c \ne 2} \right)$$

Mặt phẳng đi qua$A\left( {1;0; - 1} \right)$ nên: $1 - 0 - 1 + c = 0 \Leftrightarrow c = 0$ (thỏa mãn).
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là $x - y + z = 0$.

Đáp án đúng là B

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$.
Do đó $\left( {SC\,;\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC\,;\,AC} \right)$$= \widehat {SCA}$.
$AC = AB\sqrt 2$$\Rightarrow \tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1$$\Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ$.
Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng $45^\circ$.

Đáp án đúng là B

Ta có: ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - {x^3}}} = {4^{{x^2} - 2}} \Leftrightarrow {2^{{x^3} - {x^2}}} = {2^{2{x^2} - 4}} \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} = 2{x^2} - 4 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.$

Đáp án đúng là A

Ta có công thức công sai cấp số cộng thì công sai: $d = {u_2} - {u_1} = 4 - \frac{1}{3} = \frac{{11}}{3}$.

Đáp án đúng là C

Ta phân tích: $\vec u + \vec v = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {CA'} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AA'} } \right) = 2\overrightarrow {AA'}$.

$\vec x + \vec y = \overrightarrow {BD'} + \overrightarrow {DB'} = \left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DD'} } \right) + \left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BB'} } \right) = 2\overrightarrow {BB'} = 2\overrightarrow {AA'}$.

Suy ra $\vec u + \vec v + \vec x + \vec y = 4\overrightarrow {AA'} = 4.2\overrightarrow {OI}$$\Rightarrow 2\overrightarrow {OI} = \frac{1}{4}\left( {\vec u + \vec v + \vec x + \vec y} \right)$.

Đáp án đúng là D

Từ đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {2;\, + \infty } \right)$.

Từ đồ thị hàm số, ta có:

Tiệm cận đứng:$x = 2 \Rightarrow \frac{2}{c} = 2 \Rightarrow c = 1$.

Tiệm cận ngang:$y = - 1 \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1 \Rightarrow a = - 1$.

Điểm trên đồ thị: Đồ thị cắt $Ox$ tại$\left( {3;0} \right) \Rightarrow \frac{{ - 3 + b}}{{3 - 2}} = 0 \Rightarrow b = 3$.

$\Rightarrow$Hàm số:$y = \frac{{ - x + 3}}{{x - 2}}$.

Xét mệnh đề a)

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là $I\left( {2;\, - 1} \right)$nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Trục đối xứng của hàm số này là các đường thẳng đi qua tâm đối xứng $I\left( {2; - 1} \right)$và có hệ số góc$k = \pm 1$.

Phương trình đường thẳng:$y - \left( { - 1} \right) = 1\left( {x - 2} \right) \Rightarrow y + 1 = x - 2 \Rightarrow y = x - 3$nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

$a + b + c = - 1 + 3 + 1 = 3$nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

$S = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{ - x + 3}}{{x - 2}}} \right|dx} \approx 1{,}69 \ne 3$nên mệnh đề d) sai

Gọi $N$ là trung điểm của $AB$ và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SN$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AC{\rm{ // }}MN\\MN \subset \left( {SMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC{\rm{ //}}\left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {AC;SM} \right) = d\left( {AC;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right){\rm{ }}$

Do $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ nên $MN \bot AB$ mà $MN \bot SA$

Do đó $MN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN \bot AH$

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}MN \bot AH\\SN \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH$

Ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{{4.1}^2}}} + \frac{4}{{{1^2}}} = \frac{{17}}{{{{4.1}^2}}}$$\Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt {17} }}{{17}}$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $SM$ bằng $0{,}49$.

Hình vuông ban đầu$\left( {{S_0}} \right)$: có cạnh bằng$1$ và diện tích${S_0} = {1^2} = 1$.

Bước 1: Tô màu tam giác vuông là một nửa hình vuông ban đầu.

Diện tích tô màu lần 1: ${T_1} = \frac{1}{2}.{S_0} = \frac{1}{2}$.

Bước 2: Ở tam giác còn lại, dựng hình vuông mới. Theo mô tả, hình vuông này có cạnh bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó (do các đỉnh là trung điểm các cạnh tam giác).

Cạnh hình vuông thứ hai:${a_1} = \frac{1}{2}$.

Diện tích hình vuông thứ hai:${S_1} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}$.

Diện tích tô màu lần 2 (một nửa hình vuông mới): ${T_2} = \frac{1}{2}.{S_1} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}$

Tổng diện tích phần được tô màu $S$là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn trên:

$S={T}_{1}+{T}_{2}+{T}_{3}+\ldots +{T}_{n}+=\frac{{u}_{1}}{1-q}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}\approx \boxed{0{,}67}$

Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua tâm đáy đường tròn lớn và song song với đường sinh, khi ấy thiết diện của $\left( \alpha \right)$ với mặt nón tạo thành một đường cong parabol $\left( C \right)$, khi ấy thiết diện này chia khối nón thành 2 phần với thể tích phần nhỏ hơn được tô đậm hơn như hình bên trái.
Sau đó xét mặt phẳng $\left( P \right)$ song song với đường tròn đáy cắt thể tích phần nhỏ hơn. Khi ấy ta thu được mặt cắt là hình viên phân có diện tích $S\left( t \right)$ như hai hình bên phải (hình vẽ dưới)
Đặt $H,O$ lần lượt là tâm đường tròn đáy lớn và đường tròn thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ với tổng thể khối nón. Chọn trục $Ot$ hướng lên theo chiều cao khối nón, đặt $OH = t \in \left[ {0;50} \right]$

Theo định lí Talet, ta có: $\frac{{HO}}{{HK}} = \frac{{OA}}{{KL}} \Leftrightarrow \frac{{t}}{{50}} = \frac{{OA}}{{30 - 20}} \Rightarrow OA = \frac{t}{5}\left( {cm} \right)$
Suy ra: $OB = OD = AD - AO = 30 - \frac{t}{5}\left( {cm} \right){\rm{ }};{\rm{ }}BC = 2\sqrt {O{B^2} - O{A^2}} = 2\sqrt {900 - 12t} \left( {cm} \right)$
Với $\widehat {AOB} = \alpha \to \cos \alpha = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{t}{{150 - t}} \to \alpha = \arccos \left( {\frac{t}{{150 - t}}} \right)$, ta suy ra diện tích hình quạt tròn quét góc $\widehat {BOC}$ là: ${S_c} = \frac{{2\alpha }}{{2\pi }}\pi O{B^2} = \alpha O{B^2} = {\left( {30 - \frac{t}{5}} \right)^2}\arccos \left( {\frac{t}{{150 - t}}} \right)\left( {c{m^2}} \right)$
Mà diện tích tam giác $BOC$ là: ${S_{\Delta BOC}} = \frac{1}{2}OA.BC = \frac{{t\sqrt {900 - 12t} }}{5}\left( {c{m^2}} \right)$ nên suy ra:
$S\left( t \right) = {S_c} - {S_{\Delta BOC}} = {\left( {30 - \frac{t}{5}} \right)^2}\arccos \left( {\frac{t}{{150 - t}}} \right) - \frac{{t\sqrt {900 - 12t} }}{5}\left( {c{m^2}} \right)$
Vậy thể tích cần tìm bằng: $V=\int _{0}^{50}S(t)dt=\int _{0}^{50}[{(30-\frac{t}{5})}^{2}\mathrm{arccos}(\frac{t}{150-t})-\frac{t\sqrt{900-12t}}{5}]dt\approx 38270(c{m}^{3})\rightarrow \boxed{38{,}3(d{m}^{3})}$

Tấm bìa hình tròn nằm trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$có phương trình $z = 0$.

Để tấm bìa che khuất hoàn toàn thanh $AB$ đối với người quan sát tại $M$, thì hình chiếu xuyên tâm $M$ của đoạn thẳng $AB$ lên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ phải nằm hoàn toàn bên trong tấm bìa hình tròn.

Gọi $A'$ và $B'$ lần lượt là giao điểm của các tia$MA$, $MB$với mặt phẳng$\left( {Oxy} \right)$.

Khi đó đoạn thẳng $A'B'$ chính là hình chiếu của thanh $AB$ lên $\left( {Oxy} \right)$.

Nhận xét quan trọng: Để đoạn thẳng $A'B'$ nằm trọn trong hình tròn tâm $O$bán kính$R$, khoảng cách từ $O$ đến mọi điểm trên đoạn $A'B'$phải $\le R$.

Vì hàm khoảng cách từ một điểm đến các điểm trên một đoạn thẳng đạt GTLN tại một trong hai đầu mút, ta chỉ cần điều kiện: $R \ge \max \left( {OA';OB'} \right) \Leftrightarrow {R^2} \ge \max \left( {O{{A'}^2};O{{B'}^2}} \right)$

Đường thẳng $MA$đi qua $M\left( {2; - 1;4} \right)$và có vectơ chỉ phương:$\overrightarrow {MA{\rm{ }}} = 6\left( {1;1; - 1} \right)$

Phương trình tham số của $MA:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 4 - t}\end{array}} \right.$

$MA \cap \left( {Oxy} \right) = A'$ nên $z = 0 \Rightarrow 4 - t = 0 \Rightarrow t = 4$ thay vào phương trình, ta được $A'\left( {6;3;0} \right)$

Đường thẳng $MB$đi qua $M\left( {2; - 1;4} \right)$và có vectơ chỉ phương:$\overrightarrow {MB} = 6\left( { - 1;2; - 1} \right)$

Phương trình tham số của $MB:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 - k}\\{y = - 1 + 2k}\\{z = 4 - k}\end{array}} \right.$; $MB \cap \left( {Oxy} \right) = B'$ nên $z = 0 \Rightarrow 4 - k = 0 \Rightarrow k = 4$

Thay $k = 4$vào phương trình, ta được $B'\left( { - 2;7;0} \right)$

Ta tính bình phương khoảng cách từ gốc tọa độ $O\left( {0;0;0} \right)$đến $A'$và$B'$:

$O{A'^2} = {6^2} + {3^2} = 45$; $O{B'^2} = {\left( { - 2} \right)^2} + {7^2} = 53$

Vì $O{B'^2} > O{A'^2}$ nên điểm $B'$nằm xa tâm $O$ hơn.

Để hình tròn chứa được cả đoạn$A'B'$, ta cần có ${R^2} \ge \max \left( {45;53} \right) = 53$

Giá trị nhỏ nhất của ${R^2}$bằng $\boxed{53}$