Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 23

Đáp án đúng là C

Điều kiện xác định: $\frac{1}{{2x - 1}} > 0 \Leftrightarrow 2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$.

Ta có: $\ln \frac{1}{{2x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2x - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow 2x - 1 \le 1 \Leftrightarrow x \le 1$.

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 B

Từ bảng biến thiên ta thấy $f\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm ${x_1},{x_2},{x_3}$ phân biệt.

Do vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}} y = \pm \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}} y = \pm \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_3}} y = \pm \infty$ nên đồ thị hàm số $y = \frac{{2026}}{{f\left( x \right)}}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

Đáp án đúng là D

Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm $A,\,B,\,C$ là: $\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{5} = 1 \Leftrightarrow 15x + 10y + 6z - 30 = 0$

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là $\overrightarrow n = \left( {15;\,10;\,6} \right)$.

Đáp án đúng là A

Ta có:$\int {f\left( x \right)} {\rm{ d}}x = \int {{e^x}\left( {1 - \frac{{2{e^{ - x}}}}{{{x^5}}}} \right){\rm{d}}x = \int {\left( {{e^x} - \frac{2}{{{x^5}}}} \right)} } {\rm{ d}}x = {e^x} + \frac{1}{{2{x^4}}} + C$.

Đáp án đúng là C

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số $y = \sqrt {x - 1}$ và trục hoành là $\sqrt {x - 1} = 0 \Rightarrow x = 1$.

Khi đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $D$ quanh trục $Ox$ là

$V = \pi \int\limits_1^5 {{{\left( {\sqrt {x - 1} } \right)}^2}} {\rm{d}}x = \pi \int\limits_1^5 {\left( {x - 1} \right)} {\rm{ d}}x = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - x} \right)} \right|_1^5 = 8\pi$.

Đáp án đúng là B

Ta có: ${2^{\sqrt x }} = {2^{2 - x}} \Leftrightarrow \sqrt x = 2 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x \ge 0\\x = {\left( {2 - x} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\{x^2} - 5x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow x = 1$.

Đáp án đúng là C

Ba số $2x - 1;{\rm{ }}x;{\rm{ }}2x + 1$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân $\Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right)\left( {2x + 1} \right) = {x^2}$$\Leftrightarrow 4{x^2} - 1 = {x^2}$

$\Leftrightarrow 3{x^2} = 1$$\Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}.$

Đáp án đúng là A

Do $A'B'BA$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {A'B}$.

Mặt khác$A'BCD'$cũng là hình bình hành nên $\overrightarrow {A'B} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C}$.

Vậy $\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C}$.

Đáp án đúng là B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ giá trị lớn nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ bằng $3$.

Đáp án đúng là D

Ta có giá trị đại diện được thể hiện trong bảng sau:

Cỡ mẫu: $n = 50$.

Số trung bình $\bar x = \frac{{{m_1}.{x_1} + {m_2}.{x_2} + ... + {m_k}.{x_k}}}{n}$$= \frac{{6.5 + 12.7 + 19.9 + 9.11 + 4.13}}{{50}} = 8{,}72$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{1}{n}\left( {{m_1}.{x_1}^2 + {m_2}.{x_2}^2 + ... + {m_k}.{x_k}^2} \right) - {\left( {\bar x} \right)^2}$

$= \frac{1}{{50}}\left( {{{6.5}^2} + {{12.7}^2} + {{19.9}^2} + {{9.11}^2} + {{4.13}^2}} \right) - {\left( {8{,}72} \right)^2} = 4{,}8016$.

Đáp án đúng là D

Do đường thẳng $d \bot \left( P \right)$ nên ${\vec u_d} = {\vec n_P} = \left( {1;1; - 1} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$.

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

Đáp án đúng là D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Xét mệnh đề a)
Thời gian tàu chạy quãng đường một kilomet là: $\frac{1}{{10}}$ (giờ)
Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: $\frac{1}{{10}} \cdot 480000 = 48000$(đồng) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Gọi $x$(km/h) là vận tốc của tàu với $x > 0$
Thời gian tàu chạy quãng đường một kilomet là: $\frac{1}{x}$ (giờ)
Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: $\frac{1}{x} \cdot 480 = \frac{{480}}{x}$ (nghìn đồng)
Hàm chi phí cho phần thứ hai là $p = k{x^3}$ (nghìn đồng/h)
Mà khi $x = 10 \Rightarrow p = 30 \Rightarrow k = 0{,}03$ nên $p = 0{,}03{x^3}$ (nghìn đồng/h)
Do đó chi phí phần 2 để chạy một kilomet là: $\frac{1}{x} \cdot 0{,}03{x^3} = 0{,}03{x^2}$(nghìn đồng)
Vậy tổng chi phí được biểu diễn bởi hàm số $f\left( x \right) = \frac{{480}}{x} + 0{,}03{x^2}$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)
Hàm số biểu diễn tổng chi phí $f\left( x \right) = \frac{{480}}{x} + 0{,}03{x^2}$.
Thay $x = v = 30$(km/h) vào ta có $f\left( {30} \right) = \frac{{480}}{{30}} + {0{,}03.30^2} = 43$( ngàn đồng) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Ta có $f\left( x \right) = \frac{{480}}{x} + 0{,}03{x^2} = \frac{{240}}{x} + \frac{{240}}{x} + 0{,}03{x^2} \ge 3\sqrt[3]{{1728}} = 36.$
Dấu ’’=’’ xảy ra khi $x = 20$ nên mệnh đề d) đúng

Dựng $D$ sao cho $BD\parallel OM$ và $OM$ là đường trung bình của tam giác $BCD$.

Khi đó ta có $OM\parallel \left( {ABD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,OM} \right) = d\left( {OM,\left( {ABD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABD} \right)} \right)$.

Kẻ $OH \bot BD$. Lại có $BD \bot OA$ (do $\left\{ \begin{array}{l}OA \bot \left( {OBC} \right)\\BD \subset \left( {OBC} \right)\end{array} \right.$) suy ra $BD \bot \left( {AOH} \right)$.

Suy ra $\left( {AOH} \right) \bot \left( {ABD} \right)$ theo giao tuyến $AH$.

Trong $\left( {AHO} \right)$, kẻ $OK \bot AH$ suy ra $OK \bot \left( {ABD} \right) \Leftrightarrow OK = d\left( {O,\left( {ABD} \right)} \right)$.

Trong $\Delta AHO$: $\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{O{D^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{{{3.1}^2}}} + \frac{1}{{{{3.1}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}}$

Suy ra $OK = \frac{{\sqrt {15} }}{5}$ hay $d(AB,OM)=\frac{\sqrt{15}}{5}\approx \boxed{0{,}77}$.

Từ dữ kiện đề bài, ta xác định được: trạm phòng thủ có tọa độ $M\left( {1;2;3} \right)$.
Vùng năng lượng bảo vệ (khối cầu$S$): có tâm $I\left( {5;2;3} \right)$ và bán kính$R = \sqrt 4 = 2$.
Mảnh rác vũ trụ $N$thuộc đường thẳng $\Delta$ nên tọa độ của $N$theo tham số $t$là: $N\left( {9;t;9 - t} \right)$
Khoảng cách $MN$và điều kiện để tia laser không xuyên qua khối cầu.
Vectơ $\overrightarrow {MN} = \left( {8;t - 2;6 - t} \right) \Rightarrow M{N^2} = {8^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + {\left( {6 - t} \right)^2} = 2{t^2} - 16t + 104$ và $\overrightarrow {MI} = \left( {4;0;0} \right)$
Để đảm bảo an toàn, khoảng cách từ tâm $I$ đến đường thẳng $MN$phải lớn hơn hoặc bằng bán kính $R$:
$d\left( {I,MN} \right) \ge R \Leftrightarrow \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MI} ,\overrightarrow {MN} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {MN} } \right|}} \ge 2 \Leftrightarrow \frac{{{0^2} + {{\left( {4t - 24} \right)}^2} + {{\left( {4t - 8} \right)}^2}}}{{2{t^2} - 16t + 104}} \ge {2^2} \Leftrightarrow 3{t^2} - 24t + 28 \ge 0$
Xét hàm số$f\left( t \right) = M{N^2} = 2{t^2} - 16t + 104$. Đây là một parabol có đỉnh tại$t = 4$.
Tuy nhiên, tại $t = 4$thì ${3.4^2} - 24.4 + 28 = - 20 < 0$(không thỏa mãn điều kiện an toàn).
Do đó, giá trị $MN$nhỏ nhất sẽ đạt được tại biên của vùng an toàn, tức là khi:
$3{t^2} - 24t + 28 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = \frac{{12 - 2\sqrt {15} }}{3}\left( n \right)}\\{t = \frac{{12 + 2\sqrt {15} }}{3}\left( l \right)}\end{array}} \right.$
Thay vào biểu thức$M{N^2}$:

$f(\frac{12-2\sqrt{15}}{3})=2{(\frac{12-2\sqrt{15}}{3})}^{2}-16(\frac{12-2\sqrt{15}}{3})+104=\frac{256}{3}\Rightarrow MN=\sqrt{\frac{256}{3}}.100\approx \boxed{924}$ km