Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 3

Đáp án đúng là D

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { - 1\,;\,2} \right)$

Đáp án đúng là D

Phương trình của mặt phẳng đi qua $M$ và song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ là:

$3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z - 4} \right) = 0$$\Leftrightarrow 3x - 2y + z - 12 = 0$.

Đáp án đúng là D

Ta có bảng thống kê về mức lương theo giá trị đại diện như sau:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

$\bar x = \frac{{4.5{,}5 + 5.6{,}5 + 5.7{,}5 + 4.8{,}5 + 2.9{,}5}}{{20}} = 7{,}25$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${s}^{2}=\frac{4\cdot {(5{,}5-7{,}25)}^{2}+5\cdot {(6{,}5-7{,}25)}^{2}+5\cdot {(7{,}5-7{,}25)}^{2}+4\cdot {(8{,}5-7{,}25)}^{2}+2\cdot {(9{,}5-7{,}25)}^{2}}{20}\approx \boxed{1{,}59}$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {3{x^2} + 2x - 1} \right){\rm{d}}x} = {x^3} + {x^2} - x + C$ ( với $C$là một hằng số).

Đáp án đúng là A

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;\,2\,;\,3} \right)\,,\,\,\overrightarrow {QP} = \left( {7 - {x_Q}\,;\,7 - {y_Q}\,;\,5 - {z_Q}} \right)$.

Tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {MN} = \overrightarrow {QP}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = 7 - {x_Q}\\2 = 7 - {y_Q}\\3 = 5 - {z_Q}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = 6\\{y_Q} = 5\\{z_Q} = 2\end{array} \right.$. Vậy $Q\left( {6\,;\,\,5\,;\,\,2} \right)$.

Đáp án đúng là C

Sử dụng công thức ${S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}$, ta có: ${S_5} = \frac{{5\left[ {2.\frac{1}{4} + \left( {5 - 1} \right).\left( { - \frac{1}{4}} \right)} \right]}}{2} = - \frac{5}{4}$.

Đáp án đúng là B

Ta có ${3^x} = 10 \Leftrightarrow x = {\log _3}10$.

Đáp án đúng là C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right.$nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$ mà $BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

Đáp án đúng là C

Ta có $y = \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}$$= x - 5 + \frac{{14}}{{x + 2}}$; mặt khác $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 5} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{14}}{{x + 2}} = 0$.

Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng $y = x - 5$.

Đáp án đúng là D

Đạo hàm $y' = 3{x^2} - 6x$. Gọi $\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số.

Hệ số góc tiếp tuyến $k = - 3$ nên $3x_0^2 - 6{x_0} = - 3 \Rightarrow x_0^2 - 2{x_0} + 1 = 0 \Rightarrow {x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = - 4$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số là: $y = - 3\left( {x - 1} \right) - 4\,\,\,{\rm{hay}}$$y = - 3x - 1$

Đáp án đúng là D

Vì $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập nên ta có: $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0{,}4\,.\,0{,}7 = 0{,}28$

Ta có: $P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 - \frac{{0{,}28}}{{0{,}4}} = \frac{3}{{10}}$.

Đáp án đúng là D

Ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NB} + \overrightarrow {DM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NC}$

$$= \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {DM} } \right) + 2\overrightarrow {MN} + \left( {\overrightarrow {NB} + \overrightarrow {NC} } \right) = 2\overrightarrow {MN} .$$

(Vì $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$ nên $\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {DM} = \overrightarrow 0 \,,\,\,\overrightarrow {NB} + \overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0$).

Xét mệnh đề a)

Ta có $f\left( x \right) = \int\limits_0^x {g\left( t \right){\rm{d}}t} \Rightarrow f'\left( x \right) = g\left( x \right)$

Tại $x = 7$ thì đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm nên hàm số đạt cực đại tại $x = 7$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Ta có $f\left( {10} \right) = \int\limits_0^{10} {g\left( t \right){\rm{d}}t = } \int\limits_0^7 {g\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_7^{10} {g\left( t \right){\rm{d}}t = {S_1} - {S_2}}$ nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Trên khoảng $\left( {7;\,10} \right)$ thì hàm số $y = g\left( x \right)$ nằm phía dưới trục hoành

Mặt khác: $g(x)={f}^{'}(x)<0,\ \forall x\in (7\ ;\ 10)$ suy ra hàm số nghịch biến nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Xét $f\left( 0 \right) = 0$.

Khi $x \in \left( {0;\,7} \right)$ thì $f\left( x \right)$ đồng biến và $f\left( 7 \right) = {S_1} > 0$,

Khi $x \in \left( {7;\,10} \right)$ thì $f\left( x \right)$ nghịch biến và $f\left( {10} \right) = {S_1} - {S_2}$

Khi $x\in (10\ ;\ 14)$ thì $f\left( x \right)$ đồng biến cho $g\left( x \right) > 0$ và từ đồ thị thì ${S_1} > {S_2} \Rightarrow {S_1} - {S_2} > 0$

Vậy hàm số $f\left( x \right)$ chỉ cắt trục hoanh tại điểm duy nhất là $x = 0$ nên mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Theo đề bài, $N\left( t \right) = \frac{{at + b}}{{t + d}}$

Với $t = 0 \Rightarrow N\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow \frac{b}{d} = 0 \Rightarrow b = 0$

Với $t = 1 \Rightarrow N\left( 1 \right) = 50 \Rightarrow \frac{{a + b}}{{1 + d}} = 50 \Leftrightarrow a + b = 50\left( {1 + d} \right) \Leftrightarrow a - 50d = 50$

Với $t = 2 \Rightarrow N\left( 2 \right) = 80 \Rightarrow \frac{{2a + b}}{{2 + d}} = 80 \Leftrightarrow 2a + b = 80\left( {2 + d} \right) \Leftrightarrow 2a - 80d = 160$

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}a - 50d = 50\\2a - 80d = 160\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 200\\d = 3\end{array} \right.$ suy ra $a = 60d = 20$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Theo câu trên suy ra $N\left( t \right) = \frac{{200t}}{{t + 3}}$ suy ra $N\left( 3 \right) = \frac{{200.3}}{{3 + 3}} = 100$ nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {\frac{{200t}}{{t + 3}}} \right) = 200$ nên mệnh đề c) sai

Xét mệnh đề d)

Ta có hàm tốc độ tăng trưởng: $N'\left( t \right) = \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}}$

Lợi nhuận thì bằng doanh thu trừ chi phí. Ta nên dừng lại khi lợi nhuận bắt đầu chuyển sang âm

Vậy điểm hòa vốn khi $N'\left( t \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} = 6 \Leftrightarrow t = 7$

Vậy nhà phát hành nên dừng ngay sau khi kết thúc ngày thứ 7 nên mệnh đề d) đúng

Xét mệnh đề a)

Mỗi chi nhánh chọn hai nhân viên nên $P\left( b \right) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0{,}5$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{24}}{{60}} = \frac{2}{5} = 0{,}4$ nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Ta có sơ đồ cây:

$P\left( A \right) = 0{,}5.0{,}4 + 0{,}5.0{,}1 = 0{,}25$ nên mệnh đề c) sai

Xét mệnh đề d)

$P\left( {B|A} \right) = \frac{{0{,}5.0{,}4}}{{0{,}25}} = \frac{4}{5} = 0{,}8$ nên mệnh đề d) đúng

Xét mệnh đề a)

Đáy của mái nhà nằm trên mặt phẳng $z = 2 \Leftrightarrow z - 2 = 0$

Xét mệnh đề b)

Khối chóp $S.ABCD$ là một tứ giác đều nên $ABCD$ là một hình vuông

Gọi $H$ là hình chiếu của đỉnh $S$ xuống $\left( {ABCD} \right)$ thì $H$ là tâm của hình vuông $ABCD$

Khi đó $H = \frac{{A + C}}{2} = \left( {5;\,5;\,2} \right)$ nên tọa độ $S\left( {5;\,5;4} \right)$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có phương trình $y = 0$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {0;\,1;\,0} \right)$

Một vectơ pháp tuyến của $\left( {SBC} \right)$ là $\overrightarrow {{n_2}} = \left[ {\overrightarrow {SB} ;\,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {0;\,4;\,2} \right)$

Khi đó: $\cos \varphi = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$ nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Ta có: $\overrightarrow {LB} = \left( {1;\, - 4;\,0} \right);\,\overrightarrow {LC} = \left( { - 1;\, - 4;\,0} \right)$ và $\overrightarrow {LS} = \left( {0;\, - 5;\,2} \right)$

Do các điểm $S',\,B',\,C'$ đều thuộc mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ nên $y = 0$

Phương trình tham số của đường thẳng $LB:\,\left\{ \begin{array}{l}x = 6 + t\\y = 6 - 4t\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow 6 - 4t = 0 \Leftrightarrow t = 1{,}5 \Rightarrow B'\left( {7{,}5;\,0;\,2} \right)$

Phương trình tham số của đường thẳng $LC:\,\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - t\\y = 6 - 4t\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow 6 - 4t = 0 \Leftrightarrow t = 1{,}5 \Rightarrow C'\left( {2{,}5;\,0;\,2} \right)$

Phương trình tham số của đường thẳng $LS:\,\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 5 - 5t\\z = 4 + 2t\end{array} \right.$$\Rightarrow 5 - 5t = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow S'\left( {5;\,0;\,6} \right)$

Vậy diện tích của hình chiếu là: ${S_{S'B'C'}} = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {S'C'} ;\,\overrightarrow {S'B'} } \right| = 10$(m2) nên mệnh đề d) đúng

Gọi $I,\,J$ theo thứ tự là trung điểm của $AB$ và $CD$

Các tam giác $ABC$, $ABD$ đều có $I$ là trung điểm $AB$nên $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CI\\AB \bot DI\end{array} \right.$

Suy ra $AB \bot \left( {ICD} \right)$ mà $IJ \subset \left( {ICD} \right) \Rightarrow AB \bot IJ$ $\left( 1 \right)$

Tương tự, các tam giác $ACD$,$BCD$ đều có $J$ là trung điểm $CD$ nên $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AJ\\CD \bot BJ\end{array} \right.$

Suy ra $CD \bot \left( {ABJ} \right)$ mà $IJ \subset \left( {JAB} \right) \Rightarrow CD \bot IJ$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $IJ$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $AB$ và $CD$

Ta có: $CI = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$; $IJ = \sqrt {C{I^2} - C{J^2}} = \sqrt {3 - 1} = \sqrt 2 \approx 1{,}41$.

Vậy khoảng cách hai đường thẳng AB, CD xấp xỉ 1,41cm

Ta có: $r\left( t \right) = 0{,}5t$ và $x\left( t \right) = \sqrt {{h^2}\left( t \right) + {r^2}\left( t \right)}$ mà $h\left( t \right) = 2 - 0{,}2t$
Theo bài ra: $h\left( t \right) = 1{,}5 \Leftrightarrow 2 - 0{,}2t = 1{,}5 \Rightarrow t = 2{,}5$ nên $C\left( t \right) = \frac{{\sqrt 8 .\sin \alpha }}{{{x^2}}} = \sqrt 8 .\frac{{\frac{{h\left( t \right)}}{{x\left( t \right)}}}}{{{h^2}\left( t \right) + {r^2}\left( t \right)}}$

$$\Leftrightarrow C\left( t \right) = \sqrt 8 .\frac{{\frac{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}^2} + {{\left( {0{,}5t} \right)}^2}} }}}}{{{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}^2} + {{\left( {0{,}5t} \right)}^2}}} = \sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}}{{{{\left( {\sqrt {{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}^2} + {{\left( {0{,}5t} \right)}^2}} } \right)}^3}}} = \sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}}{{{{\left[ {{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}^2} + {{\left( {0{,}5t} \right)}^2}} \right]}^{\frac{3}{2}}}}}$$

Khi đó: $C'\left( {2{,}5} \right) = \frac{d}{{dX}}{\left[ {\sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}}{{{{\left[ {{{\left( {2 - 0{,}2t} \right)}^2} + {{\left( {0{,}5t} \right)}^2}} \right]}^{\frac{3}{2}}}}}} \right]_{x = 2{,}5}} = - 0{,}2235 \approx - 0{,}2$
Vậy tốc độ thay đổi của cường độ sáng mà robot nhận được tại thời điểm bóng đèn ở độ cao 1,5 mét bằng $- 0{,}2$(m/s)

Gọi $T\left( t \right)$ là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm $t$(giờ) và nhiệt độ của môi trường là $25$°C

Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên $\frac{{T'\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) - 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T'\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) - 25} \right)$ (trong đó $k$ là hằng số tỷ lệ)

Ta đã biết $T'\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}$ nên phương trình trở thành $\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T - 25} \right)$

Lấy nguyên hàm hai vế: $\int {\frac{1}{{\left( {T - 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T - 25} \right| = kt + C$$\Leftrightarrow \left| {T - 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}$

Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên $T - 25 \ge 0$ nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: $T - 25 = {e^C}.{E^{kt}}$

Đặt $A = {e^C}$ (Với $A$ là một hằng số dương tùy ý) suy ra $T\left( t \right) - 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}$

Tại $t = 0$(10 giờ) thì $T = 65$ nên $65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40$

Tại $t = 1$(11 giờ) thì $T = 45$ nên $45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0{,}5$

Vậy lúc này phương trình $T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0{,}5} \right)^t}$

Nhiệt độ lúc pha trà là $95$°C nên $95 = 25 + 40.{\left( {0{,}5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0{,}5} \right)^t} = 1{,}75 \Rightarrow t = {\log _{0{,}5}}\left( {1{,}75} \right)$

Khi $t = {\log _{0{,}5}}\left( {1{,}75} \right) \approx - 0{,}807535$(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian $t = 0$, tức là trước $10$ giờ)

Đổi sang phút ta có $0{,}80735.60 \approx 48{,}44$(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ $48$ phút