Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 4

Đáp án đúng là B

Ta có: $\,{u_3} = {u_2} + d \Leftrightarrow 5 = 3 + d \Leftrightarrow d = 2$.

Đáp án đúng là B

Từ đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1\,;\,1} \right)$.

Đáp án đúng là D

Ta có: $AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2$ và ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$

Thể tích khối lăng trụ là $V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án đúng là B

Diện tích hình phẳng giới cần tính là $S = \int\limits_0^2 {{e^x}{\rm{d}}x}$.

Đáp án đúng là A

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ chắn các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm $A\left( {0\,;\,0\,;\,2} \right)$, $B\left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)$ và $C\left( {0\,;\,3\,;\,0} \right)$ nên có phương trình $\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $\int _{-1}^{2}4f(x)\text{d}x=4\int _{-1}^{2}f(x)\text{d}x=4.5=20$

Đáp án đúng là B

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2;1; - 1} \right)$, bán kính $R = 3$ nên có phương trình là

${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9$.

Đáp án đúng là A

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $\sqrt {6{,}25} = 2{,}5$.

Đáp án đúng là C

Ta có: $y' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < \,0\,,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]$. Hàm số luôn nghịch biến trên $\left[ {0\,;\,2} \right]$.
Ta tính được: $y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}$, $y\left( 2 \right) = \, - 5$.
Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[ {0\,;\,2} \right]$ là $M = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là D

Theo công thức xác suất toàn phần ta có: $P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)$.

Đáp án đúng là D

Giả sử mẫu số liệu gốc là ${x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}$ được xếp theo thứ tự không giảm.

Xét nửa bên trái mẫu số liệu gốc là ${x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{25}}$. Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{13}} \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)$ nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_1} = 1 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 8}}{{11}}.1 = \frac{{31}}{{22}} \approx 1{,}41$ (giờ).

Xét nửa bên phải mẫu số liệu gốc là ${x_{26}};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{38}} \in \left[ {3\,;\,\,4} \right)$ nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_3} = 3 + \frac{{3.\frac{{50}}{4} - 34}}{9}.1 = \frac{{61}}{{18}} \approx 3{,}39$ (giờ).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} \approx 1{,}98$ (giờ).

Đáp án đúng là C

Ta có: ${\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\2x - 1 < x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x < 3\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm phương trình $S = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,3} \right)$.

Gieo ba con xác xắc nên số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216$ cách

Gọi $D$ là biến cố “Số chấm chia hết cho $3$” nên $P\left( D \right) = \frac{1}{3}$ và có sơ đồ cây như sau:

Xét mệnh đề a)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}P\left( {B \cap A} \right) = \frac{1}{3}.0{,}2 + \frac{2}{3}.0{,}4.0{,}02 = 0{,}012\\P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0{,}02 + \frac{2}{3}\left( {0{,}6.0{,}04 + 0{,}4.0{,}02} \right) = 0{,}028\end{array} \right.$ suy ra $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{3}{7}$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Ta có: $P\left( B \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{2}{3}.0{,}4 = \frac{3}{5} = 0{,}6$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Ta có: $P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0{,}02 + \frac{2}{3}\left( {0{,}6.0{,}04 + 0{,}4.0{,}02} \right) = 0{,}028$ nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Ta có: $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}012}}{{0{,}6}} = 0{,}02$ nên mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Quãng đường đi được trong $3$ giây đầu: $S = \frac{1}{2}.3.6 = 9$m nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}v\left( 8 \right) = 6\\v\left( {11} \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b\cos 0 = 6\\a + b\cos \pi = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 6\\a - b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 2\end{array} \right.$ nên $v\left( t \right) = 4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]$ nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Tổng quãng đường đi được trong $14$ giây là: $S = 9 + 6.5 + \int\limits_8^{14} {4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]{\rm{d}}t = 63}$(m) nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Quãng đường đi được trong $10$ giây đầu tiên là: $S = 9 + 6.5 + \int\limits_8^{10} {4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]{\rm{d}}t \approx 48{,}7}$(m) nên mệnh đề d) đúng

Xét mệnh đề a)
Ta có $I$ là trung điểm của $SB$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $IK$ là đường trung bình của $\Delta SBC \Rightarrow IK\parallel BC$
Mặt khác $ABCD$ là hình vuông nên $BC\parallel AD \Rightarrow IK\parallel AD$ mà $AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow IK\parallel \left( {SAD} \right)$ nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Do $ABCD$ là hình vuông nên $BD \bot AC$ mà $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BD \subset ABCD\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BD$
Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$ nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Góc nhị diện giữa $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến $CD$
Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right),$ ta có $AD \bot CD$ (vì $ABCD$ là hình vuông).
Ta có: $CD \bot AD$ và $CD \bot SA$ (vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$) nên suy ra $CD \bot \left( {SAD} \right)$
Vì $CD \bot \left( {SAD} \right)$ nên $CD \bot SD$
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ chính là góc $\widehat {SDA}$
Khi $SA = x = 2$ ta có $SA = 2$. Xét tam giác vuông $SAD$, có $SA = 2$ và $AD = 2.$
Tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$ suy ra $\widehat {SDA} = 45^\circ$ nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Đặt $AM = y$ thì $0 < y < 2$ và $\Delta SAM$ vuông nên $S{M^2} = S{A^2} + A{M^2} \Rightarrow x = \sqrt {4 - {y^2}}$
Thể tích khối chóp ${V_{S.AMC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta AMC}} = \frac{1}{3}.SA.\left( {{S_{\Delta ABC}} - {S_{\Delta MBC}}} \right) = \frac{1}{3}.SA.\left( {{S_{\Delta ABC}} - {S_{\Delta MBC}}} \right)$
Ta có: ${S_{\Delta ABC}} - {S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}AB.BC - \frac{1}{2}MB.BC = y \Rightarrow {V_{S.AMC}} = \frac{1}{3}.x.y = \frac{1}{3}.\sqrt {4 - {y^2}} .y = f\left( y \right)$
Khảo sát hàm số $f\left( y \right)$ trên $\left( {0;2} \right)$ đạt max tại $y = \sqrt 2$ mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có phương trình $z = 0$ và $\overrightarrow {BC} = \left( { - 60;\, - 20;\, - 15} \right)$

Khi đó: $\sin \alpha = \frac{{\left| { - 15} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 60} \right)}^2} + {{\left( { - 20} \right)}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2}} }} = \frac{3}{{13}} \Rightarrow \alpha \approx 13{,}34^\circ < 15^\circ$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Ta có: $\overrightarrow {AC} = \left( { - 70;\,10;\, - 25} \right)$ nên $\overrightarrow {{v_A}} = k.\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow k = \frac{{12}}{{75}} = \frac{4}{{25}} \Rightarrow \overrightarrow {{v_A}} = \left( { - \frac{{56}}{5};\,\frac{8}{5};\, - 4} \right)$

Vị trí của con chim $A$ tại thời điểm $t$ là: $A'\left( {90 - \frac{{56t}}{5};\,\frac{{8t}}{5};\,25 - 4t} \right)$

Ta có: $\overrightarrow {{v_B}} = m.\overrightarrow {BC} \Rightarrow m = \frac{3}{{13}}$ nên $\overrightarrow {{v_B}} = \left( { - \frac{{180}}{{13}};\, - \frac{{60}}{{13}};\, - \frac{{45}}{{13}}} \right)$

Do chim $A$ xuất phát trước 1 giây nên tọa độ của chim bói cá $B$ là:

$B\left( {80 - \frac{{180}}{3}\left( {t - 1} \right);\,30 - \frac{{60}}{{13}}\left( {t - 1} \right);\,15 - \frac{{45}}{{13}}\left( {t - 1} \right)} \right)$

Tại $t = 1$ thì khoảng cách $A'B = 29{,}0516 \approx 29$m nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Ta có ${v_{{z_A}}} = \left| { - 4} \right| = 4$ (m/s) nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Do bóng dưới nước thuộc $\left( {Oxy} \right)$ nên $\overrightarrow {{v_{bong}}} = \left( { - \frac{{180}}{{13}};\, - \frac{{60}}{{13}};0} \right) \Rightarrow \left| {{v_{bong}}} \right| = \frac{{60\sqrt {10} }}{{13}} \approx 14{,}59 > 14{,}5$(m/s) nên mệnh đề d) đúng

Vậy tập nghiệm phương trình $S = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,3} \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$, kẻ $A'H \bot B'D'$ tại H.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'H\\B'D' \bot AA'\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow B'D' \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow B'D' \bot AH$
Do đó $\widehat {AHA'}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,\,\,B'D',\,\,A'} \right]$.
Tam giác $A'B'C'$ vuông tại $A'$ có đường cao $A'H$ nên ta có:
$\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{{B'}^2}}} + \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{A'B'.A'D'}}{{\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}$.
Tam giác $AHA'$ vuông tại $A'$ có $\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{{8{,}2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AHA'} \approx \approx {51{,}1^ \circ }$.

Bán kính đường tròn $R = 40\sqrt 2$ nên suy ra đường chéo của hình vuông bằng $80\sqrt 2$ nên cạnh hình vuông bằng $80$cm.

Các điểm $M$ thỏa mãn $MI = d\left( {M,\,AB} \right)$ nằm trên một đường cong có phương trình $y = f\left( x \right)$ và đây chính là một parabol có tiêu điểm $I$ và đường chuẩn $AB$. Khi đó hình phẳng $\left( H \right)$ chính là miền được tô màu như hình vẽ

Gọi $M\left( {x;\,y} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MI = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \\d\left( {M,\,AB} \right) = \left| {x + 40} \right|\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \left| {x + 40} \right| \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {80x + 1600}$

Giao điểm của parabol với hai cạnh $AD$ và $BC$ là: $\left\{ \begin{array}{l}y = \pm \sqrt {80x + 1600} \\y = \pm 40\end{array} \right.$ nên suy ra $E\left( {0;\,40} \right)$; $F\left( {0;\, - 40} \right)$

Diện tích hình phẳng $\left( H \right)$ cần tính có thể dùng tích phân hoặc công thức tính nhanh diện tích cổng parabol: ${S_{\left( H \right)}} = 2\left( {\int\limits_{ - 40}^{ - 20} {\left| {40} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_{ - 20}^0 {\left| {40 - \sqrt {80x + 1600} } \right|{\rm{d}}x} } } \right) = 2133$(cm$^{2}$)

Khi thành thạo rồi thì ta có thể tư duy nhanh về dữ kiện đề bài cho. Ta thấy hình phẳng $\left( H \right)$ nằm bên trong hình vuông, đồng thời thỏa mãn điều kiện $MI \ge d\left( {M,AB} \right)$ thì đây là miền hình phẳng nằm bên trong hình vuông, giới hạn bởi một đường parabol có tiêu điểm là $I$, đường chuẩn $AB$ và miền cần tính chứa đường chuẩn $AB$, bao gồm cả đường parabol.

Tính diện tích dựa trên công thức tính nhanh:

${S_{\left( H \right)}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} - \frac{4}{3}.EI.KI = \frac{1}{2}{.80^2} - \frac{4}{3}.40.20 = 2133$(cm$^{2}$)

Trên mô hình, bán kính trái đất ${R_{mo\,\,hinh}} = \sqrt {64} = 8$ đơn vị và trong thực tế thì ${R_{thuc\,\,te}} = 6400$km

Suy ra tỷ lệ quy đổi là: $k = \frac{{{R_{thuc\,\,te}}}}{{{R_{mo\,h\`i nh}}}} = \frac{{6400}}{8} = 800$(km/đơn vị), nghĩa là 1 đơn vị độ dài trong hệ trục tọa độ tương ứng với $800$km ngoài thực tế

Quãng đường vệ tinh bay được là: $S = v.t = 8.600 = 4800$(km)

Gọi $O$ là tâm trái đất và $A$ là điểm phóng vệ tinh

Do $A$ nằm trên bề mặt trái đất nên độ dài đoạn $OA$ chính là bán kính thực tế $OA = 6400$km

Gọi $B$ là vị trí của vệ tinh sau $10$ phút bay thì đoạn đường $AB$ chính là quãng đường bay nên suy ra $AB = S = 4800$(km)

Theo giả thiết, vệ tinh bay theo phương tiếp tuyến với đường tròn vĩ tuyến tại điểm $A$ (trong mặt phẳng song song với $Oxy$) nên $AB \bot Oz$

Mặt khác, vectơ $\overrightarrow {AB}$ vuông góc với mặt phẳng chứa trục $Oz$ và điểm $A$ nên $AB \bot OA$

Vậy tam giác $OAB$ là tam giác vuông tại $A$

Khi đó độ cao của vệ tinh chính là hiệu số giữa khoảng cách từ tâm trái đất đến vị tinh

Áp dụng định lý Pytago trong $\Delta OAB$: $O{B^2} = O{A^2} + A{B^2} \Rightarrow OB = \sqrt {{{6400}^2} + {{4800}^2}} = 8000$(km)

Vậy sau $10$ phút bay, vệ tinh đạt đến độ cao $h = 8000 - 6400 = 1600$(km) so với mặt đất