Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 5

Đáp án đúng là D

Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến $\vec n = \left[ {\vec u,\vec v} \right] = \left( { - 1\,;\,1;\,1} \right)$.

Phương trình mặt phẳng là $- \left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow - x + y + z - 1 = 0$.

Đáp án đúng là B

Ta viết lại bảng trên có bổ sung giá trị đại diện:

Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm: $\bar x = \frac{{15{,}8 + 25{,}18 + 35.24 + 45.10}}{{60}} = 31$.

Phương sai mẫu số liệu ghép nhóm là:

$s_{}^2 = \frac{{8.{{\left( {15 - 31} \right)}^2} + 18.{{\left( {25 - 31} \right)}^2} + 24.{{\left( {35 - 31} \right)}^2} + 10.{{\left( {45 - 31} \right)}^2}}}{{60}} = 84$.

Đáp án đúng là C

Ta có $\left( {\overrightarrow {BA} \,,\,\,\,\overrightarrow {C'B'} } \right) = \left( {\overrightarrow {BA} \,,\,\,\overrightarrow {CB} } \right) = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Đáp án đúng là B

Kích thước mẫu số liệu $n = 25 + 35 + 37 + 15 + 8 = 120$.

Trung vị của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{60}} + {x_{61}}}}{2}$; mà ${x_{60}} \in \left[ {20\,;\,\,40} \right)\,,\,\,{x_{61}} \in \left[ {40\,;\,\,60} \right)$ nên trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng ${M_e}$= 40.

Đáp án đúng là C

Ta có ${u_1} = {S_1} = {5^1} - 1 = 4$; ${u_2} = {S_2} - {S_1} = \left( {{5^2} - 1} \right) - \left( {{5^1} - 1} \right) = 20$.

Công bội cấp số nhân là $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{20}}{4} = 5$.

Đáp án đúng là A

Gọi $M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)$; $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right);\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2\,;\,\,y + 2\,;\,\, - 1} \right)$.

Ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}M$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$$\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AM}$ cùng phương $\Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = - 1\\\frac{{y + 2}}{3} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 5\end{array} \right.$. Vậy $M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right)$.

Đáp án đúng là A

Ta có $y' = \frac{{2x\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 3} \right)}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$; $y' = 0 \Rightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left( {2\,;\,\,4} \right)\\x = 3 \in \left( {2\,;\,\,4} \right)\end{array} \right.$.

Ta có:$y\left( 2 \right) = 7$, $y\left( 3 \right) = 6$, $y\left( 4 \right) = \frac{{19}}{3}$ nên $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,\,4} \right]} y = y\left( 3 \right) = 6$.

Đáp án đúng là A

Ta có: ${5^{x - 1}} \ge {5^{{x^2} - x - 9}} \Leftrightarrow x - 1 \ge {x^2} - x - 9 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le x \le 4$.

Tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left[ { - 2\,;\,4} \right]$.

Đáp án đúng là B

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 C

Tập xác định hàm số $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}$. Ta có $y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0$, $\forall x \in D$.

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty \,;\, - 3} \right)$ và $\left( { - 3\,;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là D

Ta có: $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}3 + 0{,}4 - 0{,}2 = 0{,}5$.

Đáp án đúng là A

Ta có $\int\limits_1^3 {\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \left. {\left[ {x + F\left( x \right)} \right]} \right|_1^3 = \left. {\left( {x + {x^2}} \right)} \right|_1^3 = 12 - 2 = 10.$

Xét mệnh đề a)

Chi phí sản xuất $10$ sản phẩm là $220\,500$ đồng nên ta có phương trình:

$C\left( {10} \right) = m{.10^2} + n.10 + 200000 = 220500 \Leftrightarrow 10m + n = 2050\,\,\left( 1 \right)$

Chi phí biên là đạo hàm của hàm chi phí: $C'\left( x \right) = 2mx + n$ và tại mức sản lượng $50$ là $2500$ đồng nên ta có: $C'\left( {50} \right) = 2m.50 + n = 2500 \Leftrightarrow 100m + n = 2500\,\,\left( 2 \right)$

Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}10m + n = 2050\\100m + n = 2500\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 5\\n = 2000\end{array} \right.$ suy ra $200m - n = - 1000$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Khi đó hàm chi phí: $C\left( x \right) = 5{x^2} + 2000x + 200\,000$

Hàm doanh thu: $F\left( x \right) = {x^3} - 447{x^2} + 65\,000x + 200\,000$ có $F'\left( x \right) = 3{x^2} - 894x + 65000 = 0$

Giải $F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 894x + 65000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 125{,}89\\x = 172{,}1\end{array} \right.$ và có bảng biến thiên:

Xét $F\left( {125} \right) = 3293750 < F\left( {126} \right) = 3293804$ nên doanh thu lớn nhất đạt được khi sản xuất $126$ sản phẩm nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Hàm lợi nhuận: $L\left( x \right) = F\left( x \right) - G\left( x \right) = {x^3} - 452{x^2} + 63000x \Rightarrow L\left( {10} \right) = 585800 \ne 600000$ nên mệnh đề c) sai

Xét mện đề d)

Ta có: $L'\left( x \right) = 3{x^2} - 904x + 63000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 109{,}43\\x = 191{,}90\end{array} \right.$ và ta có bảng biến thiên như sau:

Xét $L\left( {109} \right) = 2791817 > L\left( {110} \right) = 2791800$ nên lợi nhuận lớn nhất đạt được khi sản xuất $109$ sản phẩm nên mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Vận tốc ban đầu tại $A$ là ${v_0} = 72$(km/h)$= 20$(m/s) và quãng đường $AB = 280$m

Tại $t = 0$, xe bắt đầu hãm phanh nên $v\left( 0 \right) = 20 \Rightarrow a.0 + b = 20 \Rightarrow b = 20$

Quãng đường đi được trong $4$ giây là $70$m: ${S_1} = \int\limits_0^4 {\left( {at + 20} \right){\rm{d}}t = 70 \Leftrightarrow a = - 1{,}25}$

Vận tốc giới hạn tại thời điểm kết thúc giai đoạn 1 là $t = 4$ nên ${v_{gh}} = v\left( 4 \right) = - 1{,}25.4 + 20 = 15$

Vậy vận tốc giới hạn là: ${v_{gh}} = 15.3{,}6 = 54$(km/h) nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Theo câu a) nên $a = - 1{,}25$ nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Xe giữ nguyên vận tốc giới hạn ${v_2} = 15$(m/s) nên quãng đường đi được trong giai đoạn 2 là:

${S_2} = {v_2}.t = 15.10 = 150$(m) nên mệnh đề c) sai

Quãng đường còn lại cho giai đoạn $3$: ${S_3} = {S_{AB}} - {S_1} - {S_2} = 280 - 70 - 150 = 60$(m)

Tại thời điểm bắt đầu giai đoạn 3: ${v_3}\left( 0 \right) = c{.0^2} + d = 15 \Rightarrow d = 15$

Tại thời điểm $T$ thì xe dừng hẳng nên vận tốc bằng $0 \Leftrightarrow {v_3}\left( T \right) = c{T^2} + 15 = 0 \Rightarrow c{T^2} = - 15\,\,\left( * \right)$

Quãng đường đi được là $60$m nên ${S_3} = \int\limits_0^T {\left( {c{t^3} + 15} \right){\rm{d}}t = 60}$ kết hợp $\left( * \right)$ suy ra $T = 6$ (giây)

Thay $T = 6$ vào $\left( * \right)$ suy ra $c = - \frac{5}{{12}}$

Tại thời điểm $t = 17$ giây tương ứng với giây thứ $3$ của giai đoạn $3$ nên ta thay vào phương trình ta được ${v_3}\left( t \right) = - \frac{5}{{12}}{.3^2} + 15 = 11{,}25$(m/s) nên mệnh đề d) đúng

Xét mệnh đề a)

Ta có: $\left| {\overrightarrow u } \right| = 1 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\,\,\left( * \right)$ vào theo đề bài thì $\left\{ \begin{array}{l}a = \cos 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\b = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\end{array} \right.$ thay vào $\left( * \right)$ ta được: ${\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {c^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = \frac{1}{2}\\c = - \frac{1}{2}\end{array} \right.$ mà vectơ đơn vị tạo với trục $Oz$ một góc nhón nên khi đó $\cos \left( {\overrightarrow u ;\,Oz} \right) = c > 0 \Rightarrow c = \frac{1}{2}$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Ta có: $S = \int\limits_0^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t = \int\limits_0^5 {\left( {mt + 10} \right){\rm{d}}t = 125 \Leftrightarrow } } \,\,m = 6$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Đường thẳng đi qua $A\left( {1;\,2;\,0} \right)$ và có một vectơ chỉ phương là $\left( {\sqrt 2 ;\,1;\,1} \right)$ nên phương trình quỹ đạo là: $\frac{{x - 1}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{1}$ nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Độ cao chính là tọa độ $z$ của thiết bị. Quãng đường thiết bị bay được là ${S_{10}} = \int\limits_0^{10} {\left( {6t + 10} \right)dt} = 400$

Tọa độ của thiết bị tại thời điểm $t$ là $O{M_t} = OA + {S_t}.\overrightarrow u$

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + {S_t}.a\\y = 2 + {S_t}.b\\z = 0 + {S_t}.c\end{array} \right. \Rightarrow z = 0 + 400.\frac{1}{2} = 200$m nên mệnh đề d) đúng

Ta có sơ đồ cây:

Xét mệnh đề a)

Xác suất để lấy được một bi vàng từ hộp I bằng $\frac{3}{8} = 0{,}375$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Gọi $X$ là biến cố lấy được hai bi khác màu từ hộp II thì khi đó ta có: $P\left( X \right) = \frac{3}{8}.\frac{3}{5} + \frac{5}{8}.\frac{8}{{15}} = \frac{{67}}{{120}} = 0{,}5583$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Gọi $Y$ là biến cố lấy được cả ba bi đỏ từ hộp III, ta có:

$P\left( Y \right) = \frac{3}{8}.\frac{3}{5}.\frac{1}{{20}} + \frac{3}{8}.\frac{1}{5}.\frac{1}{5} + \frac{5}{8}.\frac{8}{{15}}.\frac{1}{{20}} + \frac{5}{8}.\frac{2}{5}.\frac{1}{5} = \frac{{223}}{{2400}} = 0{,}09291$ nên mệnh đề c) sai

Xét mệnh đề d)

Tư duy như sau: Trong ba hộp khác nhau thì khi chuyển từ hộp II sang hộp III phải có một viên bi đỏ ở hộp I và một viên bi đó khác từ hộp II chuyển vào

Gọi $Z$ là biến cố: “Lấy từ hộp III ba viên bi mà mỗi bi thuộc về mỗi hộp I,II,III trước đó”.

Ta có: $P\left( {Z \cap Y} \right) = \frac{5}{3}.\frac{{C_1^1.C_3^1}}{{C_6^2}}.\frac{{C_1^1.C_1^1.C_2^1}}{{C_6^3}} = \frac{1}{{80}} \Rightarrow P\left( {Z|Y} \right) = \frac{{P\left( {Z \cap Y} \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{30}}{{223}} \approx 0{,}13$ nên mệnh đề d) sai

Phương pháp: Dựng một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. Sau đó quy về bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Có thể tính thông qua khối lăng trụ

Khi đó: $d\left( {A'C;\,AB} \right) = d\left( {AB;\,\left( {A'B'C} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {A'B'C} \right)\,} \right) = d\left( {B;\left( {A'B'C} \right)\,} \right)$

Kẻ $BK \bot B'C \Rightarrow d\left( {B;\left( {A'B'C} \right)\,} \right) = BK$. Xét tam giác vuông $B'BC$ tại $B$ ta có:

$\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{{B'}^2}}} + \frac{1}{{B'{C^2}}} \Rightarrow B{K^2} = \frac{{144}}{{13}} \Rightarrow BK = \frac{{12}}{{\sqrt {13} }} = 3{,}328... \approx 3{,}3$(cm)

Ta có: $S = A.{\left( {1 + r} \right)^n}$. Để số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 100 triệu

Suy ra $n > {\log _{1 + r}}\left( {\frac{S}{A}} \right) = {\log _{1 + 6\% }}\left( {\frac{{100}}{{60}}} \right) \approx 8{,}766$ nên sau ít nhất $9$ năm thì người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn $100$ triệu

Ta có: $OB = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow BH = 12 - \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow OH = \sqrt {B{H^2} - O{B^2}} = ... = \sqrt {144 - 4a\sqrt 3 }$

Suy ra thể tích $V = \frac{1}{3}.OH.{S_\Delta } = \frac{1}{3}.\sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ với $0 \le a \le 12\sqrt 3$.

Xét hàm số $V\left( a \right) = \frac{1}{3}.\sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ trên đoạn $\left[ {0;12\sqrt 3 } \right]$

Ta có: $V'\left( a \right) = \frac{1}{3}.\frac{{ - 30{a^2} + 288a\sqrt 3 }}{{4\sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \frac{{48\sqrt 3 }}{5} \in \left[ {0;12\sqrt 3 } \right]\end{array} \right.$ và $V''\left( {\frac{{48\sqrt 3 }}{5}} \right) < 0$

Suy ra: $\max V = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;12\sqrt 3 } \right]} V\left( a \right) = V\left( {\frac{{48\sqrt 3 }}{5}} \right) = \frac{{6912\sqrt {15} }}{{125}} \approx 214$

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta xác định được $a = 8$ và $b = 4$

Phương trình chính tắc của $\left( E \right)$: $\frac{{{x^2}}}{{{8^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{4^2}}} = 1 \Rightarrow {y^2} = 16 - \frac{{{x^2}}}{4}$

Đường tròn tâm $I\left( {0;\,12} \right)$, bánh kính $R = 8$ có phương trình $\left( C \right):\,{x^2} + {\left( {y - 12} \right)^2} = 64$

Phương trình đường tròn lúc này là: $\left[ \begin{array}{l}y = 12 + \sqrt {64 - {x^2}} \,\,\left( {loai} \right)\\y = 12 - \sqrt {64 - {x^2}} \,\left( {nhan} \right)\end{array} \right.$

Thể tích khối tròn xoay: $V=π\int _{-8}^{0}(16-\frac{{x}^{2}}{4})\text{d}x+π\int _{0}^{8}{(12-\sqrt{64-{x}^{2}})}^{2}\text{d}x=1169{,}62\approx 1170$ (cm$^{3}$)

Parabol $\left( P \right) \in \left( {Oxz} \right)$ nên có phương trình $z = a{x^2} + bx + c$

Quả bóng được ném từ $A\left( {0;\,0;\,2} \right)$ nên suy ra $2 = a{.0^2} + b.0 + c \Rightarrow c = 2$

Biết rằng chiều cao theo tiểu chuẩn của rổ bóng rổ là $3{,}05$m và khoảng cách theo phương ngang từ vị trí ném đến rổ là $10$m nên $100a + 10b + 2 = 3{,}05\,\,\left( * \right)$

Góc ném $\theta = 45^\circ$ hệ số góc tiếp tuyến với $\left( P \right)$ tại $A$ là $\tan 45^\circ = 1 \Leftrightarrow z'\left( x \right) = 2ax + b \Rightarrow b = 1$

Thay $b = 1$ vào phương trình $\left( * \right) \Leftrightarrow 100a + 10.1 + 2 = 3{,}05 \Leftrightarrow a = - \frac{{179}}{{2000}}$

Vậy phương trình parabol $\left( P \right)$ là: $z = - \frac{{179}}{{2000}}{x^2} + x + 2 \Rightarrow {x_{\max }} = \frac{{ - 1}}{{ - 2.\frac{{179}}{{2000}}}} = \frac{{1000}}{{179}}$

Vậy chiều cao lớn nhất của quỹ đạo bay là: ${z_{\max }} = \frac{{858}}{{179}} = 4{,}7932... \approx 4{,}79$(m)

Gọi số nằm giữa là $x \in X = \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6;\,7} \right\}$ và các số bên ngoài được minh họa như hình vẽ
Các cặp số đối xứng qua tâm trên cùng một đường thẳng là $\left( {a;\,d} \right),\,\left( {b;\,e} \right),\,\left( {c;\,f} \right)$
Tổng ba số trên mỗi đường thẳng đi qua tâm bằng nhau gọi là $T$, khi đó ta có:
$T = a + x + d = b + x + e = c + x + f \Leftrightarrow a + d = b + e = c + f = k$
Tổng của các số trong tập$X$ là: ${S_X} = 28$
Tổng của 3 đường thẳng đi qua tâm là $3T$. Khi cộng tổng 3 đường thẳng này, số ở tâm là $x$ được tính $3$ lần, còn các số ở vòng ngoài được tính 1 lần.
Khi đó ta có: $3T = {S_X} + 2x \Leftrightarrow 3T = 28 + 2x$. Để tồn tại cách xếp thì vế phải là $\left( {28 + 2x} \right)$ phải chia hết cho $3$ nên $x \in \left\{ {1;\,4;\,7} \right\}$
Trường hợp 1: $x = 1$
Tổng cặp bên ngoài $k = \frac{{28 - 1}}{3} = 9$ nên khi đó tập còn lại $\left\{ {2;3;4;5;6;7} \right\}$ thì các cặp có tổng bằng 9 là: $\left( {2{,}7} \right),\left( {3{,}6} \right),\left( {4{,}5} \right)$
Hoán vị 3 cặp vào 3 đường thằng: $3! = 6$ cách, hoán vị vị trí 2 số trong mỗi cặp có ${2^3} = 8$ cách.
Tổng số cách: $6.8 = 48$ cách.
Trường hợp 2: $x = 4$
Tổng cặp bên ngoài $k = \frac{{28 - 4}}{3} = 8$ nên khi đó tập còn lại $\left\{ {1;2;3;5;6;7} \right\}$ thì các cặp có tổng bằng 8 là: $\left( {1{,}7} \right),\left( {2{,}6} \right),\left( {3{,}5} \right)$
Số cách xếp cũng tương tự trường hợp 1 có $3!{.2^3} = 48$ cách
Trường hợp 3: $x = 7$
Tổng cặp bên ngoài $k = \frac{{28 - 7}}{3} = 7$ nên khi đó tập còn lại $\left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}$thì các cặp có tổng bằng 7 là: $\left( {1{,}6} \right),\left( {2{,}5} \right),\left( {3{,}4} \right)$
Số cách xếp tương tự có: $3!{.2^3} = 48$ cách.
Tổng số cách xếp thỏa mãn điểu kiện đề bài: $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 48 + 48 + 48 = 144$(cách)
Số cách xếp mà tâm $x$ là số lẻ: $n\left( A \right) = 48 + 48 = 96$
Vậy xác suất cần tìm là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{96}}{{144}} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$