Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 7

Đáp án đúng là A

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số có phương trình $x = - 1$

Đáp án đúng là A

Diện tích hình phẳng đã cho được tính bởi công thức $S = \int\limits_0^2 {{5^x}} {\rm{d}}x$.

Đáp án đúng là C

Ta có: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\, \in \left( { - 2\,;\,\,2} \right)\\x = 3\, \notin \left( { - 2\,;\,\,2} \right)\end{array} \right.$.

Ta tính được: $f\left( { - 2} \right) = 8$; $f\left( { - 1} \right) = 15$; $f\left( 2 \right) = - 12$.

Do đó $\underset{[-2\ ;\ 2]\ }{\text{max}}f(x)=f(-1)=\boxed{15}$.

Đáp án đúng là D

Xét đáp án A: $\lim \left( { - {n^3} + 2026} \right) = \lim \left[ {{n^3}\left( { - 1 + \frac{{2026}}{{{n^3}}}} \right)} \right] = - \infty$

Do $\lim {n^3} = + \infty ;\,\,\lim \left( { - 1 + \frac{{2020}}{{{n^3}}}} \right) = - 1 < 0$ nên đáp án A đúng

Xét đáp án B: $\lim \sqrt n = + \infty$ nên B đúng.

Xét đáp án C: $\lim {n^{2026}} = + \infty$ nên C đúng.

Xét đáp án D: $\lim \left( { - \frac{1}{n}} \right) = 0$ nên D sai.

Đáp án đúng là C

Ta có: ${3^{2x - 1}} > 27 \Leftrightarrow {3^{2x - 1}} > {3^3} \Leftrightarrow 2x - 1 > 3 \Leftrightarrow x > 2$ nên $S = \left( {2\,;\, + \infty } \right)$

Đáp án đúng là C

Ta có: $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {\sin x + \cos x} \right){\rm{d}}x} = - \cos x + \sin x + C$.

Mặt khác: $F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \cos \frac{\pi }{2} + \sin \frac{\pi }{2} + C = 2 \Rightarrow 1 + C = 2 \Rightarrow C = 1$$\Rightarrow F\left( x \right) = - \cos x + \sin x + 1$.

Đáp án đúng là D

Cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1} = 2$ và công sai $d = 5$.

Số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ là: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$ hay ${u_n} = 2 + \left( {n - 1} \right)5 = 5n - 3$.

Đáp án đúng là A

Lời giải
Ta có: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{P\left( {A|B} \right).P\left( B \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}72.0{,}6}}{{0{,}8}} = 0{,}54$

Đáp án đúng là A

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ lần lượt là ${\vec n_1} = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\,;\,\,{\vec n_2} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)$

Ta có: $\cos \left( {\left( P \right)\,,\,\,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_1}.{{\vec n}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_1}} \right|\left| {{{\vec n}_2}} \right|}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left( {\left( P \right)\,,\,\,\left( Q \right)} \right) = 30^\circ$.

Đáp án đúng là A

Nhóm chứa mốt (nhóm có tần số cao nhất) là $\left[ {40;60} \right)$.

Ta có: ${u_m} = 40\,;\,\,{u_{m + 1}} = 60 \Rightarrow {u_{m + 1}} - {u_m} = 60 - 40 = 20$; ${n_{m - 1}} = 9\,;\,\,{n_m} = 12\,;\,\,{n_{m + 1}} = 10$.

Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm là ${M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}\end{array}}}.20 = 52$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {\left( {3\cos t} \right)^\prime } = - 3\sin t$.

Đáp án đúng là A

Phương trình $\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 6y - 2z + 6 = 0.$

Mặt phẳng có một vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {3\,;\,6\,;\, - 2} \right)$.

Xét mệnh đề a)

Ta có $f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} dx = \int {\left( {3{x^2} + \cos x} \right)\,dx = {x^3} + \sin x + C}$

Theo giả thiết $f\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow {0^3} + \sin 0 + C = 2 \Rightarrow C = 2$

Khi đó $f\left( x \right) = {x^3} + \sin x + 2$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Ta có $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)\,dx = \int {\left( {{x^3} + \sin x + 2} \right)\,dx = \frac{{{x^4}}}{4}} } - \cos x + 2x + C'$

Theo giả thiết $F\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{{0^4}}}{4} - \cos 0 + 2.0 + C' = 1 \Rightarrow C' = 2$

Khi đó $F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} - \cos x + 2x + 2$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Xét đạo hàm $f'\left( x \right) = 3{x^2} + \cos x$ và luôn có $\cos x \ge - 1\,\forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $\left| x \right| \ge 1$ thì $3{x^2} \ge 3\, \Rightarrow f'\left( x \right) \ge 3 - 1 = 2 > 0$.

Nếu $\left| x \right| < 1$, ta xét hàm $g\left( x \right) = 3{x^2} + \cos x$có $g'\left( x \right) = 6x - \sin x$.

Vì $\left| {\sin x} \right| \le \left| x \right|$nên với $x > 0 \Rightarrow 6x > \sin x \Rightarrow g'\left( x \right) > 0$ ; với $x < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0$.

Do đó $g\left( x \right)$đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 0$ nên Giá trị nhỏ nhất là $f'\left( 0 \right) = 3{\left( 0 \right)^2} + \cos \left( 0 \right) = 1$

Vì $f'\left( x \right) \ge 1\, > 0\,\forall x \in \mathbb{R}$ thì hàm số $y = f\left( x \right)$luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Hàm số $f\left( x \right)$là hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Giới hạn của hàm số: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty$

Kết hợp với việc hàm số luôn đồng biến ( tăng liên tục từ $- \infty$đến $+ \infty$), đồ thị hàm số chắc chắn cắt trục hoành tại duy nhất một điểm nên mệnh đề d) đúng

Xét mệnh đề a)

Từ phương trình $m'\left( t \right) = k.m\left( t \right)$ ta có : $\frac{{m'\left( t \right)}}{{m\left( t \right)}} = k \Rightarrow \int {\frac{1}{{m\left( t \right)}}dm = \int {kdt \Rightarrow \ln \left| {m\left( t \right)} \right| = kt + C} }$

Vì $m\left( t \right) > 0 \Rightarrow m\left( t \right) = {e^{kt + C}}$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Theo đề bài, tại $t = 8$ngày thì $m\left( 8 \right) = 4$và tại $t = 16$ngày thì $m\left( {16} \right) = 2$.

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{e^{8k + C}} = 4\,\left( 1 \right)\\{e^{16k + C}} = 2\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Lấy $\frac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 1 \right)}} \Leftrightarrow \frac{{{e^{16k + C}}}}{{{e^{8k + C}}}} = \frac{2}{4} \Rightarrow {e^{8k}} = \frac{1}{2} \Rightarrow k = - \frac{{\ln 2}}{8}$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Thay giá trị $k = - \frac{{\ln 2}}{8}$vào $\left( 1 \right)$ta được $C = 3\ln 2$nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Với $k = - \frac{{\ln 2}}{8}$và $C = 3\ln 2$, hàm số khối lượng là : $m\left( t \right) = {e^{ - \frac{{\ln 2}}{8}t + 3\ln 2}}$

Tại thời điểm $t = 24$ngày: $m\left( {24} \right) = {e^{ - \frac{{\ln 2}}{8}.24 + 3\ln 2}} = {e^0} = 1\,\left( {mg} \right)\, > 0{,}8\,\left( {mg} \right)$ nên mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Để năng lượng thấp nhất, ta xét $E'\left( v \right) = 2v - 40.\,\,E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 20$(km/h)

Vậy tại điểm $H$ thì vận tốc ${v_H} = 20$(km/h) để đạt mức năng lượng thấp nhất nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 6; - 10;15} \right)\, \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{6^2} + {{10}^2} + {{15}^2}} = 19$ và $\overrightarrow {AI} = \left( { - 1; - 7{,}5;6} \right)\,$

Tích có hướng: $\left[ {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {52{,}5;21;35} \right)\, \Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right]} \right| = \sqrt {{{\left( {52{,}5} \right)}^2} + {{21}^2} + {{35}^2}} = \frac{{133}}{2}$

Khoảng cách từ tâm $I$đến đường thẳng $AB$là :

$d\left( {I,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\frac{{133}}{2}}}{{19}} = 3{,}5$(km) nên mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Trong mặt phẳng $\left( {IAB} \right)$ gọi $\beta$ là góc $\widehat {IAB}$ thì $\cos \beta = \frac{{\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {AI} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{9}{{AI}}$ và $\sin \beta = \frac{{3{,}5}}{{AI}}$

Gọi $\alpha$ là góc lệch của đường bay mới $AH$ so với $AB$ thì $H$ là điểm trên đường bay mới gần $I$nhất nên $\Delta AIH$vuông tại $H$

Vậy $AH = AI.\cos \widehat {IAH}$.

Để tránh mặt cầu (nằm cũng phía với $I$) thì góc giữa $AH$và $AI$ là $\varphi = \alpha + \beta$

Khi đó $AH = AI.\cos \left( {\alpha + \beta } \right) = AI.\left( {\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta } \right) = 9\cos \alpha - 3{,}5\sin \alpha$.

Theo đề bài: ${v_H} = {v_0}\cos \alpha - AH \Leftrightarrow 20 = {v_0}\cos \alpha - \left( {9\cos \alpha - 3{,}5\sin \alpha } \right)$

$\Rightarrow {v_0} = \frac{{20}}{{\cos \alpha }} + 9 - 3{,}5\tan \alpha \Rightarrow {v'_0}\left( \alpha \right) = \frac{{20\sin \alpha - 3{,}5}}{{{{\cos }^2}\alpha }}$

Cho ${v'_0}\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow 20\sin \alpha - 3{,}5 = 0 \Rightarrow \sin \alpha = \frac{7}{{40}}$nên mệnh đề c) sai.

Xét mệnh đề d)

Khi $\sin \alpha = \frac{7}{{40}}$thì $\cos \alpha = \frac{{\sqrt {1551} }}{{40}}$và $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{7}{{\sqrt {1551} }}$

${v_0}_{Min} = \frac{{20}}{{\cos \alpha }} + 9 - 3{,}5\tan \alpha = \frac{{20}}{{\frac{{\sqrt {1551} }}{{40}}}} + 9 - 3{,}5.\frac{7}{{\sqrt {1551} }} = 9 + \frac{{\sqrt {1551} }}{2}$nên mệnh đề d) đúng

Gọi ${u_n}$ là lượng nước nhà máy sử dụng lần thứ $n$.

Khi đó lượng nước nhà máy sử dụng lần lượt là

${u_1} = 100$; ${u_2} = 100.0{,}8$; ${u_3} = 100.{\left( {0{,}8} \right)^2}$

…

Đặt $S$ là tổng lượng nước nhà máy sử dụng, ta có

$S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... = 100 + 100.0{,}8 + 100.{\left( {0{,}8} \right)^2} + ...$

Như vậy tổng lượng nước nhà máy sử dụng là một cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = 100$ và $q = 0{,}8$

Suy ra $S = \frac{{100}}{{1 - 0{,}8}} = 500{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$

Vậy, với $100{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$ ban đầu được sử dụng tại nhà máy, khi quá trình xử lí và tải sử dụng lặp lại mãi mãi, nhà máy sử dụng được tổng lượng nước là $500{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$.

Gọi $M$ là trung điểm $A'B'$ thì khi đó $C'M \bot A'B'$ (Do$\Delta A'B'C'$là tam giác đều) và $CM \bot A'B'$($\Delta CA'B'$cân tại $C$ vì $CA' = CB'$ hai đường chéo của hai hình chữ nhật bằng nhau)
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'B'C'} \right) \cap \left( {CA'B'} \right) = A'B'\\A'B' \bot C'M \subset \left( {A'B'C'} \right)\\A'B' \bot CM \subset \left( {CA'B'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\left( {A'B'C'} \right),A'B',\left( {CA'B'} \right)} \right]\,{\rm{ = }}\widehat {\,C'MC}$
Mặt khác: $\left\{ \begin{array}{l}C \in \left( {CA'B'} \right)\\C' \in \left( {A'B'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {C,A'B',C'} \right] = \left[ {\left( {A'B'C'} \right),A'B',\left( {CA'B'} \right)} \right]\,{\rm{ = }}\widehat {\,C'MC}$
Mà $\Delta A'B'C'$ là tam giác đều cạnh $2a$ nên $C'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$
Xét $\Delta MCC'$ có $\widehat {C'} = 90^\circ$ nên: $\tan \widehat {C'MC} = \frac{{CC'}}{{C'M}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {C'MC} = 60^\circ$

Điều kiện: $Q \ge 0,P \ge 0,Q \in \mathbb{N}$.

Xét phương trình $C'\left( Q \right) = 0 \Leftrightarrow 3{Q^2} - 154Q + 1000 = 0 \Leftrightarrow Q \approx 43{,}7$

Ta thấy $C\left( Q \right)$ nghịch biến trên $\left[ {0;43{,}7} \right)$ và đồng biến trên $\left[ {43{,}7; + \infty } \right)$.

Điều này nghĩa là nếu số sản phẩm bán ra tối ưu không vượt quá $43$ tức ta nên sản xuất 43 sản phẩm, nếu số sản phẩm bán ra tối ưu vượt quá 43, ta nên sản xuất số sản phẩm đó.

Ta có: ${Q_D}\left( P \right) \le 43 \Rightarrow P \ge 1226$ và ${Q_D}\left( P \right) \ge 44 \Rightarrow P \le 1224$

Gọi $L\left( P \right)$ là lợi nhuận khi có giá là $P$ thì ta có:

$L\left( P \right) = \left\{ \begin{array}{l}P\left( {656 - \frac{P}{2}} \right) - \left[ {{{\left( {656 - \frac{P}{2}} \right)}^3} - 77{{\left( {656 - \frac{P}{2}} \right)}^2} + 1000\left( {656 - \frac{P}{2}} \right) + 100} \right],P \le 1224\\P\left( {656 - \frac{P}{2}} \right) - C\left( {43} \right),P \ge 1226\end{array} \right.$

Khi ấy suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1224} \right]} L\left( P \right) = L\left( {1208} \right) = 78316$ tương ứng với sản lượng 52 (bán ra 52)

Và $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1226; + \infty } \right)} L\left( P \right) = L\left( {1226} \right) = 72484$ tương ứng với sản lượng 43 (bán ra 43)

Vậy mức sản lượng cho ra lợi nhuận cao nhất là $52$.

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ :

Phương trình parabol $DC$có dạng ${y_{DC}} = a{x^2} + c$đi qua điểm$D\left( {1{,}5;16} \right)$và$C\left( {3;13} \right)$

Suy ra $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{{\left( {1{,}5} \right)}^2}a + c = 16}\\{{3^2}a + c = 13}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - \frac{4}{9}}\\{c = 17}\end{array}} \right. \Rightarrow {y_{DC}} = - \frac{4}{9}{x^2} + 17 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{9}{4}.\left( {17 - y} \right)$

Phương trình đường tròn tâm $I\left( {3;12{,}5} \right)$và bán kính $R = 0{,}5$

$${\left( {x - 3} \right)^3} + {\left( {y - 12{,}5} \right)^2} = \frac{1}{4} \Rightarrow x = - \sqrt {\frac{1}{4} - {{\left( {y - 12{,}5} \right)}^2}} + 3$$

Lượng sữa chua còn lại là :

$V = \pi {.3^2}.12 + \pi \left[ {\int\limits_{12}^{13} {\left( { - \sqrt {\frac{1}{4} - {{\left( {y - 12{,}5} \right)}^2}} + 3} \right)} \,dy + \int\limits_{13}^{14} {\left( {\frac{9}{4}.\left( {17 - y} \right)} \right)} \,dy} \right] \approx 385$(ml)

Độ dài thanh $AB = \sqrt {{{\left( {2 - 4} \right)}^2} + {{\left( {6 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt {11}$(m).

Vị trí của hai đầu thanh kim loại sau thời gian $t$ là: $\left\{ \begin{array}{l}A'\left( {a;0;b} \right)\\B'\left( {2 - t;6;0} \right)\end{array} \right.$ và $\overrightarrow {AA'} = \left( {a - 4;0;b - 2} \right)$ cùng phương với $\overrightarrow u = \left( { - 1{,}0{,}0} \right)$ nên $\frac{{a - 4}}{1} = \frac{{b - 2}}{1} \Leftrightarrow a = b + 2$.

Khi đó $A'\left( {b + 2;0;b} \right)$ nên $\overrightarrow {A'B'} = \left( { - t - b;6; - b} \right) \Rightarrow {\left( {b + t} \right)^2} + {b^2} = {\left( {2\sqrt {11} } \right)^2}$(do $AB$ không đổi)

$\Leftrightarrow 2{b^2} + 2t.b + {t^2} - 8 = 0 \Rightarrow b = \frac{{ - t + \sqrt {{t^2} - 2\left( {{t^2} - 8} \right)} }}{2}$ với điều kiện $b > 0$

Theo giả thiết, ta có: $S = AA' = \sqrt {2{{\left( {b - 2} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {\frac{{ - t + \sqrt {{t^2} - 2\left( {{t^2} - 8} \right)} }}{2} - 2} \right)}^2}} \left( * \right)$

Đạo hàm hai vế của $\left( * \right)$ theo biến $t$ và dùng suy ra $v\left( {2{,}4} \right) = 1{,}2374... \approx 1{,}24$(m/s)

Vậy tốc độ của đầu $A$ lúc này bằng $1{,}24$(m/s)

Số phần tử không gian mẫu: Trên 2 đường chéo, mỗi đường chéo có 7 điểm

Số cách chọn 3 điểm thẳng hàng là:$2.C_7^3 = 70$ cách

Trên 4 cạnh, mỗi cạnh có đúng 3 điểm thẳng hàng nên số cách chọn là: $4.C_3^3 = 4$(cách)

Trên các đường trung trực, có 2 đường nối trung điểm các cạnh đối diện đi qua tâm, mỗi đường có 3 điểm nên số cách chọn là: $2.C_3^3 = 2$(cách)

Trên các đường thẳng nối từ trung điểm cạnh, đi qua một điểm trên đường chéo tới đỉnh đối diện có $8$ đường thẳng, mỗi đường chứa đúng $3$ điểm nên có $8.C_3^3 = 8$ cách chọn

Vậy số phần tử trong không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 70 + 4 + 2 + 8 = 84$(cách)

Số cách chọn thuận lợi:

Gọi biến cố $A$: "Ba bóng đèn đó nằm trên các đường chéo của hình vuông".

Vậy số cách chọn $A$ thuận lợi: $n\left( A \right) = 2.C_7^3 = 70$ cách

Xác suất để ba bóng đèn đó nằm trên các đường chéo của hình vuông$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{70}}{{84}} \approx 0{,}83$