Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 22)

Ta có ${Q_1} = 45 + \frac{{\frac{1}{4} \cdot 20 - 3}}{7} \cdot 5 \approx 46{,}43$; ${Q_3} = 50 + \frac{{\frac{3}{4} \cdot 20 - \left( {3 + 7} \right)}}{8} \cdot 5 \approx 53{,}13.$

Vậy $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 53{,}13 - 46{,}43 = 6{,}7$. Chọn C.

Ta có ${3^{x - 2}} > 9 \Leftrightarrow {3^{x - 2}} > {3^2} \Leftrightarrow x - 2 > 2 \Leftrightarrow x > 4.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {4; + \infty } \right).$ Chọn B.

Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Chọn C.

Do $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $AC$.

Khi đó, $\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Xét tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ và $AB = a$ nên $AC = a\sqrt 2$.

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SA = a\sqrt 2 ,AC = a\sqrt 2$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $\widehat {SCA} = 45^\circ$. Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $45^\circ$. Chọn C.

a) Đúng. Điều kiện: $x + 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 2$ nên tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Ta có $y' = \frac{{\left( {2x + 3} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( {{x^2} + 3x + 3} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$.

b) Sai. Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow y = 1\\x = - 3 \Rightarrow y = - 3\end{array} \right.$.

Do đó $A\left( { - 1\,;1} \right),\,B\left( { - 3\,; - 3} \right)$ là hai điểm cực trị của hàm số.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2; - 4} \right)$, khi đó đường thẳng $AB$ có phương trình là:

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

c) Sai. Vì $A\left( { - 1\,;1} \right),\,B\left( { - 3\,; - 3} \right)$ nên ${x_A}$ và ${x_B}$ cùng dấu, đồng thời có hoành độ âm.

Do đó hai điểm $A\left( { - 1\,;1} \right),\,B\left( { - 3\,; - 3} \right)$ nằm về một phía trục tung.

d) Đúng. Gọi $I$ là trung điểm $AB$ nên $I\left( { - 2; - 1} \right)$.

Thay toạ độ $I\left( { - 2; - 1} \right)$ vào đường thẳng $\Delta :x + 2y + 4 = 0$ ta thấy thoả mãn nên $I \in \Delta$.

Lại có ${\vec u_\Delta } \cdot \overrightarrow {AB} = 2 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 4} \right) \cdot \left( { - 1} \right) = 0$ nên $\Delta \bot AB$.

Vậy hai điểm điểm $A,B$ đối xứng nhau qua đường thẳng $\Delta$.

a) Đúng. Ta có lợi nhuận khi bán được $50$ sản phẩm đầu tiên là:

$\int\limits_0^{50} {P'\left( x \right){\rm{d}}x = } \int\limits_0^{50} {\left( { - 0{,}0008x + 10{,}4} \right){\rm{d}}x = 519}$ (triệu đồng).

b) Sai. Ta gọi lợi nhuận khi doanh số tăng từ $50$ lên $a$ đơn vị sản phẩm là $P\left( a \right)$.

Ta có $P\left( a \right) = \int\limits_{50}^a {P'\left( x \right){\rm{d}}x = } \int\limits_{50}^a {\left( { - 0{,}0008x + 10{,}4} \right){\rm{d}}x}$$= \left. {\left( { - \frac{{0{,}0008}}{2}{x^2} + 10{,}4x} \right)} \right|_{50}^a$

$= - \frac{1}{{2500}}{a^2} + 10{,}4a - 519$.

Ta có $P\left( a \right) > 517$$\Leftrightarrow - \frac{1}{{2500}}{a^2} + 10{,}4a - 1036 > 0$$\Leftrightarrow 100 < a < 25900$.

c) Sai. Lợi nhuận khi bán được $x$ đơn vị sản phẩm được tính

$P\left( x \right) = \int {P'\left( x \right){\rm{d}}x = - \frac{{0{,}0008}}{2}{x^2} + 10{,}4x + C}$.

Chọn $x = 0$ thì $P\left( 0 \right) = 0$ nên ta có $C = 0$.

Vậy lợi nhuận khi bán được $x$ đơn vị sản phẩm được tính bằng công thức

$P\left( x \right) = - \frac{{0{,}0008}}{2}{x^2} + 10{,}4x$.

d) Đúng. Ta có $\int\limits_{50}^{55} {P'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{50}^{55} {\left( { - 0{,}0008x + 10{,}4} \right){\rm{d}}x = 51{,}79}$ nên sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ $50$ lên $55$ đơn vị sản phẩm là $51{,}79$ triệu đồng.

a) Đúng. Xác suất để cả 3 sinh viên đều dùng cà phê để duy trì tỉnh táo là $0,{7^3} = 0{,}343$.

b) Đúng. Xác suất trong 3 sinh viên không có sinh viên nào không dùng cà phê là 0,343.

Nên xác suất trong 3 sinh viên có ít nhất 1 sinh viên không dùng cà phê là $1 - 0{,}343 = 0{,}657.$

c) Đúng. Xác suất trong 3 sinh viên có đúng 1 sinh viên dùng cà phê là: $0{,}7 \cdot 0,{3^2} \cdot C_3^1 = 0{,}189$.

d) Sai. Xác suất trong 3 sinh viên có đúng 2 sinh viên dùng cà phê và 1 sinh viên không dùng cà phê là $0,{7^2} \cdot 0{,}3 \cdot C_3^2 = 0{,}441$.

a) Đúng. Tọa độ của điểm $A\left( {8;\,3;\,10} \right)$.

b) Đúng. Tọa độ điểm $B\left( { - 4;\, - 5;\,12} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( { - 12;\, - 8;\,2} \right)$.

Phương trình đường thẳng đi qua vị trí của hai chiếc flycam tại $A$ và $B$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 8 + 12t\\y = 3 + 8t\\z = 10 - 2t\end{array} \right.$.

c) Sai. Gọi $I$ là trung điểm của$AB$$\Rightarrow I\left( {2;\, - 1;\,11} \right)$.

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$ đi qua $I$ và nhận $\overrightarrow {AB}$ làm vectơ pháp tuyến có dạng:

$- 12\left( {x - 2} \right) - 8\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z - 11} \right) = 0 \Leftrightarrow 6x + 4y - z + 3 = 0$.

Thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình: $6 \cdot 1 + 4 \cdot 2 - \left( { - 1} \right) + 3 = 18 \ne 0$.

Do đó điểm $M$ không thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$.

d) Sai. Gọi $N$ là vị trí đặt thiết bị phá sóng flycam. Vì thiết bị có thể phá sóng cùng lúc hai chiếc flycam nên $NA = NB$.

Suy ra $N$ thuộc mặt phẳng trung trực $\left( P \right)$ của $AB$.

$N \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow N$ thuộc giao tuyến $\Delta$ của $\left( P \right)$ và $\left( {Oxy} \right)$.

$\Delta$ có một VTCP $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow k ,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( { - 4;\,6;\,0} \right)$. Lấy $I \in \Delta \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {Oxy} \right)\\I \in \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - \frac{1}{2};\,0;\,0} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow {IA} = \left( {\frac{{17}}{2};\,3;\,10} \right)$.

Ta có $T = NA + NB = 2NA$.

${T_{\min }} \Leftrightarrow N{A_{\min }} \Leftrightarrow N$ là hình chiếu của $A$ xuống $\Delta$, tức là $NA = d\left( {A,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} \approx 13{,}2788$.

Vậy ${T_{\min }} = 2NA \approx 26{,}56$.

Đáp án: 3158.

Ta có $x\left( t \right) = 40\cos \left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right) = 0{,}4\cos \left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

$v\left( t \right) = x'\left( t \right) = - 80\pi \sin \left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

$m = 100\,\,{\rm{g}} = 0{,}1\,\,{\rm{kg}}$.

Suy ra $W = \frac{1}{2} \cdot 0{,}1 \cdot {\left[ { - 80\pi \sin \left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)} \right]^2} = 320{\pi ^2}{\sin ^2}\left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)$.

Ta có $0 \le {\sin ^2}\left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right) \le 1 \Rightarrow 0 \le W \le 320{\pi ^2}$.

${W_{\max }} = 320{\pi ^2} \approx 3158\,\,\left( {\rm{J}} \right) \Leftrightarrow {\sin ^2}\left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow \cos \left( {200\pi t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0$.

Vậy động năng đạt giá trị lớn nhất bằng $3158\,\,\left( {\rm{J}} \right)$.

Đáp án: 0,61.

Ta có $HD{\rm{//}}BC,HD = BC = \frac{1}{2}AD = 1 \Rightarrow BH{\rm{//}}CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow BH{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Suy ra $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD,HK$ là đường cao của tam giác $SHM.$

Ta có $HC = AB \Rightarrow HC = HD = 1,\widehat {CHD} = 90^\circ \Rightarrow MH = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \sqrt {\frac{{H{M^2} \cdot H{S^2}}}{{H{M^2} + H{S^2}}}} = \sqrt {\frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}}}{{\frac{1}{2} + \frac{3}{2}}}} = \sqrt {\frac{3}{8}} \approx 0{,}61$.

Đáp án: $7{,}46$.

+ Gọi $CI = x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right),\left( {0 \le x \le 4} \right) \Rightarrow IM = 4 - x$.

+ Khi đó, $IA = IB = \sqrt {4 + {{\left( {4 - x} \right)}^2}} = \sqrt {20 - 8x + {x^2}}$ (Định lý Pi-ta-go).

Tổng độ dài đường ống dẫn nước là $T = CI + IA + IB = x + 2\sqrt {{x^2} - 8x + 20}$.

Xét $T\left( x \right) = x + 2\sqrt {{x^2} - 8x + 20} ,\,0 \le x \le 4$; $T'\left( x \right) = 1 + \frac{{2x - 8}}{{\sqrt {{x^2} - 8x + 20} }}$.

Xét $T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 + \frac{{2x - 8}}{{\sqrt {{x^2} - 8x + 20} }} = 0$$\Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 8x + 20} = - \left( {2x - 8} \right)$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\{x^2} - 8x + 20 = {\left( {2x - 8} \right)^2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\3{x^2} - 24x + 44 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow x = \frac{{12 - 2\sqrt 3 }}{3}$ (thỏa mãn điều kiện).

Bảng biến thiên

Tổng độ dài đường ống dẫn nước nhỏ nhất xấp xỉ bằng $7{,}46\,\,{\rm{km}}$.

Đáp án: $7{,}46$.

+ Gọi $CI = x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right),\left( {0 \le x \le 4} \right) \Rightarrow IM = 4 - x$.

+ Khi đó, $IA = IB = \sqrt {4 + {{\left( {4 - x} \right)}^2}} = \sqrt {20 - 8x + {x^2}}$ (Định lý Pi-ta-go).

Tổng độ dài đường ống dẫn nước là $T = CI + IA + IB = x + 2\sqrt {{x^2} - 8x + 20}$.

Xét $T\left( x \right) = x + 2\sqrt {{x^2} - 8x + 20} ,\,0 \le x \le 4$; $T'\left( x \right) = 1 + \frac{{2x - 8}}{{\sqrt {{x^2} - 8x + 20} }}$.

Xét $T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 + \frac{{2x - 8}}{{\sqrt {{x^2} - 8x + 20} }} = 0$$\Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 8x + 20} = - \left( {2x - 8} \right)$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\{x^2} - 8x + 20 = {\left( {2x - 8} \right)^2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\3{x^2} - 24x + 44 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow x = \frac{{12 - 2\sqrt 3 }}{3}$ (thỏa mãn điều kiện).

Bảng biến thiên

Tổng độ dài đường ống dẫn nước nhỏ nhất xấp xỉ bằng $7{,}46\,\,{\rm{km}}$.

Đáp án: 49.

Gọi $H$ là biến cố: “Người được sử dụng phương pháp chẩn đoán trên là người bị mắc bệnh”.

Hệ $\left\{ {H;\,\,\bar H} \right\}$ là hệ đầy đủ biến cố với $P\left( H \right) = 0{,}01$ và $P\left( {\bar H} \right) = 0{,}99$.

Gọi $A$ là biến cố: “Chẩn đoán cho kết quả dương tính”.

Ta có $P\left( {A|H} \right) = 0{,}98;\,\,P\left( {A|\bar H} \right) = 0{,}02$.

Ta cần tìm xác suất $P\left( {H|A} \right)$.

Áp dụng công thức xác suất Bayes, ta có

$P\left( {H|A} \right) = \frac{{P\left( H \right) \cdot P\left( {A|H} \right)}}{{P\left( H \right) \cdot P\left( {A|H} \right) + P\left( {\bar H} \right) \cdot P\left( {A|\bar H} \right)}} = \frac{{0{,}01 \cdot 0{,}98}}{{0{,}01 \cdot 0{,}98 + 0{,}99 \cdot 0{,}02}} = \frac{{49}}{{148}}.$

Vậy giá trị của $y$ là $49.$

Đáp án: 2189.

Do ${d_1} \cap {d_2} = G\left( { - 6;17;0} \right)$$\Rightarrow \left( {{d_1};{d_2}} \right) = \left( P \right):{\rm{ }}z = 0$.

+ $M$đối xứng với $A$ qua ${d_1}$

mp$\left( Q \right)$ qua điểm $A$ và vuông góc với ${d_1}$ có phương trình: $x - 2y - 5 = 0$

$F = \left( Q \right) \cap {d_1} \Rightarrow F\left( {3; - 1;0} \right)$

$M$đối xứng với $A$ qua ${d_1}$$\Rightarrow F$là trung điểm $AM \Rightarrow M\left( {1; - 2;0} \right)$.

+ $N$đối xứng với $A$ qua ${d_1}$

mp$\left( R \right)$ qua điểm $A$ và vuông góc với ${d_2}$ có phương trình: $x - y - 5 = 0$

$E = \left( R \right) \cap {d_2} \Rightarrow E\left( {8;3;0} \right)$

$N$đối xứng với $A$ qua ${d_2}$$\Rightarrow E$là trung điểm $AN \Rightarrow N\left( {11;6;0} \right)$

+ Ta có $P = AB + BC + CA = BM + BC + CN \ge MN$.

Suy ra ${P_{\min }} = MN = \sqrt {{{\left( {11 - 1} \right)}^2} + {{\left( {6 + 2} \right)}^2}} = \sqrt {164}$.

Vậy $a + 2025 = 164 + 2025 = 2189$.