Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 24)

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng $\left( H \right)$ quanh trục $Ox$ được tính theo công thức:

$V = \pi \int\limits_1^3 {{{\left( {{x^2} - 4x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_1^3 {\left( {{x^4} - 8{x^3} + 16{x^2}} \right){\rm{d}}x} = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} - 2{x^4} + \frac{{16}}{3}{x^3}} \right)} \right|_1^3 = \pi \left( {\frac{{153}}{5} - \frac{{53}}{{15}}} \right) = \frac{{406\pi }}{{15}}$.

Chọn B.

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có công bội $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2$.

Vậy số hạng ${u_3}$ của cấp số nhân đó là ${u_3} = {u_2} \cdot q = 2 \cdot 2 = 4$. Chọn B.

Từ hình vẽ ta có: Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$.

Chọn A.

Ta có $AB \bot AD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật.

$SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AB$. Suy ra $AB \bot \left( {SAD} \right)$. Do đó $d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = AB$. Chọn B.

Theo công thức nhân cho hai biến cố độc lập ta có:

$P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12$. Chọn C.

Điều kiện $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Phương trình ${\log _2}\left( {x - 1} \right) = 2$$\Leftrightarrow x - 1 = {2^2} \Leftrightarrow x = 5$. Chọn B.

Ta có ${3^{x + 1}} > 3 \Leftrightarrow {3^{x + 1}} > {3^1} \Leftrightarrow x > 0$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {0; + \infty } \right)$. Chọn B.

a) Đúng. Hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

b) Đúng. Dựa vào đồ thị, hàm số $f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị.

c) Sai. Trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$, hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất bảng 3.

d) Đúng. Giả sử hàm số có dạng $f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d,\,\,\left( {a \ne 0} \right)$.

Dựa vào đồ thị, ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 1\\f\left( 1 \right) = - 1\\f\left( 2 \right) = 3\\f\left( { - 2} \right) = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 1\\a + b + c = - 2\\8a + 4b + 2c = 2\\ - 8a + 4b - 2c = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 1\\a = 1\\b = 0\\c = - 3\end{array} \right.$.

Vậy $f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1$.

a) Theo bài ra, ta có sơ đồ cây biểu diễn khả năng đi xem bóng đá của An như sau:

a) Đúng. Nếu trời không mưa khả năng An không đi xem bóng đá là $30\%$.

b) Đúng. Xác suất An đi xem bóng đá là: ${P}_{Ađ}=0{,}3\cdot 0{,}4+0{,}7\cdot 0{,}7=0{,}61$.

c) Sai. Bảo không đi xem đá bóng, có hai trường hợp:

TH1: An đi, Bảo không đi.

TH2: An không đi, Bảo chắc chắn không đi.

Vậy xác suất Bảo không đi xem đá bóng là ${P_{Bk}} = 0{,}61 \cdot \left( {1 - 0{,}8} \right) + \left( {1 - 0{,}61} \right) = 0{,}512$.

d) Đúng. Có ít nhất hai người bạn đi xem bóng đá, có ba trường hợp.

TH1: An, Bảo đi, Châu không đi: ${p_1} = 0{,}61 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}4 = 0{,}1952$.

TH2: An, Châu đi, Bảo không đi: ${p_2} = 0{,}61 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}2 = 0{,}0732$.

TH3: An, Bảo, Châu đi: ${p_3} = 0{,}61 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}6 = 0{,}2928$.

Vậy xác suất cần tìm là $P = {p_1} + {p_2} + {p_3} = 0{,}5612$.

a) Đúng. Ta có $\int\limits_1^3 {3f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 3\int\limits_1^3 {\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 3 \cdot 2 = 6$.

b) Sai. Nếu $\int\limits_2^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - 1$ thì $\int\limits_1^2 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_2^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2 - \left( { - 1} \right) = 3$.

c) Sai. Nếu $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {1;3} \right]$ thoả mãn $F\left( 1 \right) = 3$ thì

$2 = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = F\left( 3 \right) - F\left( 1 \right) \Rightarrow F\left( 3 \right) = 2 + F\left( 1 \right) = 2 + 3 = 5$.

d) Đúng. Ta có $\int\limits_1^3 {\frac{{xf\left( x \right) + {x^2} - 1}}{x}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {\left[ {f\left( x \right) + x - \frac{1}{x}} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^3 x {\rm{d}}x - \int\limits_1^3 {\frac{1}{x}} \,{\rm{d}}x$

$= 2 + \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^3 - \left. {\ln \left| x \right|} \right|_1^3 = 2 + \frac{9}{2} - \frac{1}{2} - \ln 3 + \ln 1 = 6 - \ln 3 = a + b\ln 3$.

Suy ra $a = 6;b = - 1 \Rightarrow a + b = 5$.

a) Đúng. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$: $\overrightarrow n = \left( {1; - 2; - 2} \right)$.

b) Đúng. Ta có $A\left( {1; - 1;0} \right) \in d$.

c) Sai. Ta có $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1; - 1} \right)$, $\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1; - 2; - 2} \right)$.

$\sin \left( {d,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}$.

$\Rightarrow$${\cos ^2}\left( {d,\left( P \right)} \right) = 1 - {\sin ^2}\left( {d,\left( P \right)} \right) = 1 - {\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{9}} \right)^2} = \frac{{25}}{{27}}$.

Suy ra $\cos \left( {d,\left( P \right)} \right) = \frac{{5\sqrt 3 }}{9}$.

d) Đúng. Ta có $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1; - 1} \right)$, ${\overrightarrow n _{(P)}} = \left( {1; - 2; - 2} \right)$. Khi đó, ${\overrightarrow n _{(Q)}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( { - 4;3; - 5} \right)$.

Có $A\left( {1; - 1;0} \right) \in d \subset \left( Q \right) \Rightarrow A\left( {1; - 1;0} \right) \in \left( Q \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$: $- 4\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y + 1} \right) - 5z = 0$$\Leftrightarrow 4x - 3y + 5z - 7 = 0$.

Đáp án: 12.

Lợi nhận hộ thu được trong một ngày là

$L\left( x \right) = 300x - \left( {\frac{{23}}{{36}}{x^3} + {x^2} + 200} \right) = - \frac{{23}}{{36}}{x^3} - {x^2} + 300x - 200$.

$L'\left( x \right) = - \frac{{23}}{{36}} \cdot 3{x^2} - 2x + 300 = 0 \Leftrightarrow - \frac{{23}}{{12}}{x^2} - 2x + 300 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{tm}}} \right)\\x = - \frac{{300}}{{23}}\,\,\,\left( {\rm{L}} \right)\end{array} \right.$.

Ta có $L\left( 1 \right) = \frac{{3541}}{{36}};\,\,L\left( {12} \right) = 2152;\,\,L\left( {20} \right) = \frac{{2600}}{9}$. Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1\,;\,20} \right]} L\left( x \right) = L\left( {12} \right) = 2152$.

Vậy để lợi nhuận đạt tối đa thì mỗi ngày hộ cần sản xuất 12 mét vải lụa.

Đáp số: 1,15.

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, $H$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Ta có $A'H \bot \left( {ABC} \right)$.

Dựng $Ax{\rm{//}}BC$ suy ra $BM \cap Ax = \left\{ E \right\} \Rightarrow BC{\rm{//}}\left( {A'AE} \right)$

$\Leftrightarrow d\left( {AA',BC} \right) = d\left( {BC,\left( {A'Ax} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {A'AE} \right)} \right)$.

Mà $\frac{{d\left( {B,\left( {A'AE} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {A'AE} \right)} \right)}} = \frac{{BE}}{{HE}} = \frac{3}{2} \Rightarrow d\left( {H,\left( {A'AE} \right)} \right) = \frac{2}{3}\left( {B,\left( {A'AE} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {{\rm{dm}}} \right)$.

Dựng $HK \bot A'A$, dễ dàng chứng minh được $HK \bot \left( {A'AE} \right)$ suy ra $d\left( {H,\left( {A'AE} \right)} \right) = HK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có $AH = \frac{2}{3}.\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

$\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{{A'}^2}}} + \frac{1}{{H{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{{A'}^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{{A'}^2}}} = \frac{9}{4}$ $\Rightarrow HA' = \frac{2}{3}$.

Vậy thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là:

$V = HA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{{{2^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 1{,}15\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Đáp án: 6800.

Giả sử cửa hàng dự định kinh doanh $x$ máy điều hòa hai chiều và $y$ máy điều hòa một chiều (điều kiện: $x,y \in \mathbb{N}$).

Khi đó, số vốn bỏ ra là $20x + 10y$ (triệu đồng) và lợi nhuận thu được $T = 3{,}5x + 2y$ (triệu đồng).

Theo giả thiết, $x$ và $y$ thỏa mãn các điều kiện: $x \ge 0,\,y \ge 0,\,x + y \le 100,\,20x + 10y \le 1200$.

Bài toán đưa về: Tìm $\left( {x\,;\,y} \right)$ là nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 100\\2x + y \le 120\end{array} \right.\,\,\,\left( I \right)$ sao cho $T = 3{,}5x + 2y$ có giá trị lớn nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left( I \right)$ là miền tứ giác $OABC$ với $O\left( {0;\,0} \right)$, $A\left( {0;\,100} \right)$, $B\left( {20;\,80} \right)$, $C\left( {60;\,0} \right)$.

Thay tọa độ các đỉnh của tứ giác $OABC$ vào biểu thức $T = 3{,}5x + 2y$ ta được giá trị lớn nhất bằng 230 khi $x = 20,\,y = 80$.

Vậy để thu được lợi nhuận lớn nhất cần đầu tư kinh doanh 20 máy điều hòa hai chiều và 80 máy điều hòa một chiều. Khi đó, ta có ${x^2} + {y^2} = {20^2} + {80^2} = 6800$.

Đáp án: 8.

Ta có $AB = 2\sqrt 2 \Rightarrow AC = 4.$ Chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ.

Khi đó, mặt cắt tại $x = t$ là hình vuông có diện tích $S\left( t \right) = \frac{1}{2}{\left( {2\sqrt {2t} } \right)^2} = 4t$.

Vậy thể tích của lều là $V = \int\limits_0^2 {S\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^2 {4t{\rm{d}}t} = \left. {2{t^2}} \right|_0^2 = 8{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).$

Đáp án: 73,0.

Xác định các vectơ vận tốc:

Gọi $\vec a:$ vectơ vận tốc của máy bay Su-30

$\vec b:$ vectơ vận tốc của máy bay MiG-31

$\vec c:$ vectơ vận tốc của gió

${\vec u_1}:$ vectơ chỉ phương của đường thẳng quỹ đạo bay của máy bay Su-30

${d_1}:$ đường thẳng quỹ đạo bay của máy bay Su-30

${\vec u_2}:$ vectơ chỉ phương của đường thẳng quỹ đạo bay của máy bay MiG-31

${d_2}:$ đường thẳng quỹ đạo bay của máy bay MiG-31

$\left( T \right):$ mặt trụ có tâm $C\left( {178\,;430\,;0} \right)$ bán kính $r = 7.$

$$\begin{array}{l}\left| {{{\vec v}_1}} \right| = \sqrt {{3^2} + {4^2} + {0^2}} = 5 \Rightarrow \vec a = \frac{{900}}{5}{{\vec v}_1} = \left( {540\,;720\,;0} \right)\\\left| {{{\vec v}_2}} \right| = 13 \Rightarrow \vec b = \frac{{910}}{{13}}{{\vec v}_2} = \left( {350\,;840\,;0} \right)\\\left| {\vec u} \right| = 5 \Rightarrow \vec c = \frac{{80}}{5}\vec u = \left( { - 48\,;0\,;64} \right)\\{{\vec u}_1} = \vec a + \vec c = \left( {492\,;720\,;64} \right) \Rightarrow {d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 492t\\y = 35 + 720t\\z = 10 + 64t\end{array} \right.\\{{\vec u}_2} = \vec b + \vec c = \left( {302\,;840\,;64} \right) \Rightarrow {d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 31 + 302t\\y = 10 + 840t\\z = 11 + 64t\end{array} \right.\\\left( T \right):{\left( {x - 178} \right)^2} + {\left( {y - 430} \right)^2} = {7^2}.\end{array}$$

Vì không phận cấm bay có độ cao $43{\rm{ km}}$ nên MiG-31 vào trong không phận thì độ cao tối đa của máy bay là $z \le 43 \Rightarrow 11 + 64t \le 43 \Leftrightarrow t \le 0{,}5.$

Tìm giao điểm của ${d_2}$ và $\left( T \right)$.

Xét phương trình: ${\left( {31 + 302t - 178} \right)^2} + {\left( {10 + 840t - 430} \right)^2} = 49$

$\Leftrightarrow 796804{t^2} - 794388t + 197960 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0{,}51 > 5\\t = 0{,}49 < 5\end{array} \right.$.

Dễ dàng nhận thấy MiG-31 đi vào không phận từ một điểm trên mặt trụ và đi ra tại một điểm trên đáy trên của khối trụ. Đáy trên của khối trụ nằm trong mặt phẳng có phương trình là $z = 43$ hay $t = 0{,}5.$

Suy ra, sau $0{,}5$ giờ MiG-31 nằm ở vị trí $\left\{ \begin{array}{l}x = 31 + 302 \cdot 0{,}5 = 182\\y = 10 + 840 \cdot 0{,}5 = 430\\z = 43\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {182\,;430\,;43} \right)$.

Su-30 nằm ở vị trí $\left\{ \begin{array}{l}x = 492 \cdot 0{,}5 = 246\\y = 35 + 720 \cdot 0{,}5 = 395\\z = 42\end{array} \right. \Rightarrow N\left( {246\,;395\,;42} \right)$.

Khoảng cách giữa hai máy bay cần tìm là

$MN = \sqrt {{{\left( {246 - 182} \right)}^2} + {{\left( {395 - 430} \right)}^2} + {{\left( {42 - 43} \right)}^2}} \approx 72{,}95 \approx 73{,}0$.

Đáp án: 5354.

Gọi ${A_i}$, ${B_i}$, ${C_i}$ lần lượt là các biến cố anh Lộc chọn xe buýt, tàu điện ngầm và taxi ở tháng thứ $i$ với $i = 1{,}2{,}3$. $T$ là biến cố anh Lộc bị trễ.

Ta có $P\left( {T|{A_i}} \right) = 0{,}2$, $P\left( {T|{B_i}} \right) = 0{,}1$, $P\left( {T|{C_i}} \right) = 0{,}05$.

Đặt $P\left( {{A_i}} \right) = {x_i}$, $P\left( {{B_i}} \right) = {y_i}$, $P\left( {{C_i}} \right) = {z_i}$. Ta có sơ đồ cây như hình vẽ

Từ sơ đồ cây ta có

${x_{i + 1}} = P\left( {{A_{i + 1}}} \right) = 1 \cdot 0{,}8 \cdot {x_i} + 0{,}5 \cdot 0{,}1 \cdot {y_i} + 0{,}5 \cdot 0{,}05 \cdot {z_i}$

${y_{i + 1}} = P\left( {{B_{i + 1}}} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}2 \cdot {x_i} + 1 \cdot 0{,}9 \cdot {y_i} + 0{,}5 \cdot 0{,}05 \cdot {z_i}$

${z_{i + 1}} = P\left( {{C_{i + 1}}} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}2 \cdot {x_i} + 0{,}5 \cdot 0{,}1 \cdot {y_i} + 1 \cdot 0{,}95 \cdot {z_i}$

Mà ${x_1} = 0{,}4$, ${y_1} = 0{,}35$ và ${z_1} = 0{,}25$.

Suy ra ${x_2} = 0{,}34375$, ${y_2} = 0{,}36125$, ${z_2} = 0{,}295$.

Vậy ${z_3} = \frac{{5323}}{{16000}} \Rightarrow a = 5323,b = 16000 \Rightarrow b - 2a = 5354$.