Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 25)

Ta có $\overrightarrow {AC'} \cdot \overrightarrow {B'D'} = \left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'C'} } \right) \cdot \overrightarrow {B'D'} = \overrightarrow {AA'} \cdot \overrightarrow {B'D'} + \overrightarrow {A'C'} \cdot \overrightarrow {B'D'} = 0 + 0 = 0$. Chọn A.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {\left( { - x + 2 + \frac{1}{x}} \right) - \left( { - x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{x} = 0$.

Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là $y = - x + 2$. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow {EF} = \left( { - 4; - 4\,;1} \right)$.

Phương trình đường thẳng EF đi qua E và nhận $\overrightarrow {EF} = \left( { - 4; - 4\,;1} \right)$ làm VTCP là:

$\frac{{x + 1}}{{ - 4}} = \frac{{y - 4}}{{ - 4}} = \frac{{z - 2}}{1}$. Chọn A.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$. Ta có $y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$. Chọn A.

Gọi là trung điểm cạnh $BC$ suy ra $SD \bot BC$ (vì tam giác $SBC$ cân tại $S$).

Do $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)$$\Rightarrow SA \bot BC$ mà $SD \bot BC$ $\Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot AD$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SD \bot BC\\AD \bot BC\end{array} \right.$$\Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SDA} = \alpha$.

Xét $\Delta SBC$ vuông tại $S$ ta có: $\frac{1}{{S{D^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = 2 \Rightarrow SD = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Xét $\Delta SAD$ vuông tại $S$ ta có: $A{D^2} = S{A^2} + S{D^2} = {1^2} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{3}{2} \Rightarrow AD = \sqrt {\frac{3}{2}}$.

Vậy $\cos \alpha = \cos \widehat {SDA} = \frac{{SD}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. Chọn B.

a) Đúng. Hàm số $f\left( x \right) = {\log _5}\left( {4x + 1} \right)$ xác định khi $4x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - \frac{1}{4}$.

Tập xác định của hàm số $f\left( x \right)$ là khoảng $\left( { - \frac{1}{4}; + \infty } \right)$.

b) Sai. Ta có $f\left( x \right) = {\log _5}\left( {4x + 1} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {4x + 1} \right)}^\prime }}}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 5}} = \frac{4}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 5}}$.

c) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = \frac{4}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 5}} > 0,\,\,\forall x > - \frac{1}{4}$.

Nên hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó.

d) Đúng. Ta có $x = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = {\log _5}5 = 1$ và $f'\left( 1 \right) = \frac{4}{{5\ln 5}}$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {1\,;1} \right)$ là

$y = \frac{4}{{5\ln 5}}\left( {x - 1} \right) + 1 = \frac{4}{{5\ln 5}}x - \frac{4}{{5\ln 5}} + 1$.

a) Đúng. Vì $B\left( {4; - 1;2} \right) \in \left( \alpha \right);\;C\left( {1;3; - 2} \right) \in \left( \alpha \right)$ nên đường thẳng $BC$ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

b) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2;3} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;2; - 1} \right) \Rightarrow {\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {4;5;2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$: $4\left( {x - 3} \right) + 5\left( {y - 1} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y + 2z - 15 = 0$.

Bán kính mặt cầu tâm $I\left( { - 4;4; - 1} \right)$ tiếp xúc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{13\sqrt 5 }}{{15}}$.

c) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2;3} \right)$ nên phương trình đường thẳng $AB$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = - 1 - 2t\\z = 2 + 3t\end{array} \right.$.

d) Đúng. Xét điểm $K$ thỏa mãn $\overrightarrow {KA} - 4\overrightarrow {KB} - 3\overrightarrow {KC} = \overrightarrow 0$. Khi đó $K\left( {\frac{8}{3};\frac{2}{3};\frac{1}{2}} \right)$.

Ta có $\left| {\overrightarrow {MA} - 4\overrightarrow {MB} - 3\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KA} } \right) - 4\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KB} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KC} } \right)} \right| = \left| { - 6\overrightarrow {MK} } \right| = \left| {6\overrightarrow {MK} } \right|$.

Do đó, $\left| {\overrightarrow {MA} - 4\overrightarrow {MB} - 3\overrightarrow {MC} } \right|$ nhỏ nhất khi $\left| {6\overrightarrow {MK} } \right|$ nhỏ nhất, mà $M \in \left( \alpha \right)$ nên $\left| {6\overrightarrow {MK} } \right|$ nhỏ nhất bằng $6d\left( {K,\left( \alpha \right)} \right) = 6 \cdot \frac{{\sqrt {21} }}{{42}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} = \frac{3}{{\sqrt {21} }}$.

a) Đúng. Theo đề bài $P\left( A \right) = 0{,}7$.

b) Sai. Theo đề bài $P\left( B \right) = 0{,}2$.

c) Sai. Cả hai lần tiếp xúc người bệnh mà không đeo khẩu trang đều không lây bệnh nên ta có: $P\left( C \right) = {\left[ {P\left( {\overline A } \right)} \right]^2} = 0,{3^2} = 0{,}09.$

d) Đúng. Xét biến cố $\overline D$: “Không bị lây bệnh sau hai lần tiếp xúc, 1 lần mang khẩu trang và 1 lần không mang khẩu trang”.

Ta có $P\left( {\overline D } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0{,}3 \cdot 0{,}8 = 0{,}24$; suy ra $P\left( D \right) = 1 - 0{,}24 = 0{,}76.$

a) Đúng. Thay $t = 4$ vào hàm ${P'_A}\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + 2t + 8$ ta được:

${P'_A}\left( 4 \right) = - \frac{1}{2} \cdot 16 + 2 \cdot 4 + 8 = 8$(ngàn người).

Vậy tốc độ gia tăng dân số của khu vực $A$ với $t = 4$ là 8 000.

b) Đúng. Thay $t = 0$ vào hàm ${P'_A}\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + 2t + 8$ ta được ${P'_A}\left( 0 \right) = - \frac{1}{2} \cdot {0^2} + 2 \cdot 0 + 8 = 8$.

Dựa vào đồ thị ta thấy ${P'_B}\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow a - \frac{1}{2} \cdot 0 = 8 \Rightarrow a = 8$.

c) Sai. Dân số khu vực $A$ tăng thêm từ 0 đến 5 năm là:

$\int\limits_0^5 {{{P'}_A}} \left( t \right){\rm{d}}t = \int\limits_0^5 {\left( { - \frac{1}{2}{t^2} + 2t + 8} \right){\rm{d}}t} \approx 44$ (ngàn người).

d) Sai. Phần hình phẳng tô đậm trên hình vẽ được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $F\left( t \right) = {P'_A}\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + 2t + 8$,$G\left( t \right) = {P'_B}\left( t \right) = 8 - \frac{1}{2}t$ và hai đường thẳng $t = 0,t = 5$.

Diện tích hình phẳng trên biểu diễn sự chênh lệch dân số tăng thêm giữa hai khu vực trong giai đoạn từ 0 đến 5 năm và bằng

$S = \int\limits_0^5 {\left[ {\left( { - \frac{1}{2}{t^2} + 2t + 8} \right) - \left( {8 - \frac{1}{2}t} \right)} \right]} \,{\rm{d}}t = \int\limits_0^5 {\left( { - \frac{1}{2}{t^2} + \frac{5}{2}t} \right){\rm{d}}t = \frac{{125}}{{12}}} \approx 10{,}4$ (ngàn người).

Đáp số: $13$.

Gọi $M\left( {a;\frac{{2a + 1}}{{a + 2}}} \right)$ là điểm thuộc đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}\,\,\,\left( C \right)$, khoảng cách từ $M$ đến $d$ nhỏ nhất khi $M$ là tiếp điểm của tiếp tuyến của $\left( C \right)$ sao cho tiếp tuyến song song với đường thẳng $d:y = 3x + 6$.

Ta có $y'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$. Do đó $y'\left( a \right) = \frac{3}{{{{\left( {a + 2} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - 1}\\{a = - 3}\end{array}} \right.$.

$\Rightarrow {M_1}\left( { - 1\,; - 1} \right),\,\,{M_2}\left( { - 3\,;5} \right) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{d\left( {{M_1},d} \right) = \frac{4}{{\sqrt {10} }}}\\{d\left( {{M_1},d} \right) = \frac{8}{{\sqrt {10} }}}\end{array}} \right.$.

Vậy $\min d\left( {M,d} \right) = \frac{4}{{\sqrt {10} }}$ khi $M\left( { - 1; - 1} \right)$$\Rightarrow$$a = b = - 1$$\Rightarrow$$T = 6{a^2} + 7{b^2} = 13$.

Đáp án: 48,5.

Ta có $x + 120 + y + 70 + 60 = 400 \Leftrightarrow x + y = 150$.

Nhận thấy ${Q_3}$ thuộc nhóm $\left[ {60;80} \right)$.

$${Q_3} = 60 + \frac{{\frac{{400 \cdot 3}}{4} - \left( {x + 120 + y} \right)}}{{70}} \cdot 20 = 60 + \frac{{300 - 270}}{{70}} \cdot 20 = \frac{{480}}{7}\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,x + y = 150} \right)$$

${Q_3} - {Q_1} = \frac{{845}}{{21}} \Leftrightarrow {Q_1} = {Q_3} - \frac{{845}}{{21}} \Leftrightarrow {Q_1} = \frac{{85}}{3}$.

Suy ra ${Q_1}$ thuộc nhóm $\left[ {20;40} \right)$.

${Q_1} = 20 + \frac{{100 - x}}{{120}} \cdot 20 \Leftrightarrow \frac{{85}}{3} = 20 + \frac{{100 - x}}{6} \Leftrightarrow x = 50 \Rightarrow y = 100$.

Chọn giá trị đại diện cho các nhóm ta có bảng sau

Vậy thời gian học trung bình của các học sinh trong nhóm là

$\frac{{50 \cdot 10 + 120 \cdot 30 + 100 \cdot 50 + 70 \cdot 70 + 60 \cdot 90}}{{400}} = 48{,}5$.

Đáp án: 0,96.

Gọi $A$ là biến cố: “chọn được thành viên nam”.

Gọi $B$ là biến cố: “chọn được thành viên đã hoàn thành FM sub 4”.

Ta có $P\left( A \right) = 0{,}72;\,\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0{,}28;\,\,\,P\left( {B|A} \right) = 0{,}32;\,\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}03$.

Xác suất để chọn được người nam trong câu lạc bộ biết người đó đã hoàn thành FM 4 là:

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}} =$$\frac{{0{,}32 \cdot 0{,}72}}{{0{,}32 \cdot 0{,}72 + 0{,}28 \cdot 0{,}03}} = \frac{{192}}{{199}} \approx 0{,}96$.

Đáp án: $0{,}88$.

Ta có thể tích bể bơi ban đầu là $V = AB \cdot AD \cdot AA' = 10 \cdot 30 \cdot 20 = 6\,000\,\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Phần đáy bể làm lại có dạng khối lăng trụ đứng $A'NED'.B'MFC'$ có đáy là hình thang vuông, chiều cao bằng $A'B' = 10\,\,{\rm{m}}$,$FC' = ED' = DD' - DE = 20 - 17 = 3\,\,{\rm{(m)}}$.

Diện tích đáy hình thang vuông là ${S_{B'MFC'}} = \left( {MF + B'C'} \right).FC'.\frac{1}{2}$$= \left( {17 + 30} \right) \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = 70{,}5\,\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Thể tích khối lăng trụ đứng $A'NED'.B'MFC'$ bằng ${V_1} = {S_{B'MFC'}} \cdot A'B' = 70{,}5 \cdot 10 = 705\,\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Thể tích bể sau khi làm lại bằng $V' = 6000 - 705 = 5295\,\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})$. Vậy $\frac{{V'}}{V} = \frac{{5295}}{{6000}} \approx 0{,}88$.

Đáp án: $- 400$.

Quả bóng rơi xuống tại điểm $A\left( {\sqrt {20} ;0{,}5;0} \right)$.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right):x + by + cz + d = 0$ đi qua $O$ nên $d = 0$, điểm $A\left( {\sqrt {20} ;0{,}5;0} \right)$ thuộc $\left( \alpha \right)$ nên có $\sqrt {20} + 0{,}5b = 0 \Leftrightarrow b = - 4\sqrt 5$.

Mặt khác $\left( \alpha \right)$ vuông góc với mặt đất nên ${\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}} \bot {\overrightarrow n _{\left( {Oxy} \right)}} \Leftrightarrow {\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}} \cdot \overrightarrow k = 0 \Leftrightarrow c = 0$.

Vậy mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có phương trình là $\left( \alpha \right):x - 4\sqrt 5 y = 0$.

Khi đó, $- 5{b^2} - {c^2} + 3{d^2} = - 400$.

Đáp án: $2{,}95$.

+ Parabol $\left( P \right):y = f\left( x \right)$ có đỉnh là điểm $M\left( { - 8;0} \right)$ nên $f\left( x \right) = k{\left( {x + 8} \right)^2},\left( {k \ne 0} \right)$.

Ta có $H\left( { - 3;a} \right) \in \left( P \right)$ nên $25k = a \Leftrightarrow k = \frac{a}{{25}} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{a}{{25}}{\left( {x + 8} \right)^2}$.

+ Đường cong $\left( C \right)$:$y = g\left( x \right)$ là hàm bậc ba có ba nghiệm $x = - 2\,;\,x = 2$ và $x = 8$ nên $g\left( x \right) = h\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {x - 8} \right),\left( {h \ne 0} \right)$.

Ta có $H\left( { - 3;a} \right) \in \left( C \right)$ nên $- 55h = a \Leftrightarrow h = - \frac{a}{{55}}$.

$\Rightarrow g\left( x \right) = - \frac{a}{{55}}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {x - 8} \right) = - \frac{a}{{55}}\left( {{x^3} - 8{x^2} - 4x + 32} \right)$.

+ Dựa vào đồ thị, ta có: ${S_1} = \int\limits_{ - 3}^{ - 2} {g\left( x \right)} \,{\rm{d}}x;\,\,{S_3} = \int\limits_2^8 {g\left( x \right)} \,{\rm{d}}x;\,\,{S_2} = - \int\limits_{ - 2}^2 {g\left( x \right)} \,{\rm{d}}x;\,\,{S_4} = \int\limits_{ - 8}^{ - 3} {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x$.

${S_1} + {S_3} = {S_2} + {S_4} + \frac{{109}}{{12}} \Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^{ - 2} {g\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_2^8 {g\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - \int\limits_{ - 2}^2 {g\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_{ - 8}^{ - 3} {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \frac{{109}}{{12}}$

$\Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^{ - 2} {g\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{ - 2}^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^8 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 8}^{ - 3} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \frac{{109}}{{12}}$

$\Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^8 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 8}^{ - 3} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \frac{{109}}{{12}}$

$\Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^8 { - \frac{a}{{55}}\left( {{x^3} - 8{x^2} - 4x + 32} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 8}^{ - 3} {\frac{a}{{25}}{{\left( {x + 8} \right)}^2}{\rm{d}}x} + \frac{{109}}{{12}}$

$\Leftrightarrow \frac{{209}}{{60}} \cdot a = \frac{5}{3} \cdot a + \frac{{109}}{{12}} \Leftrightarrow a = 5$.

Suy ra $g\left( x \right) = - \frac{1}{{11}}\left( {{x^3} - 8{x^2} - 4x + 32} \right)$; $g'\left( x \right) = - \frac{1}{{11}}\left( {3{x^2} - 16x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{8 + 2\sqrt {19} }}{3}\\x = \frac{{8 - 2\sqrt {19} }}{3}\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Vậy độ cao lớn nhất mà đường trượt chìm xuống so với mặt đất là xấp xỉ $2{,}95\,{\rm{m}}$.