Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 46)

Do đường thẳng $d$ qua $A\left( { - 1;0; - 3} \right)$và có vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {2;3;1} \right)$.

Suy ra phương trình chính tắc có dạng $\frac{{x + 1}}{2} = \frac{y}{3} = \frac{{z + 3}}{1}$. Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta có:

+ Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = 1$;

+ Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $x = - 1$.

Vậy tâm đối xứng của hàm số đã cho là điểm có toạ độ $\left( { - 1;1} \right)$. Chọn A.

Mặt phẳng đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng$AB$ nên nhận $\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;6;2} \right)$ là vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng cần tìm là

$- 4\left( {x - 5} \right) + 6\left( {y + 4} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow - 4x + 6y + 2z + 40 = 0$ hay $2x - 3y - z - 20 = 0$. Chọn A.

Ta có bảng sau:

Cỡ mẫu là $n = 75 + 125 + 250 + 82 + 18 = 550$.

Số trung bình: $\bar x = \frac{{75 \cdot 15 + 125 \cdot 45 + 250 \cdot 75 + 82 \cdot 105 + 18 \cdot 135}}{{550}} = \frac{{3654}}{{55}}$.

Phương sai của một mẫu số liệu ghép nhóm được tính theo công thức:

${s^2} = \frac{{75{{\left( {15 - \bar x} \right)}^2} + 125{{\left( {45 - \bar x} \right)}^2} + 250{{\left( {75 - \bar x} \right)}^2} + 82{{\left( {105 - \bar x} \right)}^2} + 18{{\left( {135 - \bar x} \right)}^2}}}{{550}} \approx 874$. Chọn A.

a) Đúng. Ta có $f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi \right) = \sqrt 3 \pi$.

b) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 2\cos x + \sqrt 3$.

c) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos x + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Do $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ nên $x = \frac{{5\pi }}{6}$.

d) Đúng. Ta có $f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi \right) = \sqrt 3 \pi$ và $f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = 1 + \frac{{5\sqrt 3 \pi }}{6}$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$ bằng $1 + \frac{{5\sqrt 3 \pi }}{6}$.

a) Sai. Ta có $A\left( {7;5;20} \right),\,\,B\left( {7;5{,}5;19{,}9} \right)$ khi đó $\overrightarrow {AB} = \left( {0;0{,}5; - 0{,}1} \right)$. Ta thấy $\overrightarrow {AB}$ không cùng phương với $\overrightarrow u$. Suy ra $\vec u = \left( {0;5;1} \right)$ không phải là một vectơ của đường thẳng $AB$.

b) Sai. Đường thẳng $AB$ qua điểm $A\left( {7;5;20} \right)$, có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow a = 10\overrightarrow {AB} = \left( {0;5; - 1} \right)$ có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 7\\y = 5 + 5t\,\,\\z = 20 - t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Theo đề ta có ${z_D} = 18$, vì $D \in AB$ nên ta có $\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 7\\{y_D} = 5 + 5t\,\,\\18 = 20 - t\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 7\\{y_D} = 15\\t = 2\end{array} \right.$. Vậy $D\left( {7;15;18} \right)$.

c) Đúng. Ta có $A\left( {7;5;20} \right),\,\,B\left( {7;5{,}5;19{,}9} \right),\,\,C\left( {7;5;19} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( {0;0{,}5; - 0{,}1} \right);\,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {0;0; - 1} \right)$.

Khi đó $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 0{,}5;0;0} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ qua điểm $A\left( {7;5;20} \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = - 2\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {1;0;0} \right)$ có phương trình là: $x - 7 = 0 \Leftrightarrow x = 7$.

d) Sai. Ta có $\overrightarrow {AC} = \left( {0;0; - 1} \right)$, $AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = 1$.

Suy ra khoảng cách từ Puly tại $A$ đến bàn đạp tại $C$ là $1\,{\rm{m}}$.

a) Đúng. Ta có $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2}}{x} = \frac{{{x^2}}}{x} + \frac{2}{x} = x + \frac{2}{x}$.

b) Đúng. Với $x \in \left( {0; + \infty } \right)$, ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {x + \frac{2}{x}} \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{2}} + 2\ln x + C$.

c) Đúng. Gọi $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ thì

$F\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + 2\ln x + C$.

Vì $F\left( 1 \right) = \frac{3}{2}$ nên $\frac{{{1^2}}}{2} + 2\ln 1 + C = \frac{3}{2} \Rightarrow C = 1$. Suy ra $F\left( 4 \right) = \frac{{{4^2}}}{2} + 2\ln 4 + 1 = 9 + 4\ln 2$.

d) Sai. $\int\limits_1^4 {kf\left( x \right){\rm{d}}x = k} \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = k\left[ {F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right)} \right] = k\left( {9 + 4\ln 2 - \frac{3}{2}} \right) = k\left( {\frac{{15}}{2} + 4\ln 2} \right)$.

Suy ra $\int\limits_1^4 {kf\left( x \right){\rm{d}}x = 5} \Leftrightarrow k\left( {\frac{{15}}{2} + 4\ln 2} \right) = 5 \Leftrightarrow k = \frac{5}{{\frac{{15}}{2} + 4\ln 2}} \approx 0{,}487 \notin \left( {1;2} \right)$.

a) Đúng. Vì người chơi chọn ngẫu nhiên một trong hai đồng xu (một cân bằng và một thiên lệch), nên xác suất chọn được đồng xu cân bằng là $P\left( A \right) = \frac{1}{2}$.

b) Sai. Vì biến cố $A$ đã xảy ra, tức là chọn được đồng xu cân bằng nên xác suất để mỗi lần xuất hiện mặt ngửa là $\frac{1}{2}$, từ đó suy ra xác suất biến cố $B$ với điều kiện biến cố $A$ đã xảy ra là$P\left( {B\mid A} \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} = \frac{1}{8}$.

c) Sai. Ta có $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8} + \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} = \frac{{35}}{{128}}$.

Khi đó, $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8}}}{{\frac{{35}}{{128}}}} = \frac{8}{{35}} \approx 0{,}23$.

d) Đúng. Vì $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{8}{{35}}$ nên $P\left( {\overline A \mid B} \right) = 1 - \frac{8}{{35}} = \frac{{27}}{{35}}$.

Gọi $C$ là biến cố: “tung lần thứ tư tiếp tục xuất hiện mặt ngửa”.

Ta có $P\left( C \right) = P\left( {C|A} \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {C|\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{8}{{35}} + \frac{3}{4} \cdot \frac{{27}}{{35}} = \frac{{97}}{{140}} \approx 0{,}69$.

Đáp án: 23,4.

Lợi nhuận = Tiền thu được $-$ Chi phí sản xuất.

Gọi hàm lợi nhuận là $f\left( A \right)$, ta có

$$f\left( A \right) = 20\,q\left( A \right) - \left[ {10q\left( A \right) + A} \right]$$

$$\begin{array}{l} = 10q\left( A \right) - A\\ = 10\left[ {1000 + \frac{{1013}}{5}\ln \left( {1 + A} \right)} \right] - A\\ = 10000 + 2026\ln \left( {1 + A} \right) - A\end{array}$$

$\Rightarrow f'\left( A \right) = 2026 \cdot \frac{{{{\left( {1 + A} \right)}^\prime }}}{{1 + A}} - 1 = \frac{{2026}}{{1 + A}} - 1 = 0 \Rightarrow A = 2025$.

Khảo sát thấy khi $A = 2025$ thì lợi nhuận thu được tối đa, khi đó

$f\left( A \right) = f\left( {2025} \right) = 10\,\,q\left( {2025} \right) - 2025 \approx 23401$ (triệu đồng) $\approx 23{,}4$ (tỷ đồng).

Đáp án: 8.

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$; $\Delta ABC$ là tam giác vuông cân tại $C \Rightarrow BC \bot AC$.

Do đó $BC \bot \left( {SAC} \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SC$.

Khi đó $AH \bot \left( {SBC} \right)$, suy ra $AH = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{12}}{5}$.

Ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{C^2}}} = {\left( {\frac{5}{{12}}} \right)^2} - \frac{1}{{{4^2}}} = \frac{1}{9} \Rightarrow SA = 3$.

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA\, \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot \frac{1}{2}A{C^2} = \frac{1}{6} \cdot 3 \cdot 16 = 8.$

Đáp án: 1,3.

Đồ thị hàm số $f\left( x \right) = {a^x}$ $\left( {0 < a \ne 1} \right)$ và đồ thị hàm số $g\left( x \right) = {\log _b}x$ $\left( {0 < b \ne 1} \right)$ đối xứng nhau qua đường thẳng $y = x$ nên $a = b$.

Ta thấy đồ thị hàm số $g\left( x \right) = {\log _b}x$ đi qua điểm $B\left( {3;2} \right)$ nên suy ra $b = \sqrt 3$.

Vậy bạn Minh đã vẽ hai đồ thị của hàm số $f\left( x \right) = {\sqrt 3 ^x}$ và $g\left( x \right) = {\log _{\sqrt 3 }}x$.

Ta có ${\sqrt 3 ^x} = 2 \Leftrightarrow x = {\log _{\sqrt 3 }}2$$\Rightarrow {S_{{H_1}}} = \int\limits_{ - 3}^{{{\log }_{\sqrt 3 }}2} {\left( {2 - {{\sqrt 3 }^x}} \right)} \,{\rm{d}}x \approx 5{,}23{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Do đó cần mua 2 hộp sơn để sơn phần ${H_1}$ với số tiền là $2 \cdot 0{,}12 = 0{,}24$ (triệu đồng).

Ta có ${\log _{\sqrt 3 }}x = - 2 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}$$\Rightarrow {S_{{H_3}}} = \int\limits_{\frac{1}{3}}^3 {\left( {{{\log }_{\sqrt 3 }}x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x \approx 7{,}15{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Do đó cần mua 3 hộp sơn để sơn phần ${H_3}$ với số tiền là $3 \cdot 0{,}14 = 0{,}42$ (triệu đồng).

Ta có ${S_{{H_2}}} = {S_{HCN}} - {S_{{H_1}}} - {S_{{H_2}}} \approx 6 \cdot 4 - 5{,}23 - 7{,}15 \Rightarrow {S_{{H_2}}} \approx 11{,}62{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Do đó cần mua 4 hộp sơn để sơn phần ${H_2}$ với số tiền là $4 \cdot 0{,}16 = 0{,}64$ (triệu đồng).

Vậy số tiền bạn Minh cần dùng để sơn bức tường đó là: $0{,}24 + 0{,}42 + 0{,}64 = 1{,}3$ (triệu đồng).

Đáp án: 24.

+) Đường đi ảo giữa hai đỉnh là đường đi ngắn nhất giữa hai đỉnh đó.

+) Ý tưởng giải bài toán là tạo ra tất cả các đỉnh bậc chẵn bằng cách thêm đường đi ảo. Khi đó sẽ có chu trình Euler (tức là đường đi từ 1 đỉnh qua tất cả các cạnh đúng 1 lần và trở về đỉnh ban đầu).

Áp dụng:

+) Trước tiên, ta thấy tổng độ dài tất các các con đường là: 3 + 1 + 5 + 3 + 4 + 2 + 2 = 20.

+) Vì đồ thị có đúng 4 đỉnh bậc lẻ A, B, C, E nên có 3 cách ghép cặp đỉnh để xây dựng đường đi ảo giữa các cặp đỉnh đó như sau:

Cách 1: A - B và C - E: Tổng độ dài đường đi ảo là: 3 + 5 = 8.

Cách ghép này cho ta chu trình Euler có độ dài 20 + 8 = 28.

Cách 2: A - C và B - E: Tổng độ dài đường đi ảo là: 2 + 2 = 4.

Cách ghép này cho ta chu trình Euler có độ dài 20 + 4 = 24.

Cách 3: A - E và B - C: Tổng độ dài đường đi ảo là: 5 + 1 = 6.

Cách ghép này cho ta chu trình Euler có độ dài 20 + 6 = 26.

Vậy đáp án của bài toán là 24 km.

Đáp án: $- 1{,}5$.

Ta có $M\left( {0\,;1\,;0} \right) \in \left( \alpha \right)$. Gọi $M'$ là điểm đối xứng của $M$ qua $A.$ Khi đó $M'\left( {2\,; - 1\,;4} \right)$.

Gọi $\left( {\alpha '} \right)$ là mặt phẳng đối xứng với mặt phẳng $\left( \alpha \right){\rm{ qua }}A$. Khi đó $\left( {\alpha '} \right):2x - y + z - 9 = 0$.

Vì $C \in \left( \alpha \right)$ và $B$ đối xứng với $C$ qua $A$ nên $B \in \left( {\alpha '} \right)$. Mặt khác, $B \in \Delta$ nên $B = \Delta \cap \left( {\alpha '} \right)$.

Phương trình tham số của $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = - 1 + 2t\\z = 4 - t\end{array} \right.$.

Khi đó, $B\left( {3 + t; - 1 + 2t;4 - t} \right)$, mà $B \in \left( {\alpha '} \right)$ nên ta có:

$2\left( {3 + t} \right) - \left( { - 1 + 2t} \right) + 4 - t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow B\left( {5\,;3\,;2} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {AB} = \left( {4\,;3\,;0} \right) = - 2\left( { - 2; - \frac{3}{2};0} \right)$.

Vì $A,B,C$ thẳng hàng nên $BC$ có một vectơ chỉ phương là

$\vec u = \left( { - 2; - \frac{3}{2};0} \right) = \left( { - 2\,;a\,;b} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{3}{2}\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b = - \frac{3}{2} + 2 \cdot 0 = - 1{,}5.$

Đáp án: 0,6.

Gọi $A$ là biến cố: “chọn hộp bạc”; $C$ là biến cố: “chọn được 2 iPhone”.

Ta cần tính $P\left( {A|C} \right) = \frac{{P\left( {A \cap C} \right)}}{{P\left( C \right)}}$.

Chọn ngẫu nhiên một trong 3 hộp thì xác suất mỗi hộp là .

Ta có $P\left( {C|V} \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{{10}}$, $P\left( {C|B} \right) = \frac{4}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{5}$, .

Suy ra $P(C)=P(V)\cdot P(C|V)+P(B)\cdot P(C|B)+P(Ð)\cdot P(C|Ð)=\frac{1}{3}$.

Lại có $P\left( {A \cap C} \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {C|B} \right) = \frac{1}{5}$.

Vậy $P\left( {A|C} \right) = \frac{{\frac{1}{5}}}{{\frac{1}{3}}} = \frac{3}{5} = 0{,}6$.