Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 49)

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có tiệm cận đứng là $x = - 1$ nên biểu thức $f\left( x \right)$ là $\frac{{x - 1}}{{x + 1}}$.

Chọn D.

Quan sát đồ thị ta có: $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} f\left( x \right) = 3,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} f\left( x \right) = - 2$.

Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;5} \right]$ bằng $1$. Chọn B.

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right)$ nên có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {0;0;1} \right)$ và đi qua điểm $A\left( {1;1;1} \right)$ suy ra phương trình cần tìm là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 1 + t\end{array} \right.$. Chọn A.

Theo công thức xác suất toàn phần:

$P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}8 \cdot 0{,}7 + 0{,}2 \cdot 0{,}45 = 0{,}65$.

Theo công thức Bayes: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}8 \cdot 0{,}7}}{{0{,}65}} = \frac{{56}}{{65}}$. Chọn D.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm về thời gian tập của Hưng là:

$35 - 10 = 25$ (phút).

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm về thời gian tập của Bình là:

$30 - 10 = 20$ (phút).

Chọn B.

Bán kính mặt cầu $R = IA = \sqrt {{{\left( {0 + 1} \right)}^2} + {{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}} = 3$.

Phương trình mặt cầu tâm $I$ đi qua điểm $A$: ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9$. Chọn B.

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

Vậy mặt phẳng trên có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {3;6; - 2} \right)$. Chọn D.

Ta có ${\overrightarrow n _P} = \left( {6;8;10} \right),\,\,{\overrightarrow u _d} = \left( {3;4;5} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _P} = 2{\overrightarrow u _d}$ hay ${\overrightarrow n _P}$ và ${\overrightarrow u _d}$ cùng phương.

Vậy $d \bot \left( P \right)$, do đó góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ bằng $90^\circ$. Chọn C.

a) Sai. Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4x - 2 + m}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$.

Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 4} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2 + m} \right) > 0\\{2^2} - 4 \cdot 2 - 2 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16 + 8 - 4m > 0\\m \ne 6\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 6$.

Vậy đồ thị hàm số $\left( {{C_m}} \right)$ có hai cực trị khi $m < 6$.

b) Sai. Theo câu a), ta có đồ thị hàm số $\left( {{C_m}} \right)$ có hai cực trị khi $m < 6$.

c) Đúng. Khi $m = 5$, ta có $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - 5}}{{x - 2}}$.

$f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$, $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right),\,\left( {3; + \infty } \right)$; hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( {1;2} \right),\,\,\left( {2;3} \right)$.

d) Sai. Ta có $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - m}}{{x - 2}}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Nên hàm số không thể đơn điệu trên $\mathbb{R}$.

a) Sai. Độ cao của cây đậu Hà Lan được xác định bằng công thức:

$h\left( t \right) = \int {h'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( { - 0{,}02{t^3} + 0{,}3{t^2}} \right){\rm{d}}t} = 0{,}005{t^4} + 0{,}1{t^3} + C$.

Tại thời điểm được trồng $\left( {t = 0} \right)$ thì chiều cao của cây đậu bằng $3$ centimet nên

$h\left( 0 \right) = 3 \Rightarrow C = 3$.

Vậy $\;h\left( t \right) = - 0{,}005{t^4} + 0{,}1{t^3} + 3$.

b) Đúng. Xét hàm số $\;h\left( t \right) = - 0{,}005{t^4} + 0{,}1{t^3} + 3$.

Ta có $h'\left( t \right) = - 0{,}02{t^3} + 0{,}3{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 15\\t = 0\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, giai đoạn tăng trưởng của cây đậu Hà Lan kéo dài 15 tuần.

c) Sai. Từ bảng biến thiên ở câu b), chiều cao tối đa của cây đậu Hà Lan là $\frac{{699}}{8} \approx 87{,}38$ centimet.

d) Đúng. Xét hàm tốc độ tăng chiều cao của cây đậu Hà Lan sau khi trồng là:

$h'\left( t \right) = - 0{,}02{t^3} + 0{,}3{t^2}$.

Ta có $h''\left( t \right) = - 0{,}06{t^2} + 0{,}6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 10\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy vào thời điểm $t = 10$ cây đậu Hà Lan phát triển nhanh nhất, lúc đó cây cao $h\left( {10} \right) = 53$ centimet.

a) Sai. Số bi vàng có đánh số là: $30 \cdot 50\% = 15$.

Số viên bi trong hộp là 80.

Vậy xác suất chọn được viên bi màu vàng có đánh số bằng $\frac{{15}}{{80}} = \frac{3}{{16}} = 18{,}75\% .$

b) Đúng. Trong hộp có 50 viên bi màu đỏ.

Số viên bi trong hộp là 80. Vậy xác suất chọn được viên bi màu đỏ bằng $\frac{{50}}{{80}} = 62{,}5\% .$

c) Đúng. Số bi đỏ có đánh số là: $50 \cdot 60\% = 30$.

Vậy số viên bi không đánh số là $80 - 30 - 15 = 35$.

Khi đó, xác suất chọn được viên bi không đánh số bằng $\frac{{35}}{{80}} = 43{,}75\%$.

d) Sai. Gọi $A$ là biến cố: “viên bi được chọn màu đỏ”.

Khi đó $\overline A$ là biến cố: “viên bi được chọn màu vàng”.

Gọi $B$ là biến cố: “viên bi được chọn có đánh số”.

Khi đó $\overline B$ là biến cố: “viên bi được chọn không đánh số”.

$P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A \cap \overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{20}}{{35}} = \frac{4}{7}$.

$P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A \cap \overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{15}}{{35}} = \frac{3}{7}$.

Vậy viên bi được lấy ra là viên bi chưa được đánh số, xác suất để viên bi đó là bi đỏ cao hơn xác suất viên bi đó là bi vàng.

a) Sai. Thay tọa độ điểm $B\left( {0;2; - 4} \right)$ vào phương trình $\left( P \right):2x - y + 2z + 8 = 0$ ta có $2 \cdot 0 - 2 + 2 \cdot \left( { - 4} \right) + 8 \ne 0$, vậy điểm $B$ không thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$.

b) Đúng. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ là $H\left( {1;0;6} \right)$.

c) Sai. Gọi góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\varphi$.

Ta có $\vec n = \left( {2; - 1;2} \right)$ là vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;4; - 10} \right)$.

$\sin \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {AB} \,,\,\vec n} \right)} \right| = \frac{{\left| { - 1 \cdot 2 + 4 \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - 10} \right) \cdot 2} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{2\sqrt {13} }}{9}$.

Vậy $\varphi \approx 53^\circ$.

d) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;4; - 10} \right)$. Phương trình đường thẳng $AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = - 2 + 4t\\z = 6 - 10t\end{array} \right.$.

Giao điểm $M\left( {x;y;z} \right)$ của $AB$ và $\left( P \right)$ thỏa mãn

$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = - 2 + 4t\\z = 6 - 10t\\2x - y + 2z + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{{12}}{{13}}\\x = \frac{1}{{13}}\\y = \frac{{22}}{{13}}\\z = - \frac{{42}}{{13}}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{1}{{13}};\frac{{22}}{{13}}; - \frac{{42}}{{13}}} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AM} \left( { - \frac{{12}}{{13}};\frac{{48}}{{13}}; - \frac{{120}}{{13}}} \right) = \frac{{12}}{{13}}\overrightarrow {AB}$.

Vậy viên đạn dừng lại ở bia chắn là mặt phẳng $\left( P \right)$, không đi qua $B$.

Đáp án: 50.

Ta có giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là $p\left( x \right) = 90 - 0{,}01{x^2}$ (triệu đồng).

Nên bán $x$ tấn sản phẩm thu được $\left( {90 - 0{,}01{x^2}} \right)x$ (triệu đồng). Điều kiện $0 < x \le 100$.

Lợi nhuận hàng tháng của nhà máy $A$ khi sản xuất và bán $x$ tấn sản phẩm cho nhà máy $B$ là:

$L\left( x \right) = \left( {90 - 0{,}01{x^2}} \right)x \cdot 90\% - \frac{1}{2}\left( {200 + 27x} \right)$ (triệu đồng).

Hay $L\left( x \right) = - 0{,}009{x^3} + 67{,}5x - 100$.

Xét hàm số $L\left( x \right) = - 0{,}009{x^3} + 67{,}5x - 100$ trên nửa khoảng $\left( {0;100} \right]$:

$L'\left( x \right) = - 0{,}027{x^2} + 67{,}5$;

$L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0{,}027{x^2} + 67{,}5 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2500 \Rightarrow x = 50$.

Bảng biến thiên:

Như vậy nhà máy $A$ cần sản xuất và bán $50$ tấn sản phẩm cho nhà máy $B$ mỗi tháng để thu được lợi nhuận cao nhất.

Đáp án: 711.

Chu vi của đường tròn có bán kính bằng 4 là $2 \cdot 4\pi \approx 25{,}133$.

Như vậy khi trải miếng bánh có đường kính 20 thì còn thừa hai đầu là $2 \cdot 4\pi - 20 \approx 5{,}133$.

Xét mặt cắt ngang của miếng bánh, mỗi mặt cắt vuông góc với trục tọa độ $Ox$ là một hình quạt.

Gọi $x\,,\, - 10 \le x \le 10$ là hoành độ của mặt phẳng cắt trên. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có .

Diện tích mặt cắt

$S\left( x \right) = \frac{{MN}}{2} \cdot R - {S_{\Delta IMN}} = \frac{{2\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \cdot 4}}{2} - \frac{1}{2}{4^2}\sin \left( {\frac{{\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} }}{2}} \right) = 4\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} - 8\sin \left( {\frac{{\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} }}{2}} \right)$.

Khi đó thể tích chiếc bánh là:

$V = 2\int\limits_0^{10} {S\left( x \right){\rm{d}}x = } 2\int\limits_0^{10} {\left[ {4\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} - 8\sin \left( {\frac{{\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} }}{2}} \right)} \right]{\rm{d}}x \approx 711\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)}$.

Đáp án: $0{,}6$.

Số cách xếp 10 bạn học sinh trong đội tuyển thi HSG vào một bàn dài mà mỗi bên có 5 ghế đối diện nhau là $10! \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 10!$.

Xét các biến cố $A$ : “Không có học sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau”.

$\bar A$ : “Có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau”.

${A_1}$ : “Học sinh lớp 12A ngồi đối diện nhau”.

${A_2}$ : “Học sinh lớp 12B ngồi đối diện nhau”.

${A_1} \cap {A_2}$: “Học sinh 12A ngồi đối diện nhau và học sinh 12B ngồi đối diện nhau”.

$\Rightarrow \overline A = {A_1} \cup {A_2} \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = n\left( {{A_1}} \right) + n\left( {{A_2}} \right) - n\left( {{A_1} \cap {A_2}} \right)$.

Sắp xếp 2 học sinh lớp 12A ngồi vào hai ghế đối diện nhau, hoán đổi vị trí của 2 học sinh, sau đó sắp xếp 8 học sinh còn lại $\Rightarrow n\left( {{A_1}} \right) = C_5^1 \cdot 2!\, \cdot 8!$.

Từ 3 học sinh lớp 12B, chọn ra 2 học sinh sắp xếp 2 học sinh này ngồi vào hai ghế đối diện, sau đó sắp xếp 8 học sinh còn lại $\Rightarrow n\left( {{A_2}} \right) = A_3^2 \cdot C_5^1 \cdot 8!$.

Chọn vị trí để sắp xếp 2 học sinh lớp 12A vào ngồi hai ghế đối diện, tiếp tục chọn vị trí xếp tiếp 2 học sinh (chọn 2 trong 3 học sinh của lớp 12B) lớp 12B ngồi vào hai ghế đối diện, cuối cùng sắp xếp 6 học sinh còn lại $\Rightarrow n\left( {{A_1} \cap {A_2}} \right) = 5 \cdot 2!\, \cdot 4 \cdot A_3^2 \cdot 6!$.

$\Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = n\left( {{A_1}} \right) + n\left( {{A_2}} \right) - n\left( {{A_1} \cap {A_2}} \right) = 1\,440\,000$.

$\Rightarrow n\left( A \right) = n\left( \Omega \right) - n\left( {\overline A } \right) = 2188800 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{38}}{{63}} \approx 0{,}6$.

Đáp án: 5300.

Cách 1: Liệt kê các đường đi có thể liên thông

Các hành trình có thể và chi phí tương ứng:

1. $A \to B \to E \to C \to D \to A$: $900 + 800 + 1200 + 1300 + 1100 = 5300$

2. $A \to B \to E \to D \to C \to A$: $900 + 800 + 1400 + 1300 + 1200 = 5600$

3. $A \to B \to C \to E \to D \to A$: $900 + 1400 + 1200 + 1400 + 1100 = 6000$

4. $A \to B \to C \to D \to E \to A$: $900 + 1400 + 1300 + 1400 + 1000 = 6000$

5. $A \to E \to B \to C \to D \to A$: $1000 + 800 + 1400 + 1300 + 1100 = 5600$

6. $A \to E \to D \to C \to B \to A$: $1000 + 1400 + 1300 + 1400 + 900 = 6000$

7. $A \to D \to C \to B \to E \to A$: $1100 + 1300 + 1400 + 800 + 1000 = 5600$

8. $A \to D \to C \to E \to B \to A$: $1100 + 1300 + 1200 + 800 + 900 = 5300$

9. $A \to D \to E \to B \to C \to A$: $1100 + 1400 + 800 + 1400 + 1200 = 5900$

10. $A \to D \to E \to C \to B \to A$: $1100 + 1400 + 1200 + 1400 + 900 = 6000$

Kết luận: Chi phí thấp nhất mà xe tải của công ty vận tải phải trả là $5300$ nghìn đồng, ứng với các hành trình:

1. $A \to B \to E \to C \to D \to A$

8. $A \to D \to C \to E \to B \to A$

@ Cách 2: Lý thuyết đồ thị

⮚ Hình bên là một đơn đồ thị liên thông có $5$ đỉnh.

⮚ Do bậc của các đỉnh đều lớn hơn hoặc bằng $3$ nên đồ thị có chu trình Hamilton.

Chúng ta cần tìm một chu trình Hamilton có tổng trọng số nhỏ nhất trong đồ thị đã cho, bắt đầu và kết thúc tại đỉnh $A$.

Dùng phương pháp gắn nhãn ta thấy chu trình $A \to B \to E \to C \to D \to A$ có chi phí thấp nhất là $5300$ nghìn đồng.

Chu trình ngược lại $A \to D \to C \to E \to B \to A$ cũng có chi phí tương đương:

$1100 + 1300 + 1200 + 800 + 900 = 5300$.

Vậy, chi phí thấp nhất mà xe hàng phải trả là $5300$ nghìn đồng.

Đáp án: 7,93.

Vectơ vận tốc của UAV: $\vec v = \overrightarrow {{A_0}{A_1}} = \left( { - 5\,;1\,; - 0{,}5} \right) \Rightarrow \left| {\vec v} \right| = \frac{{\sqrt {105} }}{2} \Rightarrow v = 5\sqrt {105} {\rm{ (m/s)}}$ (do mỗi đơn vị tương ứng với $10\,\,{\rm{m}}$).

Đường bay của UAV là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1100 - 5t\\y = t\\z = 15 - 0{,}5t\end{array} \right.$.

Vị trí của UAV tại thời điểm $6{\rm{ (s)}}$: $N\left( {1070\,;6\,;12} \right)$.

Yêu cầu bài toán là tìm điểm $B \in d$ sao cho $\frac{{10BN}}{{5\sqrt {105} }} = \frac{{10BM}}{{1300}} \Leftrightarrow 1690000B{N^2} = 2625B{M^2}$

$$\Rightarrow 1690000\left[ {{{\left( {30 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {t - 6} \right)}^2} + {{\left( {3 - 0{,}5t} \right)}^2}} \right] = 2625\left[ {{{\left( {1100 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {t - 50} \right)}^2} + {{\left( {15 - 0{,}5t} \right)}^2}} \right]$$

$\Leftrightarrow 44293593{,}75{t^2} - 503173125t - 1586353125 = 0 \Rightarrow t = 13{,}93083295$.

Vậy từ lúc tên lửa phóng lên cho đến lúc va chạm UAV $A$ là: $t \approx 13{,}93 - 6 = 7{,}93\,\,{\rm{(s)}}$.

Đáp án: 5196.

Gọi độ dài 3 cạnh $AB,AD,AA'$ lần lượt là $x,y,z$.

Thể tích của khối $ABCD.A'B'C'D'$ là: $V = xyz$.

Kẻ $AK \bot BD\,\,\left( {K \in BD} \right)$, $AH \bot A'K\,\,\left( {H \in A'K} \right)$. Ta chứng minh được $AH \bot \left( {A'BD} \right)$.

Khoảng cách từ$A$ tới mặt phẳng $\left( {A'BD} \right)$ bằng $AH = 10$ nên ta có:

$\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}} = \frac{1}{{{{10}^2}}}$ hay $\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} = \frac{1}{{100}}$.

Ta cần tìm GTNN của biểu thức $V = xyz$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm $\frac{1}{{{x^2}}}$, $\frac{1}{{{y^2}}}$, $\frac{1}{{{z^2}}}$ ta được:

$\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{1}{{{x^2}}} \cdot \frac{1}{{{y^2}}} \cdot \frac{1}{{{z^2}}}}}$$\Rightarrow \frac{1}{{100}} \ge 3 \cdot \frac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2} \cdot {y^2} \cdot {z^2}}}}}$$\Rightarrow x \cdot y \cdot z \ge \sqrt {{{300}^3}} \approx 5196$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = 10\sqrt 3$ (TM).

Vậy thể tích nhỏ nhất của khối hộp $ABCD.A'B'C'D'$ là 5196 (đơn vị thể tích).