Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 1)

Ta có $f'\left( x \right) = 2 - {e^x}$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {e^x} = 2 \Leftrightarrow x = \ln 2$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\ln 2} \right) = 2\ln 2$. Chọn D.

Gọi biến cố V: “Viên bi lấy ra có màu vàng”, biến cố Đ: “Viên bi lấy ra có màu đỏ”,

biến cố X: “Viên bi lấy ra có màu xanh”.

Ta có $P\left( X \right) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$; . Khi đó, . Chọn D.

Ta có $\sin 2x + \cos x = 0$$\Leftrightarrow 2\sin x\cos x + \cos x = 0$

$\Leftrightarrow \cos x\left( {2\sin x + 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\2\sin x + 1 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + m2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + m2\pi \end{array} \right.,k,m \in \mathbb{Z}$.

Vì $x \in \left[ {0;2\pi } \right]$ nên $x = \frac{\pi }{2};x = \frac{{3\pi }}{2};x = \frac{{11\pi }}{6};x = \frac{{7\pi }}{6}$.

Vậy phương trình có 4 nghiệm trên $\left[ {0;2\pi } \right]$. Chọn D.

Vì $\left( Q \right)$ song song với $\left( P \right)$ nên $\left( Q \right)$ có dạng $x + 2y + z + d = 0$ (với $d \ne 0$).

$\left( Q \right)$ đi qua $A\left( {1;2; - 1} \right)$ nên $1 + 2 \cdot 2 + \left( { - 1} \right) + d = 0 \Leftrightarrow d = - 4$.

Vậy $\left( Q \right)$ có phương trình là $x + 2y + z - 4 = 0$. Chọn D.

Ta có $C'\left( t \right) = 0{,}05 \cdot \frac{{{t^2} + t + 1 - t\left( {2t + 1} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra a) và c) đúng; b) sai.

Vì giá trị lớn nhất của $C\left( t \right)$ là $\frac{1}{{60}} \approx 0{,}01666... < 0{,}02$ nên d) sai.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

$\int\limits_0^{\ln 2} {g\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^{\ln 2} {\left( {2{e^x} - 3} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {2{e^x} - 3x} \right)} \right|_0^{\ln 2} = 2 - 3\ln 2}$.

$\int\limits_0^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left[ {2f\left( x \right) - 3} \right]{\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - 3\int\limits_0^2 {{\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - 6$.

Suy ra $2\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 6 + \int\limits_0^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x}$.

$\int\limits_2^7 {\left[ {2f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_2^7 {\left[ {2{e^x} - \left( {2{e^x} - 3} \right)} \right]\,} {\rm{d}}x = \int\limits_2^7 {3{\rm{d}}x} = \left. {3x} \right|_2^7 = 15$.

$\int\limits_0^1 {f\left( x \right)g\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {2{e^{2x}} - 3{e^x}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {2\frac{{{e^{2x}}}}{{\ln {e^2}}} - 3{e^x}} \right)} \right|_0^1 = \left. {\left( {{e^{2x}} - 3{e^x}} \right)} \right|_0^1 = {e^2} - 3e + 2$.

Suy ra $a = 1;b = - 3;c = 2$. Vậy $a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Ta có $\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 1;1} \right),\overrightarrow {BD} = \left( { - 2;0; - 1} \right)$, $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {1; - 2; - 2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ đi qua điểm $B\left( {0;1;0} \right)$ và có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1; - 2; - 2} \right)$ nên có phương trình là $x - 2\left( {y - 1} \right) - 2z = 0$ hay $x - 2y - 2z + 2 = 0$.

Ta có $\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;0;1} \right)$, $\overrightarrow {AD} = \left( { - 3;1; - 1} \right)$, $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - 1; - 4; - 1} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ đi qua điểm $A\left( {1;0;0} \right)$ và có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( { - 1; - 4; - 1} \right)$ nên có phương trình là $- \left( {x - 1} \right) - 4y - z = 0$ hay $x + 4y + z - 1 = 0$.

Thay tọa độ điểm $B$ vào phương trình mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ ta có $0 + 4 \cdot 1 + 0 - 1 = 3 \ne 0$.

Do đó điểm $B$ không thuộc mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$.

Độ dài đường cao của hình chóp $A.BCD$ bằng $d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2 \cdot 0 - 2 \cdot 0 + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{3}{3} = 1$.

Mặt phẳng đi qua điểm $A$ và vuông góc với hai mặt phẳng $\left( {BCD} \right),\left( {ACD} \right)$ có cặp vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1; - 2; - 2} \right)$ và $\overrightarrow {{n_2}} = \left( { - 1; - 4; - 1} \right)$nên có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( { - 6;3; - 6} \right).$

Mặt phẳng đi qua điểm $A$ và vuông góc với hai mặt phẳng $\left( {ACD} \right),\left( {BCD} \right)$ có phương trình là:

$- 6\left( {x - 1} \right) + 3y - 6z = 0$ hay $2x - y + 2z - 2 = 0$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Sai.

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là $80 - 60 = 20$.

b) Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: $\overline x = \frac{{8 \cdot 62 + 9 \cdot 66 + 1 \cdot 70 + 1 \cdot 74 + 1 \cdot 78}}{{20}} = 65{,}6$.

c) ${s^2} = \frac{{8 \cdot {{62}^2} + 9 \cdot {{66}^2} + 1 \cdot {{70}^2} + 1 \cdot {{74}^2} + 1 \cdot {{78}^2}}}{{20}} - 65,{6^2} = \frac{{436}}{{25}}$.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là $s = \sqrt {\frac{{436}}{{25}}} \approx 4{,}2$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Dựa vào đồ thị ta thấy $f'\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có hai nghiệm là 0 và $- 2$ nên $f'\left( x \right) = ax\left( {x + 2} \right),a \in \mathbb{R}$.

Từ đó $f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} + C$.

Dựa vào dấu của $f'\left( x \right)$ suy ra $f\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = - 2$, đạt cực tiểu tại $x = 0$.

Từ đó ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = - 2\\f\left( { - 2} \right) = 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = - 2\\a\left( { - \frac{8}{3} + 4} \right) + C = 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = - 2\\a = 3\end{array} \right.$.

Vậy $f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} - 2$. Suy ra $f\left( 2 \right) = 18$.

***Đáp án:* **$18$.

Ta có ${S_{ABC}} = \frac{{{2^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

Suy ra $\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SMA}$.

Ta có $\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} \Rightarrow SA = AM \cdot \tan \widehat {SMA} = \sqrt 3 \cdot \sqrt 3 = 3$.

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot \sqrt 3 = \sqrt 3 \approx 1{,}73$.

Đáp án: $1{,}73$.

Thể tích chậu cây là

$V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^4 {\left( {x + 4\sqrt x + 4} \right){\rm{d}}x}$ $= \left. {\pi \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{8}{3}x\sqrt x + 4x} \right)} \right|_0^4$$= \frac{{136\pi }}{3} \approx 142{,}4\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

***Đáp án:* **$142{,}4$.

Tìm tọa độ điểm $I$ sao cho $\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0$.

Ta có $\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} = 3\overrightarrow {OI}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {OI} = \frac{1}{3}\overrightarrow {OA} + \frac{2}{3}\overrightarrow {OB}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{1}{3}{x_A} + \frac{2}{3}{x_B}\\{y_I} = \frac{1}{3}{y_A} + \frac{2}{3}{y_B}\\{z_I} = \frac{1}{3}{z_A} + \frac{2}{3}{z_B}\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = - 2\\{y_I} = 1\\{z_I} = - 1\end{array} \right.$. Do đó $I\left( { - 2;1; - 1} \right)$.

Hơn nữa $\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MI}$ nên $\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} } \right| = 9 \Leftrightarrow 3\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = 9 \Leftrightarrow IM = 3$.

Khi đó, tập hợp điểm $M$ là mặt cầu tâm $I\left( { - 2;1; - 1} \right)$, bán kính $R = 3$.

Suy ra, độ dài lớn nhất của đoạn $OM$ bằng $OI + R = \sqrt 6 + 3 \approx 5{,}45$.

***Đáp án:* **$5{,}45$.

Ta thấy độ dài $x$ (cm) của cạnh hình vuông bị cắt phải thỏa mãn điều kiện $0 < x < 6$.

Khi đó thể tích của khối hộp là $V\left( x \right) = x{\left( {12 - 2x} \right)^2} = 4\left( {{x^3} - 12{x^2} + 36x} \right)$ với $0 < x < 6$.

Ta có $V'\left( x \right) = 4\left( {3{x^2} - 24x + 36} \right)$, khi đó $V'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 24x + 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên của hàm số $V\left( x \right)$ như sau

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng $\left( {0;6} \right)$ hàm số $V\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $128$ tại $x = 2$. Vậy để khối hộp tạo thành có thể tích lớn nhất thì $x = 2$ (cm).

***Đáp án:* **$2$.

Giả sử $A\left( { - 50;30;10} \right)$, $B\left( {2;3;0} \right)$. Khi đó $\overrightarrow {AB} = \left( {52; - 27; - 10} \right)$.

Gọi $\alpha$là góc tạo bởi đường bay của máy bay và mặt đất.

Khi đó ta có $\sin \alpha = \sin \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {52 \cdot 0 + \left( { - 27} \right) \cdot 0 + \left( { - 10} \right) \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{{52}^2} + {{\left( { - 27} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} .\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{10}}{{\sqrt {3533} }}$.

Suy ra $\alpha \approx 9{,}69^\circ$.

***Đáp án:* **$9{,}69$.