Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 2)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = - 2$ và có 2 tiệm cận ngang là $y = 1;y = - 1$.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3. Chọn C.

Ta có $y' = {e^x}\left( {x - 1} \right)$. Bảng xét dấu của đạo hàm

Từ đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$. Chọn D.

Ta có $f'\left( x \right) = 1 + \frac{4}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]$.

Suy ra $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 1$. Vậy $M - m = 6$. Chọn C.

Ta có $y' = \frac{{ - 2m - 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}},x \ne m$. Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l} - 2m - 1 > 0\\m \ge - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 \le m < - \frac{1}{2}$.

Có bốn giá trị nguyên $m$ thỏa mãn $- 4; - 3; - 2; - 1$. Chọn B.

Có $\int\limits_0^1 {\frac{{2{e^{2x}} + 3}}{{{e^x}}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left[ {2{e^x} + 3{{\left( {\frac{1}{e}} \right)}^x}} \right]} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( {2{e^x} + 3{{\left( {\frac{1}{e}} \right)}^x} \cdot \frac{1}{{\ln \frac{1}{e}}}} \right)} \right|_0^1 = 2e - \frac{3}{e} + 1 = \frac{{2{e^2} + e - 3}}{e}$.

Do đó $m = 2,n = 1,p = - 3$. Vậy $m + 2n - p = 7$. Chọn D.

Vì $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập nên $P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0{,}3 \cdot 0{,}5 = 0{,}15$.

Chọn D.

Ta có bảng giá trị đại diện sau

Ta có $\overline x = \frac{{7{,}25 \cdot 6 + 7{,}75 \cdot 16 + 8{,}25 \cdot 13 + 8{,}75 \cdot 5}}{{40}} = 7{,}9625$.

Phương sai của mẫu số liệu:

${s^2} = \frac{{7,{{25}^2} \cdot 6 + 7,{{75}^2} \cdot 16 + 8,{{25}^2} \cdot 13 + 8,{{75}^2} \cdot 5}}{{40}} - 7,{9625^2} \approx 0{,}1986$. Chọn A.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$ nên $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0$.

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {AG}$.

Vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM}$.

Vì $N$ là trung điểm của $CD$ nên $\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AN}$.

Do đó đáp án C sai. Chọn C.

Ta có $\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = \left( {2;1;1} \right)$ và $\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = \left( { - 1; - 2;1} \right)$.

Ta có $\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow \left( {{d_1},{d_2}} \right) = 60^\circ$. Chọn A.

Ta có ${u_6} = {u_2} \cdot {q^4}$$\Leftrightarrow {q^4} = \frac{{{u_6}}}{{{u_2}}} = \frac{{ - 486}}{{ - 6}} = 81$$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}q = 3\\q = - 3\end{array} \right.$.

Mà ${u_3} > 0$ nên $q = - 3$. Chọn A.

Ta có $f'\left( x \right) = 6{x^2} + 2ax - 6$.

Theo giả thiết, ta có $f'\left( 1 \right) = 0$ và $f\left( 1 \right) = 4$. Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}2a = 0\\a + b - 4 = 4\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 8\end{array} \right.$. Do đó $a + b = 8$.

Với $a = 0,b = 8$, ta có $f\left( x \right) = 2{x^3} - 6x + 8$.

Ta có $f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6$, $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = - 1$.

Bảng xét dấu của đạo hàm

Hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị cực đại tại $x = - 1$ và giá trị cực đại là $f\left( { - 1} \right) = 12$.

Hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị cực tiểu tại $x = 1$ và giá trị cực tiểu là $f\left( 1 \right) = 4$.

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

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1;1; - 1} \right)$.

Thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}3 = t\\1 = - 1 - t\\9 = 2 + 2t\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t = - 2\\t = \frac{7}{2}\end{array} \right.$ (loại).

Vậy điểm $M$ không thuộc đường thẳng $d$.

Với $A \in d$ thì $A\left( {t; - 1 - t;2 + 2t} \right)$. Gọi $A = \Delta \cap d$$\Rightarrow A\left( {t; - 1 - t;2 + 2t} \right)$; $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1;1; - 1} \right)$.

Vì $M \notin d$ nên suy ra $\overrightarrow {MA} = \left( {t - 3; - t - 2;2t - 7} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$.

Do $\Delta \,{\rm{//}}\left( \alpha \right)$ nên suy ra $\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {{n_\alpha }} = 0$$\Rightarrow t - 3 - t - 2 - 2t + 7 = 0 \Rightarrow t = 1$$\Rightarrow A\left( {1; - 2;4} \right)$.

Vậy phương trình đường thẳng $\Delta$ là $\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 4}}{5}$.

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

Ta có $S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}$. Từ đồ thị, ta có:

$S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}$$= \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$.

Ta có “diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục hoành và các đường thẳng $x = 1,x = 4$” lớn hơn “diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục hoành và các đường thẳng $x = - 1,x = 1$”.

Do đó $\int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} > \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}$.

Suy ra $\left| {\left. {F\left( x \right)} \right|_1^4} \right| > \left| {\left. {F\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1} \right|$, suy ra $F\left( 1 \right) - F\left( 4 \right) > F\left( 1 \right) - F\left( { - 1} \right)$$\Rightarrow F\left( { - 1} \right) > F\left( 4 \right)$ (1)

Mà $F\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( { - 1;1} \right)$, nghịch biến trên $\left( {1;4} \right)$, do đó $F\left( 1 \right) > F\left( { - 1} \right)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $F\left( 1 \right) > F\left( { - 1} \right) > F\left( 4 \right)$.

Ta có $V = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_1^4 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x = \pi \int\limits_{ - 1}^4 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} }$.

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

Xét các biến cố: $A$: “Chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress”;

$B$: “Chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày”.

Khi đó, $P\left( A \right) = 0{,}3;P\left( B \right) = 0{,}4;P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}8$.

Suy ra xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress vừa bị đau dạ dày là

$P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}3 \cdot 0{,}8 = 0{,}24$;

Xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress, biết bệnh nhân đó bị đau dạ dày, là $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}24}}{{0{,}4}} = 0{,}6$.

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

Ta có $1000 = 700 \cdot {\left( {1 + 7\% } \right)^n}$$\Leftrightarrow 1,{07^n} = \frac{{10}}{7}$$\Leftrightarrow n = {\log _{1{,}07}}\frac{{10}}{7} \approx 5{,}27$.

Vậy thời gian tối thiểu gửi tiết kiệm để anh Hưng thu được ít nhất 1 tỉ đồng là 6 năm.

***Đáp án:* **$6$.

Ta có $V'\left( t \right) = v\left( t \right) \Rightarrow V\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t}$.

Thể tích dầu bị mất đi trong khoảng thời gian từ 13 giờ đến 16 giờ là

${V_1} = \int\limits_0^3 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^3 {\left( {16 + 3t} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {16t + \frac{{3{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^3 = 61{,}5$ (lít).

Thể tích dầu bị mất đi trong khoảng thời gian từ 16 giờ đến 19 giờ là

${V_2} = \int\limits_3^6 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_3^6 {\left( {16 + 3t} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {16t + \frac{{3{t^2}}}{2}} \right)} \right|_3^6 = 88{,}5$ (lít).

Do đó ${V_2} - {V_1} = 88{,}5 - 61{,}5 = 27$ (lít).

***Đáp án:* **$27$.

Gọi $f\left( x \right)$ là lợi nhuận mà lái xe có thể thu về khi chở $x$ (người) $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$ trong chuyến xe đó.

Khi đó: $f\left( x \right) = \frac{1}{2}x{\left( {40 - x} \right)^2}$, với $0 < x \le 16$.

Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {40 - x} \right)}^2} - 2x\left( {40 - x} \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {40 - x} \right)\left( {40 - 3x} \right)$.

Với $0 < x \le 16$ thì $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{40}}{3}$.

Mà $13 < \frac{{40}}{3} < 14$ nên ta có bảng biến thiên như sau:

Với $f\left( {13} \right) = 4738{,}5,\,\,f\left( {14} \right) = 4732$.

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;16} \right]} f\left( x \right) = 4738{,}5$ (nghìn đồng).

Vậy người lái xe đó có thể thu được nhiều nhất khoảng 4,74 triệu đồng từ một chuyến chở khách.

***Đáp án:* **$4{,}74$.

Ta có ${Q_1} = 10 + \frac{{\frac{{12}}{4} - 0}}{3} \cdot \left( {15 - 10} \right) = 10 + 5 = 15$; ${Q_3} = 20 + \frac{{\frac{{12 \cdot 3}}{4} - 7}}{4} \cdot \left( {25 - 20} \right) = 22{,}5$.

Do đó ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 22{,}5 - 15 = 7{,}5$.

***Đáp án:* **$7{,}5$.

Ta có mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1;2; - 1} \right)$ và $R = \sqrt 6$.

Hai đường thẳng $d$ và $\Delta$ đi qua tâm của $\left( S \right)$, lần lượt vuông góc $\left( P \right),\left( Q \right)$ có phương trình lần lượt là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right.$; $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t'\\y = 2 - t'\\z = - 1 + t'\end{array} \right.$.

Tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = - 1 + 2t\\x + y + 2z + 5 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\\z = - 3\\t = - 1\end{array} \right.$$\Rightarrow A\left( {0;1; - 3} \right)$.

Tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t'\\y = 2 - t'\\z = - 1 + t'\\2x - y + z - 5 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\\z = 0\\t' = 1\end{array} \right.$$\Rightarrow B\left( {3;1;0} \right)$.

Ta có $AB = \sqrt {{{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0 + 3} \right)}^2}} = 3\sqrt 2 \approx 4{,}24$.

***Đáp án:* **$4{,}24$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\, - 2\,;\,0} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\, - 3\,;\, - 4} \right)$ và $\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {8\,;\,8\,;\, - \,4} \right)$.

Suy ra mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {2\,;\,\,2\,;\, - 1} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {0\,;\,\,0\,;\,1} \right)$.

Khi đó, $\cos \left( {\left( P \right)\,,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \, \cdot \,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|\,\, \cdot \,\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {2\, \cdot 0 + 2\, \cdot \,0 + \left( { - \,1} \right)\, \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - \,1} \right)}^2}} \, \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{3}.$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( {Oxy} \right)$ bằng khoảng $71^\circ$.

***Đáp án:* **$71$.