Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 3)

Đồ thị hàm số đã cho đối xứng nhau qua $Oy$ nên là hàm số chẵn.

Do đó hàm số đã cho là hàm số $y = \cos x$. Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$, ta thấy $f'\left( x \right) < 0$ với $x \in \left( {2;4} \right)$.

Do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {2;4} \right)$. Chọn B.

$\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$$= \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {3{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {\left( {8x - 3} \right){\rm{d}}x}$

$= \left. {\left( {{x^3} + 2x} \right)} \right|_{ - 2}^1 + \left. {\left( {4{x^2} - 3x} \right)} \right|_1^2$$= 15 + 9 = 24$. Chọn B.

Gọi biến cố A: “Ít nhất một con đã ra mặt 5 chấm”.

Biến cố B: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc lớn hơn 10 hoặc bằng 10”.

Cần tính $P\left( {B|A} \right)$. Ta có $P\left( A \right) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^2} = \frac{{11}}{{36}}$.

Các trường hợp thuận lợi cho biến cố $A \cap B$ là: $\left( {5;5} \right),\left( {5;6} \right),\left( {6;5} \right)$. Suy ra $P\left( {AB} \right) = \frac{3}{{36}}$.

Do đó $P\left( {B|A} \right) = \frac{3}{{36}}:\frac{{11}}{{36}} = \frac{3}{{11}}$. Chọn D.

Ta có ${5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}}$$\Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{2x}}$$\Leftrightarrow x + 2 < 2x$$\Leftrightarrow x > 2$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {2; + \infty } \right)$. Chọn D.

Khoảng cách từ điểm $I\left( {1;1;1} \right)$ đến mặt phẳng $\left( P \right):2x - y + z - 16 = 0$ là

$d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 1 + 1 - 16} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{7\sqrt 6 }}{3}$. Chọn C.

Diện tích mảnh vườn là $xy = 200 \Leftrightarrow y = \frac{{200}}{x}$.

Ta có $L = 2x + y = 2x + \frac{{200}}{x}$. Ta có $L' = 2 - \frac{{200}}{{{x^2}}} = \frac{{2\left( {{x^2} - 100} \right)}}{{{x^2}}}$; $L' = 0 \Leftrightarrow x = 10$ (vì $x > 0$).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của $L$ là 40 m khi $x = 10\;\left( {\rm{m}} \right)$.

Số tiền tối thiểu để mua lưới thép rào mảnh vườn là

$40 \cdot 250 = 10000$ (nghìn đồng) $= 10$ (triệu đồng).

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

Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng $0\left( {{\rm{m/s}}} \right)$. Cho $v = 0$$\Leftrightarrow - 5t + 20 = 0$$\Leftrightarrow t = 4$.

Vậy thời gian từ lúc người lái xe đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là $4\,{\rm{s}}$.

Ta có $\int {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{dt}} = } \frac{{ - 5{t^2}}}{2} + 20t + C$.

Quãng đường từ lúc đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là

$\int\limits_0^4 {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{d}}t}$$= \left. {\left( {\frac{{ - 5{t^2}}}{2} + 20t} \right)} \right|_0^4 = 40$ (m).

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

Tọa độ trung điểm $C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)$ của đoạn thẳng $OB$ là $\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = \frac{{{x_B} + {x_O}}}{2}\\{y_C} = \frac{{{y_B} + {y_O}}}{2}\\{z_C} = \frac{{{z_B} + {z_O}}}{2}\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 1\\{y_C} = 2\\{z_C} = - 1\end{array} \right.$.

Suy ra $C\left( {1;2; - 1} \right)$.

Vì $A,C,C'$ không thẳng hàng nên để tứ giác $ACC'A'$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} - 1 = 2\\{y_{A'}} + 3 = 0\\{z_{A'}} - 2 = - 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 3\\{y_{A'}} = - 3\\{z_{A'}} = 1\end{array} \right.$. Do đó $A'\left( {3; - 3;1} \right)$. Vậy cao độ của điểm $A'$ là $z = 1$.

Vì điểm $B'$ là đỉnh còn lại của hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ nên $\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {CC'}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} - 2 = 2\\{y_{B'}} - 4 = 0\\{z_{B'}} + 2 = - 1\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = 4\\{y_{B'}} = 4\\{z_{B'}} = - 3\end{array} \right.$. Do đó $B'\left( {4;4; - 3} \right)$. Vậy tung độ của điểm $B'$ là $y = 4$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1;7; - 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {0;5; - 3} \right)$, $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 1;3;5} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đi qua điểm $A\left( {1; - 3;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow n = \left( { - 1;3;5} \right)$ có dạng:

$- \left( {x - 1} \right) + 3\left( {y + 3} \right) + 5\left( {z - 2} \right) = 0$ hay $x - 3y - 5z = 0$.

Ta có ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {35} }}{2}$; $d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {1 \cdot 3 + \left( { - 3} \right) \cdot \left( { - 3} \right) + \left( { - 5} \right) \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} }} = \frac{7}{{\sqrt {35} }}$.

Do đó ${V_{ABC.A'B'C'}} = d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{7}{{\sqrt {35} }} \cdot \frac{{\sqrt {35} }}{2} = \frac{7}{2}$.

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

$A$ là biến cố “Số tạo thành chia hết cho 2”; $B$ là biến cố “Số tạo thành chia hết cho 3”.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{{3.2}}{{A_4^2}} = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Biến cố $AB$ “Số tạo thành chia hết cho cả 2 và 3”. Ta có $P\left( {AB} \right) = \frac{2}{{A_4^2}} = \frac{2}{{12}} = \frac{1}{6}$.

Ta có $P\left( B \right) = \frac{{A_3^2}}{{A_4^2}} = \frac{1}{2}$; $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{1}{6}:\frac{1}{2} = \frac{1}{3}$.

Ta có $P\left( {AB} \right) + P\left( {A\overline B } \right) = P\left( A \right)$$\Rightarrow P\left( {A\overline B } \right) = P\left( A \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{1}{3}$.

Vậy $P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A\overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{1}{3}:\frac{1}{2} = \frac{2}{3}$.

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

Để dân số nước ta vượt 120 triệu người thì: $98\,\,564\,\,407 \cdot {{\rm{e}}^{0{,}0093t}} > 120\,\,000\,\,000$

$\Leftrightarrow t > \frac{1}{{0{,}0093}}\ln \frac{{120\,\,000\,\,000}}{{98\,\,564\,\,407}} \approx 21{,}16$nên $t > 21{,}16$.

Vậy kể từ năm 2043 trở đi dân số nước ta vượt 120 triệu người.

***Đáp án:* **$2043$.

Ta có bảng tần số ghép nhóm

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 4}}{{12}} \cdot \left( {10 - 8} \right) = \frac{{113}}{{12}}$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3} = 12 + \frac{{\frac{{50 \cdot 3}}{4} - 36}}{8} \cdot \left( {14 - 12} \right) = \frac{{99}}{8}$.

Khoảng tứ phân vị ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{99}}{8} - \frac{{113}}{{12}} = \frac{{71}}{{24}} \approx 2{,}96$.

***Đáp án:* **$2{,}96$.

Đổi $30\;{\rm{cm}} = 3\;{\rm{dm}}$.

Thể tích hình chóp là ${V_1} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {3^2} = 9$ (dm$^{3}$).

Thể tích khối hộp hình lập phương là $V = {3^3} = 27$(dm$^{3}$).

Thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp là ${V_2} = V - {V_1} = 27 - 9 = 18$(dm$^{3}$).

***Đáp án:* **$18$.

Do $M$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ và $MA = MB$ nên $M$ thuộc giao tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ và mặt phẳng $\left( Q \right)$, trong đó $\left( Q \right)$ là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Tọa độ trung điểm của $AB$ là $I\left( {2;1; - 1} \right)$ và $\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 2; - 2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua $I\left( {2;1; - 1} \right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {0;1;1} \right)$ có phương trình là

$\left( {y - 1} \right) + \left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow y + z = 0$.

Gọi $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right),\left( Q \right)$.

Gọi $M\left( {x;y;z} \right) \in d$. Khi đó tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}y + z = 0\\x + 2y - z - 1 = 0\end{array} \right.$.

Đặt $z = t$. Khi đó ta có $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = - t\\z = t\end{array} \right.$.

Suy ra phương trình tham số của $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = - t\\z = t\end{array} \right.$. Mà $M \in d$$\Rightarrow M\left( {1 + 3t; - t;t} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \left( {3t - 1; - t - 2;t} \right),\overrightarrow {BM} = \left( {3t - 1; - t;t + 2} \right)$.

Ta có $\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BM} } \right) = \frac{{{{\left( {3t - 1} \right)}^2} + 2\left( {{t^2} + 2t} \right)}}{{{{\left( {3t - 1} \right)}^2} + {t^2} + {{\left( {t + 2} \right)}^2}}}$

$= \frac{{11{t^2} - 2t + 1}}{{11{t^2} - 2t + 5}} = 1 - \frac{4}{{11{t^2} - 2t + 5}} = 1 - \frac{4}{{11{{\left( {t - \frac{1}{{11}}} \right)}^2} + \frac{{54}}{{11}}}}$.

Suy ra $\widehat {AMB}$ lớn nhất khi và chỉ khi $t = \frac{1}{{11}}$.

Do đó $M\left( {\frac{{14}}{{11}}; - \frac{1}{{11}};\frac{1}{{11}}} \right)$$\Rightarrow S = a + b + c = \frac{{14}}{{11}} \approx 1{,}27$.

***Đáp án:* **$1{,}27$.