Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 4)

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$. Chọn B.

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

Có $f\left( { - 1} \right) = - 2;f\left( 0 \right) = 2;f\left( 1 \right) = 0$. Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 2$. Chọn C.

Ta có $y' = {x^2} + 2x - m$. Hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - mx - 1$ có đúng một điểm cực trị thuộc khoảng $\left( {0;4} \right)$ khi phương trình $y' = 0$ chỉ có đúng một nghiệm thuộc khoảng $\left( {0;4} \right)$.

Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = m$ (*). Bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right) = {x^2} + 2x$ trên khoảng $\left( {0;4} \right)$ như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình (*) có đúng một nghiệm thuộc khoảng $\left( {0;4} \right)$ khi $0 < m < 24$. Vì $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ {1;2;3;...;23} \right\}$.

Vậy có 23 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu. Chọn A.

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

$y = f'\left( { - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + f\left( { - 1} \right)$ $\Leftrightarrow y = - 4\left( {x + 1} \right) + 1$ $\Leftrightarrow y = - 4x - 3.$Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có $y = x$ là tiệm cận xiên, $x = 1$ là tiệm cận đứng. Do đó loại đáp án B, C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;3} \right)$ nên thay tọa độ điểm $\left( {2;3} \right)$ vào hàm số $y = x + \frac{1}{{x - 1}}$ ta thấy thỏa mãn. Chọn D.

Ta có $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2; - 1;3} \right)$.

Vì $d \bot \left( P \right)$ nên mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {2; - 1;3} \right)$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm $A\left( {1;0;2} \right)$ và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {2; - 1;3} \right)$ có phương trình là $2\left( {x - 1} \right) - y + 3\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow 2x - y + 3z - 8 = 0$. Chọn B.

Xác suất để có 2 học sinh khối 10 trong 3 học sinh được chọn là $\frac{{11 \cdot C_4^2}}{{C_{15}^3}} = \frac{{66}}{{455}}$.

Xác suất để có 3 học sinh khối 10 trong 3 học sinh được chọn là $\frac{{C_4^3}}{{C_{15}^3}} = \frac{4}{{455}}$.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{{66}}{{455}} + \frac{4}{{455}} = \frac{2}{{13}}$. Chọn B.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 16\\d = 16\end{array} \right.$.

Bậc thứ 5 có độ cao so với mặt sàn tầng 1: ${u_5} = {u_1} + 4d = 16 + 16 \cdot 4 = 80$ (cm). Chọn B.

Thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay $\left( H \right)$ quanh trục hoành là

$V = \pi \int\limits_3^4 {{{\left( {x - 2} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_3^4 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right){\rm{d}}x}$. Chọn D.

Có $n = 3 + 10 + 12 + 15 + 20 = 60$.

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là ${M_e} = 25 + \frac{{\frac{{60}}{2} - 25}}{{15}} \cdot \left( {30 - 25} \right) = \frac{{80}}{3} \approx 26{,}67$. Chọn D.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( { - x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - \frac{1}{{x - 1}}} \right) = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( { - x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \frac{1}{{x - 1}}} \right) = 0$.

Do đó $y = - x + 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Ta có $y' = - 1 + \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$$= \frac{{2x - {x^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}},x \ne 1$.

Có $y' = \frac{{2x - {x^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0$$\Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$. Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $2$.

Với $x > 1$, ta có:

${x^2} + \left( {m - 2} \right)x - m + 2 \ge 0$$\Leftrightarrow m\left( {x - 1} \right) \ge - {x^2} + 2x - 2$$\Leftrightarrow m \ge \frac{{ - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}$ hay $f\left( x \right) \le m$.

Từ bảng biến thiên, ta có $f\left( x \right) \le - 2$ với mọi $x > 1$.

Suy ra nếu $m \ge - 2$ thì bất phương trình $f\left( x \right) \le m$ nghiệm đúng với mọi $x > 1$.

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

Ta có: ${V_1} = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} \;{\rm{d}}x = \pi \int\limits_0^4 x \;{\rm{d}}x = 8\pi$; ${V_2} = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\frac{1}{2}\sqrt x } \right)}^2}} \;{\rm{d}}x = \pi \int\limits_0^4 {\frac{1}{4}x} \;{\rm{d}}x = 2\pi$.

Khi đó, ${V_1} - {V_2} = 6\pi$. Vậy thể tích của vật thể ${\rm{A}}$ là $6\pi \approx 18{,}8\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

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

Ta có $AB = 2\sqrt 2$$\Rightarrow OA = OB = 2$$\Rightarrow A\left( {0; - 2;0} \right)$. Ta có $OB = 2 \Rightarrow B\left( {2;0;0} \right)$.

$OS = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {16 - 4} = 2\sqrt 3 \Rightarrow S\left( {0;0;2\sqrt 3 } \right)$.

Suy ra tọa độ của trọng tâm của tam giác $SAB$ là$G\left( {\frac{2}{3}; - \frac{2}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)$.

Ta có $C\left( {0;2;0} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {CE} = \left( {a; - 2;b} \right)$, $\overrightarrow {CG} = \left( {\frac{2}{3}; - \frac{8}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)$.

Vì $C,E,G$ thẳng hàng nên $\overrightarrow {CE}$ cùng phương với $\overrightarrow {CG}$

$\Rightarrow \frac{{3a}}{2} = \frac{3}{4} = \frac{{b\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.$$\Rightarrow a \cdot b = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Do $D$ đối xứng với $B$ qua mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ nên với mọi điểm $M$ trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$, ta đều có $MG + MB = MG + MD$.

Mặt khác, hai điểm $G$ và $D$ khác phía so với mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ nên $MG + MD$ nhỏ nhất khi và chỉ khi ba điểm $G,D,M$ thẳng hàng.

Ta có $D\left( { - 2;0;0} \right)$, $\overrightarrow {DM} = \left( {2;m;n} \right),\overrightarrow {DG} = \left( {\frac{8}{3}; - \frac{2}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)$.

Vì $G,D,M$ thẳng hàng nên $\overrightarrow {DM}$ cùng phương với $\overrightarrow {DG}$

$\Rightarrow \frac{3}{4} = - \frac{{3m}}{2} = \frac{{n\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - \frac{1}{2}\\n = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.$$\Rightarrow {m^2} + {n^2} = 1$.

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

Xét các biến cố:

${A_1}$: Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi. Khi đó, ta có: $P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{39}}{{2000}}$; $P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = \frac{{1961}}{{2000}}$.

${A_2}$: Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi.

Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi thì còn $1999$ sản phẩm và trong đó có $38$ sản phẩm lỗi nên ta có: $P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{38}}{{1999}}$, suy ra $P\left( {\overline {{A_2}} \left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{1961}}{{1999}}$.

Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi thì còn $1999$ sản phẩm trong đó có $39$sản phẩm lỗi nên ta có: $P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{39}}{{1999}}$, suy ra $P\left( {\overline {{A_2}} \left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{1960}}{{1999}}$.

Khi đó, xác suất để sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi là:

$P\left( {{A_2}} \right) = P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) \cdot P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) \cdot P\left( {\overline {{A_1}} } \right)$$= \frac{{38}}{{1999}} \cdot \frac{{39}}{{2000}} + \frac{{39}}{{1999}} \cdot \frac{{1961}}{{2000}} \approx 0{,}02$.

***Đáp án:* **$0{,}02$

Ta có $\overline {C'} \left( x \right) = \frac{1}{2} - \frac{8}{{{x^2}}},x > 0$. Ta có $\overline {C'} \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Leftrightarrow x = 4$ (do $x > 0$)

Bảng biến thiên

Từ đó, chi phí trung bình thấp nhất là 7 triệu đồng/tạ.

***Đáp án:* **$7$.

Vì $AD = 2AB = 2BC$ mà $B\left( {6;0;0} \right)$ suy ra $D\left( {0;12;0} \right),C\left( {6;6;0} \right)$.

Vì góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng đáy bằng $45^\circ$ nên $AC = AS = 6\sqrt 2$.

Suy ra $S\left( {0;0;6\sqrt 2 } \right)$.

Ta có $\overrightarrow {SC} = \left( {6;6; - 6\sqrt 2 } \right),\overrightarrow {SD} = \left( {0;12; - 6\sqrt 2 } \right)$,

$\left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( {36\sqrt 2 ;36\sqrt 2 ;72} \right) = 36\sqrt 2 \left( {1;1;\sqrt 2 } \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ đi qua $S\left( {0;0;6\sqrt 2 } \right)$ và nhận vectơ $\overrightarrow n = \left( {1;1;\sqrt 2 } \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: $x + y + \sqrt 2 \left( {z - 6\sqrt 2 } \right) = 0$ hay $x + y + \sqrt 2 z - 12 = 0$.

Vậy $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\left| {6 + 0 + \sqrt 2 \cdot 0 - 12} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{6}{2} = 3$.

Đáp án: $3$.

Vì $AD = 2AB = 2BC$ mà $B\left( {6;0;0} \right)$ suy ra $D\left( {0;12;0} \right),C\left( {6;6;0} \right)$.

Vì góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng đáy bằng $45^\circ$ nên $AC = AS = 6\sqrt 2$.

Suy ra $S\left( {0;0;6\sqrt 2 } \right)$.

Ta có $\overrightarrow {SC} = \left( {6;6; - 6\sqrt 2 } \right),\overrightarrow {SD} = \left( {0;12; - 6\sqrt 2 } \right)$,

$\left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( {36\sqrt 2 ;36\sqrt 2 ;72} \right) = 36\sqrt 2 \left( {1;1;\sqrt 2 } \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ đi qua $S\left( {0;0;6\sqrt 2 } \right)$ và nhận vectơ $\overrightarrow n = \left( {1;1;\sqrt 2 } \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: $x + y + \sqrt 2 \left( {z - 6\sqrt 2 } \right) = 0$ hay $x + y + \sqrt 2 z - 12 = 0$.

Vậy $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\left| {6 + 0 + \sqrt 2 \cdot 0 - 12} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{6}{2} = 3$.

Đáp án: $3$.

Xét tứ diện đều $S.ABC$ có các cạnh $SA,SB,SC$ biểu diễn độ lớn các lực căng dây và $SP$ biểu diễn độ lớn của trọng lực tác dụng lên vật nặng $S$.

Ta có $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = SA,\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = SB,\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = SC,\left| {\overrightarrow P } \right| = SG$ và $\overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SP} = \overrightarrow 0$, trong đó $G$ là trọng tâm của tam giác đều $ABC$.

Đặt $x = SA,x > 0 \Rightarrow AC = x\sqrt 2$.

Khi đó $AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}\left( {\frac{{AC\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}$.

Mặt khác $SG = SP = 30$ nên xét tam giác $SAG$ vuông tại $G$, ta có:

$S{A^2} = S{G^2} + A{G^2} \Leftrightarrow {x^2} = {30^2} + \frac{{2{x^2}}}{3} \Leftrightarrow x = 30\sqrt 3 \approx 51{,}96\left( {\rm{N}} \right)$.

***Đáp án:* **$51{,}96$.