Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 5)

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + 3$.

Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ nếu $f'\left( x \right) \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ $\Leftrightarrow \Delta ' = {a^2} - 3 \cdot 3 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le a \le 3$.

Vậy có 7 số nguyên $a$ thỏa mãn yêu cầu. Chọn D.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {2; - 2} \right\}$.

Ta có $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = - \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = \frac{3}{4}$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = \frac{3}{4}$.

Suy ra đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có một tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 2$. Chọn B.

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {{4^x}{\rm{d}}x} = \frac{{{4^x}}}{{\ln 4}} + C = \frac{{{4^x}}}{{2\ln 2}} + C}$. Suy ra $F\left( x \right) = \frac{{{4^x}}}{{2\ln 2}} + C$.

Vì $F\left( 1 \right) = \frac{2}{{\ln 2}} + C = \frac{1}{{\ln 2}}$. Suy ra $C = - \frac{1}{{\ln 2}}$. Do đó $F\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{{4^{\frac{3}{2}}}}}{{2\ln 2}} - \frac{1}{{\ln 2}} = \frac{3}{{\ln 2}}$.

Suy ra $F\left( {\frac{3}{2}} \right) \cdot \ln 2 = 3$. Chọn A.

Ta có $f'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 1} \right)^\prime } = 2x;f'\left( { - 1} \right) = - 2$.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( P \right)$ tại điểm $M\left( { - 1;0} \right)$ là

$y = f'\left( { - 1} \right) \cdot \left( {x + 1} \right) + f\left( { - 1} \right)$$\Leftrightarrow y = - 2 \cdot \left( {x + 1} \right) + 0$ hay $y = - 2x - 2$.

Diện tích cần tìm là $S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {\left( {{x^2} - 1} \right) - \left( { - 2x - 2} \right)} \right|{\rm{d}}x}$$= \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{x^2} + 2x + 1} \right|{\rm{d}}x} = \frac{1}{3}$. Chọn C.

${\log _3}\left( {{x^2} - x + 7} \right) < 2$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x + 7 > 0\\{x^2} - x + 7 < {3^2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\forall x \in \mathbb{R}\\{x^2} - x - 2 < 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\forall x \in \mathbb{R}\\ - 1 < x < 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow - 1 < x < 2$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( { - 1;2} \right)$.

Suy ra $a = - 1;b = 2$. Do đó $b - a = 2 + 1 = 3$. Chọn C.

Ta có $P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right) = 0{,}7 + 0{,}5 - 0{,}8 = 0{,}4$.

Ta có $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}4}}{{0{,}5}} = 0{,}8$. Chọn D.

$2\sin x + \sqrt 2 = 0$$\Leftrightarrow \sin x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Trên đoạn $- \frac{{3\pi }}{2} \le x \le \frac{{3\pi }}{2}$ , đồ thị hàm số $y = - \sin x$ và đường thẳng $y = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ có 3 điểm chung nên phương trình $\sin x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ có 3 nghiệm phân biệt. Chọn B.

Có $\overrightarrow {AB} = \left( {4;1; - 1} \right)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( { - 1;1;0} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {4;1; - 1} \right)$ có phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 4t\\y = 1 + t\\z = - t\end{array} \right.$. Chọn B.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{{x^2} + 2}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{{x^2} + 2}} = 0$.

Do đó $y = 0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$. Có $f'\left( x \right) = \frac{{ - 2\left( {{x^2} - x - 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}$;

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

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại $x = - 1$.

Dựa vào bảng biến thiên ta có $- 1 \le f\left( x \right) \le \frac{1}{2}$.

Với $m = 0$ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = m$ có 1 điểm chung nên phương trình $f\left( x \right) = m$ có 1 nghiệm phân biệt.

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

Ta có $4 \cdot 1 - 2 + 2 \cdot 3 + 13 = 21 \ne 0$ nên mặt phẳng $\left( P \right)$ không đi qua điểm $A$.

Đường thẳng $\Delta$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {4; - 1;2} \right).$

Phương trình tham số của $\Delta$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 4t\\y = 2 - t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.$.

Gọi $C$ là giao điểm của đường thẳng $\Delta$ và mặt phẳng $\left( P \right)$.

Vì $C \in \Delta$ nên $C\left( {1 + 4{t_0};2 - {t_0};3 + 2{t_0}} \right)$.

Vì $C \in \left( P \right)$ nên $4\left( {1 + 4{t_0}} \right) - \left( {2 - {t_0}} \right) + 2\left( {3 + 2{t_0}} \right) + 13 = 0$, suy ra ${t_0} = - 1$. Vậy $C\left( { - 3;3;1} \right)$.

Một vectơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow {CB} = \left( {3; - 2; - 7} \right)$. Suy ra $a + b + c = 3 - 2 - 7 = - 6$.

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

Khoảng biến thiên thời gian chạy của Hoa là $24{,}2 - 23{,}7 = 0{,}5$ (giây).

Khoảng biến thiên thời gian chạy của Mai là $24 - 23{,}7 = 0{,}3$(giây).

Ta có bảng sau

Thành tích trung bình của Hoa là

$\overline {{x_1}} = \frac{{23{,}75 \cdot 11 + 23{,}85 \cdot 15 + 23{,}95 \cdot 7 + 24{,}05 \cdot 0 + 24{,}15 \cdot 5}}{{38}} \approx 23{,}8789 < 23{,}9$.

Thành tích trung bình của Mai là

$\overline {{x_2}} = \frac{{23{,}75 \cdot 28 + 23{,}85 \cdot 18 + 23{,}95 \cdot 4 + 24{,}05 \cdot 0 + 24{,}15 \cdot 0}}{{50}} = 23{,}802$.

Vì $\overline {{x_2}} < \overline {{x_1}}$ nên thành tích trung bình của Mai tốt hơn Hoa.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về thời gian chạy của Hoa là

${s_1} = \sqrt {\frac{{23,{{75}^2} \cdot 11 + 23,{{85}^2} \cdot 15 + 23,{{95}^2} \cdot 7 + 24,{{05}^2} \cdot 0 + 24,{{15}^2} \cdot 5}}{{38}} - 23,{{8789}^2}} \approx 0{,}134$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về thời gian chạy của Mai là

${s_2} = \sqrt {\frac{{23,{{75}^2} \cdot 28 + 23,{{85}^2} \cdot 18 + 23,{{95}^2} \cdot 4 + 24,{{05}^2} \cdot 0 + 24,{{15}^2} \cdot 0}}{{50}} - 23,{{802}^2}} = 0{,}064$.

Do độ lệch chuẩn của Mai thấp hơn của Hoa nên Mai có thành tích ổn định hơn Hoa.

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

Gọi ${V_1}$ là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = x + \frac{1}{x}$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1,x = 4$ quay quanh trục $Ox$.

Khi đó ${V_1} = \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2}} \;{\rm{d}}x = \frac{{111\pi }}{4}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Gọi ${V_2}$ là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = x$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1,x = 4$ quay quanh trục $Ox$.

Khi đó ${V_2} = \pi \int\limits_1^4 {{x^2}} \;{\rm{d}}x = 21\,\pi \,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Vậy thể tích của bề dày chiếc bát thủy tinh đó là: $V = {V_1} - {V_2} = \frac{{111\pi }}{4} - 21\pi = \frac{{27\pi }}{4} \approx 21{,}2\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right){\rm{.}}$

***Đáp án:* **$21{,}2$.

Ta có: ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z + 5 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {3^2}$.

Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức là $6$km.

***Đáp án:* **$6$.

Kí hiệu $x$ là hoành độ của điểm $B$ $\left( {0 < x < 3} \right)$.

Ta có $AB = 2x,BC = 9 - {x^2}$.

Từ đó, diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là $S\left( x \right) = 18x - 2{x^3},0 < x < 3$.

Ta có $S'\left( x \right) = 18 - 6{x^2}$, $S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \sqrt 3$ (do $x > 0$). Bảng biến thiên:

Từ đó $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3} \right)} S\left( x \right) = S\left( {\sqrt 3 } \right) = 12\sqrt 3 \approx 20{,}8$.

***Đáp án:* **$20{,}8$.

Gọi $A$ là biến cố “Xạ thủ được chọn thuộc hạng I”, $C$ là biến cố “Xạ thủ bắn trúng mục tiêu”. Ta cần tính $P\left( {A|C} \right)$.

Ta có $P\left( {A|C} \right) = \frac{{P\left( {C|A} \right)P\left( A \right)}}{{P\left( {C|A} \right)P\left( A \right) + P\left( {C|\overline A } \right)P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{0{,}8 \cdot 0{,}4}}{{0{,}8 \cdot 0{,}4 + 0{,}7 \cdot 0{,}6}} = \frac{{16}}{{37}} \approx 0{,}43$.

***Đáp án:* **$0{,}43$.

Trung điểm của $BC$ là $I\left( {1;4;1} \right)$. Ta có $S = 2MA + \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2\left( {MA + MI} \right)$.

Do điểm $A$ và điểm $I$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ nên $MA + MI = MA' + MI$ với $A'\left( { - 1;1; - 2} \right)$ là điểm đối xứng của $A$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Ta lại có $S = 2\left( {MA' + MI} \right) \ge 2A'I$. Suy ra $M \in \left( {Oxy} \right)$ và $M,A',I$ thẳng hàng.

Khi đó, hai vectơ $\overrightarrow {A'M} = \left( {a + 1;b - 1;2} \right)$, $\overrightarrow {A'I} = \left( {2;3;3} \right)$ cùng phương.

Suy ra $\frac{{a + 1}}{2} = \frac{{b - 1}}{3} = \frac{2}{3}$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = 3\end{array} \right.$. Vậy $a + b = \frac{{10}}{3} \approx 3{,}3$.

***Đáp án:* **$3{,}3$.