Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 6 (hay, chi tiết)

Tải về

I. Phần trắc nghiệm

Đề bài

Xem đáp án

Làm đề thi

Tải về

Đề bài

Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.

Câu 1 : Trong không gian Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M\left( {2;0; - 1} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow a = \left( {2; - 3;1} \right)$ là

A.

$\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 2t\\y = - \,6\\z = 2 - t\end{array} \right.$
B.

$\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - \,3t\\z = - 1 + t\end{array} \right.$
C.

$\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 2t\\y = - \,3t\\z = 1 + t\end{array} \right.$
D.

$\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 4t\\y = - \,6t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.$

Câu 2 : Tính tích phân $I = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 1} \right)dx}$ .

A.

I = 0
B.

I = 1
C.

I = 2
D.

I = $- \frac{1}{2}$

Câu 3 : Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 4}}{{x - 1}}$ là đường thẳng

A.

x = 2
B.

x = 1
C.

y = 2
D.

y = 1

Câu 4 : Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 2$ và ${u_4} = 54$ . Công bội của cấp số nhân này bằng

A.

$\frac{{52}}{3}$
B.

-3
C.

$- \frac{{52}}{3}$
D.

3

Câu 5 : Cho tập hợp A = {0;1;2;3;4;5}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số và các chữ số thuộc A?

A.

1296
B.

300
C.

1080
D.

360

Câu 6 : Cho mẫu số liệu ghép nhóm với bộ ba tứ phân vị lần lượt là ${Q_1} = 11,5$ ; ${Q_2} = 14,5$ ; ${Q_3} = 21,3.$ Khi đó khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là

A.

$\Delta Q = 3,0$
B.

$\Delta Q = 6,8$
C.

$\Delta Q = 9,8$
D.

$\Delta Q = 32,8$

Câu 7 : Nghiệm của phương trình ${3^{{x^2} - 3x + 4}} = 9$ là

A.

x = 1; x = 2
B.

x = -1; x = 3
C.

x = 1; x = -2
D.

x = -1; x = 2

Câu 8 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, BC = 2a, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = 3a. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng

A.

$2{a^3}$
B.

$3{a^3}$
C.

$6{a^3}$
D.

${a^3}$

Câu 9 : Trong không gian Oxyz, cho hai vecto $\overrightarrow a = \left( {1; - 2;1} \right)$ và $\overrightarrow b = \left( {2; - 4; - 2} \right)$ . Khi đó $\overrightarrow a .\overrightarrow b$ bằng

A.

8
B.

-8
C.

12
D.

-12

Câu 10 : Doanh thu bán hàng trong 20 ngày được lựa chọn ngẫu nhiên của một của hàng được ghi lại ở bảng sau:

Số trung bình của mẫu số liệu trên thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A.

[7;9)
B.

[9;11)
C.

[11;13)
D.

[13;15)

Câu 11 : Trong không gian với Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3), B(-2;-4;9). Điểm M thuộc đoạn thẳng AB sao cho MA = 2MB. Độ dài đoạn thẳng OM là

A.

5
B.

3
C.

$\sqrt {17}$
D.

$3\sqrt 6$

Câu 12 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;-2;7), B(-3;8;-1). Mặt cầu đường kính AB có phương trình là

A.

${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \sqrt {45}$
B.

${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 45$
C.

${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = \sqrt {45}$
D.

${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 45$

Phần II: Câu trắc nghiệm đúng sai.

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Câu 1 : Một huấn luyện viên môn bóng rổ thống kê lại số quả bóng được ném vào rổ của một nhóm vận động viên đang tập luyện mỗi người ném 11 lần như sau:

a) Từ biểu đồ, có thể lập được bảng tần số ghép nhóm gồm 5 nhóm biết mỗi nhóm có độ dài là 2.

Đúng

Sai

b) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên lớn hơn 5.

Đúng

Sai

c) Số trung bình của mẫu số liệu bằng $\frac{{85}}{{14}}$ .

Đúng

Sai

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên lớn hơn 3.

Đúng

Sai

Câu 2 : Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy và tam giác đều SAB cạnh 2a. Biết tam giác ABC vuông tại C và cạnh $AC = a\sqrt 3$ .

a) $SH \bot (ABC)$ với H là trung điểm AB.

Đúng

Sai

b) $d\left( {S,(ABC)} \right) = a\sqrt 3$ .

Đúng

Sai

c) $d\left( {C,(SAB)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ .

Đúng

Sai

d) Thể tích của khối chóp S.ABC bằng $\frac{{{a^3}}}{6}$ .

Đúng

Sai

Câu 3 : Cho một cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu bằng -7, số hạng thứ hai bằng 14 và số hạng cuối bằng 14336.

a) Công bội của cấp số nhân bằng 2.

Đúng

Sai

b) 224 là số hạng thứ năm của cấp số nhân đã cho.

Đúng

Sai

c) Cấp số nhân đã cho có 12 số hạng.

Đúng

Sai

d) Tổng ${u_1} + {u_3} + {u_5} + {u_7} + {u_9}$ bằng -2387.

Đúng

Sai

Câu 4 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình x – y – z – 3 = 0 và hai điểm A(1;-3;-4), B(1;2;1).

a) Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến $\overrightarrow n = (1; - 1; - 1)$ .

Đúng

Sai

b) $\overrightarrow {AB} = (0;5;5)$ .

Đúng

Sai

c) Khoảng cách từ điểm A đến (P) là $\frac{{5\sqrt 3 }}{3}$ .

Đúng

Sai

d) Cho điểm M di động trên (P). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M{A^2} + M{B^2}$ bằng 56.

Đúng

Sai

Phần III: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1 : Một mái che giếng trời có dạng hình chóp tứ giác đều với độ dài cạnh đáy dài 2,4 m và độ dài các cạnh bên của hình chóp bằng 3 m . Gọi góc nhị diện giữa hai mặt bên đối diện của mái che giếng trời đó là $\alpha$ , tính $\cos \alpha$ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?

Đáp án:

Câu 2 : Một bình đựng 30 viên bi kích thước, chất liệu như nhau, trong đó có 20 viên bi xanh và 10 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên ra một viên bi, rồi lại lấy ngẫu nhiên ra một viên bi nữa. Tính xác suất để lấy được một viên bi xanh ở lần thứ nhất và một viên bi trắng ở lần thứ hai (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Đáp án:

Câu 3 : Một người điều khiển một flycam để phục vụ trong một chương trình của đài truyền hình. Đầu tiên flycam ở vị trí A cách vị trí điều khiển 100 m về phía nam và 150 m về phía đông, đồng thời cách mặt đất 30 m. Để thực hiện nhiệm vụ tiếp theo, người đó điều khiển flycam đến vị trí B cách vị trí điều khiển 100 m về phía bắc và 50 m về phía tây, đồng thời cách mặt đất 40 m. Biết flycam bay theo một đường thẳng từ vị trí A đến vị trí B tạo thành một vecto $\overrightarrow {AB}$ . Tính $\left| {\overrightarrow {AB} } \right|$ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị của mét).

Đáp án:

Câu 4 : Trong 10 giây đầu tiên, một chất điểm chuyển động theo phương trình $s(t) = {t^3} - 12{t^2} + 5t + 1$ , trong đó thời gian t được tính bằng giây, quãng đường s tính bằng mét. Hỏi sau khoảng thời gian bao nhiêu giây thì vận tốc tức thời của chất điểm bắt đầu tăng lên?

Đáp án:

Câu 5 : Từ một tấm bìa mỏng hình vuông cạnh 6 dm, bạn Hoa cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là cạnh của hình vuông ban đầu và đỉnh là đỉnh của một hình vuông nhỏ phía trong rồi gập lên, ghép lại tạo thành một khối chóp tứ giác đều (hình vẽ sau).

Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu decimét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Đáp án:

Câu 6 : Cho đường thẳng $y = \frac{3}{4}x$ và parabol $y = \frac{1}{2}{x^2} + a$ , ( $a$ là tham số thực dương). Gọi ${S_1}$ , ${S_2}$ lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi ${S_1} = {S_2}$ thì giá trị biểu thức 128a + 3 bằng bao nhiêu?

Đáp án:

Lời giải và đáp án

Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.

A.

$\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 2t\\y = - \,6\\z = 2 - t\end{array} \right.$
B.

$\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - \,3t\\z = - 1 + t\end{array} \right.$
C.

$\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 2t\\y = - \,3t\\z = 1 + t\end{array} \right.$
D.

$\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 4t\\y = - \,6t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Theo lý thuyết về đường thẳng trong không gian Oxyz, ta có phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ $\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$ .

Lời giải chi tiết :

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M\left( {2;0; - 1} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow a = \left( {2; - 3;1} \right)$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - \,3t\\z = - 1 + t\end{array} \right.$ $\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$ .

Câu 2 : Tính tích phân $I = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 1} \right)dx}$ .

A.

I = 0
B.

I = 1
C.

I = 2
D.

I = $- \frac{1}{2}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính tích phân của hàm số lũy thừa $\int\limits_a^b {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^b}\\{_a}\end{array}} \right.$ .

Lời giải chi tiết :

$I = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 1} \right)dx} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^0 = \left( {{0^2} + 0} \right) - \left( {{{\left( { - 1} \right)}^2} - 1} \right) = 0$ .

Câu 3 : Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 4}}{{x - 1}}$ là đường thẳng

A.

x = 2
B.

x = 1
C.

y = 2
D.

y = 1

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đồ thị hàm số y = f(x) có đường tiệm cận ngang là $y = {y_0}$ nếu thõa mãn $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}$ .

Lời giải chi tiết :

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 4}}{{x - 1}} = 2$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 2.

Câu 4 : Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 2$ và ${u_4} = 54$ . Công bội của cấp số nhân này bằng

A.

$\frac{{52}}{3}$
B.

-3
C.

$- \frac{{52}}{3}$
D.

3

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}$ .

Lời giải chi tiết :

Gọi q là công bội của cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ .

Ta có: ${u_4} = {u_1}\,.\,{q^3} \Leftrightarrow 54 = 2\,.\,{q^3} \Leftrightarrow {q^3} = 27 \Leftrightarrow q = 3$ .

Câu 5 : Cho tập hợp A = {0;1;2;3;4;5}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số và các chữ số thuộc A?

A.

1296
B.

300
C.

1080
D.

360

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Áp dụng quy tắc nhân.

Lời giải chi tiết :

Gọi số có 4 chữ số thỏa yêu cầu bài toán có dạng là: $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}}$ .

Số cách chọn ${a_1}$ là 5 (trừ chữ số 0).

Số cách chọn ${a_2}$ là 6.

Số cách chọn ${a_3}$ là 6.

Số cách chọn ${a_4}$ là 6.

Vậy theo quy tắc nhân có 5.6.6.6 = 1080 số.

A.

$\Delta Q = 3,0$
B.

$\Delta Q = 6,8$
C.

$\Delta Q = 9,8$
D.

$\Delta Q = 32,8$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Khoảng tứ phân vị $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1}$ .

Lời giải chi tiết :

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 21,3 - 11,5 = 9,8$ .

Câu 7 : Nghiệm của phương trình ${3^{{x^2} - 3x + 4}} = 9$ là

A.

x = 1; x = 2
B.

x = -1; x = 3
C.

x = 1; x = -2
D.

x = -1; x = 2

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Đưa hai vế về cùng cơ số.

Lời giải chi tiết :

Ta có ${3^{{x^2} - 3x + 4}} = 9 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 3x + 4}} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 4 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$ .

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = 2.

A.

$2{a^3}$
B.

$3{a^3}$
C.

$6{a^3}$
D.

${a^3}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B, chiều cao h: $V = \frac{1}{3}Bh$ .

Lời giải chi tiết :

Diện tích đáy $B = a.2a = 2{a^2}$ và chiều cao bằng $h = 3a$

Thể tích khối chóp là: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.a.2a.3a$ $= 2{a^3}$ .

A.

8
B.

-8
C.

12
D.

-12

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vecto.

Lời giải chi tiết :

Ta có $\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.2 + \left( { - 2} \right).\left( { - 4} \right) + 1.\left( { - 2} \right) = 8$ .

Câu 10 : Doanh thu bán hàng trong 20 ngày được lựa chọn ngẫu nhiên của một của hàng được ghi lại ở bảng sau:

Số trung bình của mẫu số liệu trên thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A.

[7;9)
B.

[9;11)
C.

[11;13)
D.

[13;15)

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Lập bảng tần số ghép nhóm theo giá trị đại diện rồi áp dụng công thức tính số trung bình.

Lời giải chi tiết :

Bảng tần số ghép nhóm theo giá trị đại diện là:

Số trung bình: $\bar x = \frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = 9,4$ .

Câu 11 : Trong không gian với Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3), B(-2;-4;9). Điểm M thuộc đoạn thẳng AB sao cho MA = 2MB. Độ dài đoạn thẳng OM là

A.

5
B.

3
C.

$\sqrt {17}$
D.

$3\sqrt 6$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép cộng, trừ, tích của vecto với một số.

Lời giải chi tiết :

Điểm M thuộc đoạn thẳng AB và MA = 2MB.

Nên $\overrightarrow {MA} = - 2\overrightarrow {MB}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} - {x_M} = - 2\left( {{x_B} - {x_M}} \right)\\{y_A} - {y_M} = - 2\left( {{y_B} - {y_M}} \right)\\{z_A} - {z_M} = - 2\left( {{z_B} - {z_M}} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - {x_M} = - 2\left( { - 2 - {x_M}} \right)\\2 - {y_M} = - 2\left( { - 4 - {y_M}} \right)\\3 - {z_M} = - 2\left( {9 - {z_M}} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x_M} = - 3\\3{y_M} = - 6\\3{z_M} = 21\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = - 1\\{y_M} = - 2\\{z_M} = 7\end{array} \right.$

$\Rightarrow M\left( { - 1\,; - 2\,;7} \right)$ .

Độ dài đoạn thẳng $OM = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {7^2}} = 3\sqrt 6$ .

Câu 12 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;-2;7), B(-3;8;-1). Mặt cầu đường kính AB có phương trình là

A.

${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \sqrt {45}$
B.

${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 45$
C.

${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = \sqrt {45}$
D.

${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 45$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Phương trình mặt cầu tâm I(a;b;c) bán kính R có phương trình ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}$ .

Lời giải chi tiết :

Gọi I là trung điểm AB ta có $I\left( { - 1;3;3} \right)$ là tâm mặt cầu.

Bán kính $R = IA = \sqrt {{{\left( {1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 3} \right)}^2} + {{\left( {7 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {45} .$

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 45$ .

Phần II: Câu trắc nghiệm đúng sai.

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

a) Từ biểu đồ, có thể lập được bảng tần số ghép nhóm gồm 5 nhóm biết mỗi nhóm có độ dài là 2.

Đúng

Sai

b) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên lớn hơn 5.

Đúng

Sai

c) Số trung bình của mẫu số liệu bằng $\frac{{85}}{{14}}$ .

Đúng

Sai

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên lớn hơn 3.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Từ biểu đồ, có thể lập được bảng tần số ghép nhóm gồm 5 nhóm biết mỗi nhóm có độ dài là 2.

Đúng

Sai

b) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên lớn hơn 5.

Đúng

Sai

c) Số trung bình của mẫu số liệu bằng $\frac{{85}}{{14}}$ .

Đúng

Sai

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên lớn hơn 3.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Lập bảng tần số ghép nhóm, áp dụng công thức tính khoảng tứ phân vị, số trung bình và độ lệch chuẩn.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Bảng tần số ghép nhóm thoả mãn yêu cầu:

Vậy có 5 nhóm, mỗi nhóm có độ dài bằng 2.

b) Sai. Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{{x_{28}}}}$ lần lượt là số quả bóng được ném vào rổ của các vận động viên sắp xếp theo thứ tự
không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_7} + {x_8}} \right) \in \left[ {3;5} \right)$ nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu
ghép nhóm là ${Q_1} = 3 + \frac{{\frac{{28}}{4} - 5}}{7}\left( {5 - 3} \right) = \frac{{25}}{7}$ .

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_{21}} + {x_{22}}} \right) \in \left[ {7;9} \right)$ nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_1} = 7 + \frac{{\frac{{3.28}}{4} - 15}}{8}\left( {9 - 7} \right) = \frac{{17}}{2}$ .

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{17}}{2} - \frac{{25}}{7} \approx 4,93$ .

c) Đúng. Ta có bảng thống kê theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu: n = 28.

Số trung bình của mẫu số liệu: $\overline x = \frac{1}{{28}}\left( {5.2 + 7.4 + 3.6 + 8.8 + 5.10} \right) = \frac{{85}}{{14}}$ .

d) Sai. Phương sai của mẫu số liệu:

${S^2} = \frac{1}{{28}}\left( {{{5.2}^2} + {{7.4}^2} + {{3.6}^2} + {{8.8}^2} + {{5.10}^2}} \right) - {\left( {\frac{{85}}{{14}}} \right)^2} = \frac{{1539}}{{196}}$ .

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là: $S = \sqrt {\frac{{1539}}{{196}}} \approx 2,802$ .

Câu 2 : Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy và tam giác đều SAB cạnh 2a. Biết tam giác ABC vuông tại C và cạnh $AC = a\sqrt 3$ .

a) $SH \bot (ABC)$ với H là trung điểm AB.

Đúng

Sai

b) $d\left( {S,(ABC)} \right) = a\sqrt 3$ .

Đúng

Sai

c) $d\left( {C,(SAB)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ .

Đúng

Sai

d) Thể tích của khối chóp S.ABC bằng $\frac{{{a^3}}}{6}$ .

Đúng

Sai

Đáp án

a) $SH \bot (ABC)$ với H là trung điểm AB.

Đúng

Sai

b) $d\left( {S,(ABC)} \right) = a\sqrt 3$ .

Đúng

Sai

c) $d\left( {C,(SAB)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ .

Đúng

Sai

d) Thể tích của khối chóp S.ABC bằng $\frac{{{a^3}}}{6}$ .

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, định lý Pythagore, công thức tính thể tích khối chóp.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. H là trung điểm AB, mà tam giác SAB đều nên SH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, hay $SH \bot AB$ .

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}(SAB) \bot (ABC)\\(SAB) \cap (ABC) = AB\\SH \bot AB\\SH \subset (SAB)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot (ABC)$ .

b) Đúng. Tam giác SAB đều cạnh 2a có độ dài đường cao là $SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$ .

Vì $\left\{ \begin{array}{l}SH \bot (ABC)\\H \in (ABC)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {S,(ABC)} \right) = SH = a\sqrt 3$ .

c) Sai. Kẻ đường cao CK của tam giác ABC.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SH \bot (ABC) \Rightarrow SH \bot CK\\AB \bot CK\end{array} \right. \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d\left( {C,(SAB)} \right) = CK$ .

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại C:

$B{C^2} = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a$ .

Xét tam giác ABC vuông tại C có đường cao CK:

$AB.CK = CA.CB \Leftrightarrow CK = \frac{{CA.CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ .

Vậy $d\left( {C,(SAB)} \right) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ .

d) Sai. Diện tích đáy hình chóp là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$ .

Thể tích khối chóp là: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$ .

Câu 3 : Cho một cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu bằng -7, số hạng thứ hai bằng 14 và số hạng cuối bằng 14336.

a) Công bội của cấp số nhân bằng 2.

Đúng

Sai

b) 224 là số hạng thứ năm của cấp số nhân đã cho.

Đúng

Sai

c) Cấp số nhân đã cho có 12 số hạng.

Đúng

Sai

d) Tổng ${u_1} + {u_3} + {u_5} + {u_7} + {u_9}$ bằng -2387.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Công bội của cấp số nhân bằng 2.

Đúng

Sai

b) 224 là số hạng thứ năm của cấp số nhân đã cho.

Đúng

Sai

c) Cấp số nhân đã cho có 12 số hạng.

Đúng

Sai

d) Tổng ${u_1} + {u_3} + {u_5} + {u_7} + {u_9}$ bằng -2387.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$ và công thức tổng n số hạng đầu của cấp số nhân ${S_n} = \frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}}$ .

Lời giải chi tiết :

a) Sai. Công bội của cấp số nhân bằng $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = - 2$ .

b) Sai. ${u_5} = - 7.{( - 2)^4} = - 112$ .

c) Đúng. $- 7.{( - 2)^{n - 1}} = 14336 \Leftrightarrow {( - 2)^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow n - 1 = 11 \Leftrightarrow n = 12$ .

d) Đúng. ${u_1},{u_3},{u_5},{u_7},{u_9}$ lập thành một cấp số nhân gồm 5 số hạng với số hạng đầu bằng -7 và công bội bằng 4 nên ${u_1} + {u_3} + {u_5} + {u_7} + {u_9} = - 7.\frac{{{4^5} - 1}}{{4 - 1}} = - 2387$ .

Câu 4 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình x – y – z – 3 = 0 và hai điểm A(1;-3;-4), B(1;2;1).

a) Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến $\overrightarrow n = (1; - 1; - 1)$ .

Đúng

Sai

b) $\overrightarrow {AB} = (0;5;5)$ .

Đúng

Sai

c) Khoảng cách từ điểm A đến (P) là $\frac{{5\sqrt 3 }}{3}$ .

Đúng

Sai

d) Cho điểm M di động trên (P). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M{A^2} + M{B^2}$ bằng 56.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến $\overrightarrow n = (1; - 1; - 1)$ .

Đúng

Sai

b) $\overrightarrow {AB} = (0;5;5)$ .

Đúng

Sai

c) Khoảng cách từ điểm A đến (P) là $\frac{{5\sqrt 3 }}{3}$ .

Đúng

Sai

d) Cho điểm M di động trên (P). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M{A^2} + M{B^2}$ bằng 56.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vecto.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {{n_P}} = (1; - 1; - 1)$ .

b) Đúng. $\overrightarrow {AB} = (1 - 1;2 + 3;1 + 4) = (0;5;5)$ .

c) Đúng. $d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {1 - ( - 3) - ( - 4) - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}$ .

d) Sai. Gọi I là điểm sao cho $\overrightarrow {IA} + 4\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0$ , ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{5} = 1\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{5} = 1\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{5} = 0\end{array} \right. \Rightarrow I(1;1;0)$ .

Ta có: $M{A^2} + 4M{B^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + 4{\overrightarrow {MB} ^2} = {\left( {\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IM} } \right)^2} + 4{\left( {\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IM} } \right)^2}$

$= 5I{M^2} - 2\overrightarrow {IM} \left( {\overrightarrow {IA} + 4\overrightarrow {IB} } \right) + M{A^2} + 4M{B^2}$ .

Suy ra $M{A^2} + 4M{B^2} = 5I{M^2} + I{A^2} + 4I{B^2}$ .

$M{A^2} + 4M{B^2}$ nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất (vì IA, IB cố định) $\Leftrightarrow$ M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P).

Khi đó $IM = d\left( {I,(P)} \right) = \frac{{\left| {1 - 1 - 0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \sqrt 3$ .

$I{A^2} = {(1 - 1)^2} + {( - 3 - 1)^2} + {( - 4 - 0)^2} = 32$ ; $4I{B^2} = 4\left[ {{{(1 - 1)}^2} + {{(2 - 1)}^2} + {{(1 - 0)}^2}} \right] = 8$ .

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M{A^2} + 4M{B^2}$ là $5I{M^2} + I{A^2} + 4I{B^2} = 5.{\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + 32 + 8 = 55$ .

Phần III: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Mô hình hóa mái che dạng chóp tứ giác đều. Áp dụng quy tắc xác định góc nhị diện, định lý Pythagore và hệ quả định lý cosin trong tam giác.

Lời giải chi tiết :

Mái che giếng trời có dạng hình chóp tứ giác đều S.ABCD, SA = 3, AB = 2,4.

Gọi P, Q là trung điểm của BC, AD. Khi đó $SP \bot BC$ và $SQ \bot AD$ (đường trung tuyến đồng thời là đường cao của các tam giác cân đỉnh S).

Vì mỗi mặt phẳng (SBC) và (SAD) chứa đường thằng AD và BC song song với nhau, S là giao điểm của hai mặt phẳng nên tiếp tuyến của chúng là đường thẳng d qua S sao cho d // BC // AD.

Suy ra $SP \bot d$ và $SQ \bot d$ .

Khi đó $\widehat {PSQ} = \alpha$ là góc nhị diện giữa hai mặt bên đối diện (SAD), (SBC).

Ta có: SB = 3, PB = 1,2 .

Xét tam giác SPQ: $\cos \alpha = \frac{{S{P^2} + S{Q^2} - P{Q^2}}}{{2.SP.SQ}} = \frac{{13}}{{21}} \approx 0,62$ .

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức nhân xác suất $P(AB) = P(A).P(B|A)$ .

Lời giải chi tiết :

A: “Lấy được viên bi xanh ở lần thứ nhất”.

B: “Lấy được viên bi trắng ở lần thứ hai”.

Ban đầu, có 20 viên bi xanh trong tổng số 30 viên bi trắng nên $P(A) = \frac{{20}}{{30}} = \frac{2}{3}$ .

Sau khi lấy được bi xanh ở lần thứ nhất, trong 29 viên bi còn lại có 10 viên bi trắng nên $P(B|A) = \frac{{10}}{{29}}$ .

Xác suất cần tìm là $P(AB) = P(A).P(B|A) = \frac{2}{3}.\frac{{10}}{{29}} = \frac{{20}}{{87}} \approx 0,23$ .

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Chọn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp.

Áp dụng công thức tính độ dài vecto $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {\left( {{x_B} - {x_A}} \right) + \left( {{y_B} - {y_A}} \right)}$ .

Lời giải chi tiết :

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với gốc đặt tại vị trí điều khiển, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Ox hướng về phía nam, trục Oy hướng về phía đông, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo mét (như hình vẽ).

Ta có A(100;150;30), B(-100;-50;40). Suy ra $\overrightarrow {AB} = ( - 100 - 100; - 50 - 150;40 - 30) = ( - 200; - 200;10)$ .

Vậy $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{( - 200)}^2} + {{( - 200)}^2} + {{10}^2}} = 30\sqrt {89} \approx 283$ (m).

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Lập bảng xét dấu cho hàm v(t) = s’(t).

Vận tốc tức thời của chất điểm tăng lên khi v’(t) đổi dấu từ âm sang dương.

Lời giải chi tiết :

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm $t$ là $v(t) = s'(t) = 3{t^2} - 24t + 5$ .

Xét hàm số $v(t) = 3{t^2} - 24t + 5$ với $t \in \left[ {0;10} \right]$ ta có:

$v'(t) = 6t - 24 \Rightarrow v'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 4$ .

Ta có bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu suy ra vận tốc tức thời của chất điểm bắt đầu tăng lên sau khoảng thời gian 4 giây.

Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu decimét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Lập hàm số biểu diễn thể tích của khối chóp và tìm giá trị lớn nhất bằng cách ứng dụng đạo hàm.

Lời giải chi tiết :

Gọi cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là x (dm) với $0 < x < 6\sqrt 2$ như hình bên.

Ta có: $AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2 - \frac{x}{2}$ .

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là: $h = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x}$ .

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)}$ .

Để tìm giá trị lớn nhất của V, ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số $f(x) = {x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)$ với $0 < x < 6\sqrt 2$ .

Ta có: $f'(x) = {x^3}\left( { - 15\sqrt 2 x + 72} \right)$ , $f'(x) = 0$ khi x = 0 hoặc $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$ .

Bảng biến thiên của f(x) như sau:

Từ bảng biến thiên ta có $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;6\sqrt 2 } \right)} f(x) = f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) \approx 477,75$ tại $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$ .

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng $V = \frac{1}{3}.\sqrt {{{\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)}^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 .\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)} \approx 7,3$ $\left( {d{m^3}} \right)$ .

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}$ .

Lời giải chi tiết :

Ta có phương trình hoành độ giao điểm $\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x + 4a = 0$ .

Theo đề bài phương trình có hai nghiệm $0 < {x_1} < {x_2}$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}\quad \left( * \right)\\{x_1}{x_2} = 2a\quad \,\,\left( {**} \right)\end{array} \right.$ .

${S_1} - {S_2} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{{x_1}} {\left| {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a} \right|{\rm{d}}x} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{{x_2}} {\left| {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a} \right|{\rm{d}}x} = 0$

$\Leftrightarrow \left. {\left| {\frac{1}{6}{x^3} - \frac{3}{8}{x^2} + ax} \right|} \right|_0^{{x_2}} = 0 \Leftrightarrow \left| {\frac{1}{6}x_2^3 - \frac{3}{8}x_2^2 + a{x_2}} \right| = 0 \Rightarrow a = - \frac{{x_2^2}}{6} + \frac{{3{x_2}}}{8}$ (***).

Từ $\left( * \right) \Rightarrow {x_1} = \frac{3}{2} - {x_2}$ , thay vào $\left( {**} \right) \Rightarrow \left( {\frac{3}{2} - {x_2}} \right){x_2} = - \frac{{x_2^2}}{3} + \frac{{3{x_2}}}{4} \Leftrightarrow \frac{{2x_2^2}}{3} - \frac{{3{x_2}}}{4} = 0 \Rightarrow {x_2} = \frac{9}{8}$ .