Đề tham khảo tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 3

Sử dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ: $\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$.

$\int {{3^x}dx} = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + C$.

Sử dụng công thức tính diện tích hình phẳng thông qua tích phân.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(x), trục hoành, x = a, x = b (a < b) là $\int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx}$.

${Q_1} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{4} - C}}{{{n_m}}}.({u_{m + 1}} - {u_m})$.

Mẫu số liệu ghép nhóm có cỡ mẫu n = 3 + 8 + 7 + 12 + 7 + 1 + 1 = 39.

Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{39}}$ là điểm của 39 học sinh, giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{10}} \in [4;5)$.

Vậy ${Q_1} = 4 + \frac{{\frac{{39}}{4} - 3}}{8}.(5 - 4) = \frac{{155}}{{32}} \approx 4,84$.

Mặt cầu tâm I(a;b;c) bán kính R có phương trình là ${(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {z^2} = {R^2}$.

Bán kính của mặt cầu (S) bằng AB.

$AB = \sqrt {{{(0 - 2)}^2} + {{(1 - 1)}^2} + {{(2 - 0)}^2}} = \sqrt 8$.

Mặt cầu (S) tâm A(2;1;0) bán kính $R = AB = \sqrt 8$ có phương trình là ${(x - 2)^2} + {(y - 1)^2} + {z^2} = 8$.

Hàm số y = f(x) có tiệm cận ngang y = a nếu thỏa mãn ít nhất một trong những điều kiện: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = a$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = a$.

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 2$ nên y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị.

$\{\begin{array}{l}{\log }_{a}b\le m\\ a>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b\le a^m\\ b>0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}b \le m\\a > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}b \le {a^m}\\b > 0\end{array} \right.$.

${\log _5}(x - 2) \le 1 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \le {5^1}\\x - 2 > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \le 5\\x > 2\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x \le 7\\x > 2\end{array} \right.$ \Leftrightarrow 2 < x \le 7.

Đường thẳng $\Delta :$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow u (a;b;c)$.

Đường thẳng $\Delta :$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t\\y = - 1\\z = 3 + t\end{array} \right.$ có vecto chỉ phương là $\overrightarrow u ( - 2;0;1)$.

Sử dụng tính chất trung điểm.

Xét tam giác SAC cân tại S có O là trung điểm của AC, suy ra SO vừa là trung truyến, vừa là đường cao của tam giác SAC.

Do đó, $SO \bot AC$.

Chứng minh tương tự, ta được $SO \bot BD$.

Mà AC, BD cùng thuộc mặt phẳng (ABCD) và cắt nhau tại O.

Vậy $SO \bot (ABCD)$.

$\{\begin{array}{l}{a}^x=b\\ 0<a\mathrm{\ne }1\\ b>0\end{array}\iff x={\log }_{a}b$$\left\{ \begin{array}{l}{a^x} = b\\0 < a \ne 1\\b > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = {\log _a}b.

${2^x} = 3 \Leftrightarrow x = {\log _2}3$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$.

${u_6} = {u_1} + (6 - 1)d \Leftrightarrow 27 = - 3 + 5d \Leftrightarrow d = 6$.

Áp dụng lý thuyết về hai vecto bằng nhau, quy tắc hình bình hành.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {EF}$.

Khi đó $\overrightarrow {EF} + \overrightarrow {EH} = \overrightarrow {EG}$ (quy tắc hình bình hành).

Hàm số đồng biến trên khoảng đồ thị đi lên từ trái sang.

Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị đi lên từ trái sang trong khoảng (0;2), tức hàm số đồng biến trên khoảng (0;2).

Do đó, trên khoàng (0;1), hàm số đồng biến.

a) Thay 0, $\pi$ vào x rồi tính giá trị biểu thức.

b) Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp lượng giác: (sinu)’ = u’.cosu.

c) Nếu $\cos \alpha = m$ thì $\cos x = m \Leftrightarrow \cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

Dựa vào khoảng hoặc đoạn đề bài cho, tìm các giá trị k thỏa mãn rồi thay vào công thức nghiệm và kết luận.

d) Thay giá trị hai đầu mút của đoạn và các giá trị sao cho f’(x) = 0 vào f(x) và tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Đúng. $f\left( 0 \right) = 0 - \sin (2.0) = 0$;

$f\left( \pi  \right) = \pi  - \sin (2\pi ) = \pi$.

b) Sai. f’(x) = 1 – 2cos2x.

c) Đúng. $1 - 2\cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x =  - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

+) $0 \le x \le \pi  \Leftrightarrow 0 \le \frac{\pi }{6} + k\pi  \le \pi  \Leftrightarrow  - \frac{\pi }{6} \le k\pi  \le \frac{{5\pi }}{6}$

$\Leftrightarrow  - \frac{1}{6} \le k \le \frac{5}{6} \Rightarrow k = 0$ (vì $k \in \mathbb{Z}$).

Suy ra $x = \frac{\pi }{6} + 0.\pi  = \frac{\pi }{6}$.

+) $0 \le x \le \pi  \Leftrightarrow 0 \le  - \frac{\pi }{6} + k\pi  \le \pi  \Leftrightarrow \frac{\pi }{6} \le k\pi  \le \frac{{7\pi }}{6}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6} \Rightarrow k = 1$ (vì $k \in \mathbb{Z}$).

Suy ra $x =  - \frac{\pi }{6} + 1.\pi  = \frac{{5\pi }}{6}$.

Vậy trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$ thì f’(x) = 0 có hai nghiệm là $x = \frac{\pi }{6}$; $x = \frac{{5\pi }}{6}$.

d) Đúng. f(x) = x – sin2x;

f’(x) = 1 – 2cos2x có nghiệm $x = \frac{\pi }{6}$; $x = \frac{{5\pi }}{6}$ thuộc $\left[ {0;\pi } \right]$.

$f\left( 0 \right) = 0$; $f\left( \pi  \right) = \pi$; $f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$; $f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn $\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]$ là $\frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

a) Khi xe ô tô dừng hẳn thì ${v_A}(t) = 0$. Giải phương trình tìm t.

b, c) Sử dụng công thức $S(t) = \int\limits_0^t {v(t)dt}$.

d) Khoảng cách an toàn tối thiểu giữa ô tô A và ô tô B trước khi ô tô A hãm phanh bằng tổng quãng đường ô tô A di chuyển từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn và khoảng cách tối thiểu khi dừng đèn đỏ.

a) Đúng. Khi ô tô A dừng lại thì ${v_A}(t) = 0 \Leftrightarrow 16 - 4t = 0 \Leftrightarrow t = 4$.

b) Sai. Quãng đường S(t) ô tô đi được trong thời gian t giây $(0 \le t \le 4)$ được tính theo công thức $S(t) = \int\limits_0^t {v(t)dt}$.

c) Đúng. Quãng đường xe tô tô A đi được kể từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn là $S(t) = \int\limits_0^4 {(16 - 4t)dt} = 32$ (m).

d) Sai. Để đảm bảo khoảng cách an toàn tối thiểu 1 m khi dừng lại, ô tô A phải bắt đầu hãm phanh khi cách ô tô B ít nhất 32 + 1 = 33 (m).

a, b) Dựa vào số liệu đề bài cho.

c) Áp dụng công thức xác suất toàn phần.

d) Áp dụng công thức Bayes.

Gọi:

${A_1}$: “Linh kiện được kiểm tra do cơ sở I sản xuất”.

${A_2}$: “Linh kiện được kiểm tra do cơ sở II sản xuất”.

B: “Linh kiện được kiểm tra đạt chuẩn”.

a) Đúng. $P({A_1}) = 61\% = 0,61$.

b) Đúng. $P(B|{A_2}) = 82\% = 0,82$.

c) Đúng. Vì ${A_1}$, ${A_2}$ là một hệ biến cố đầy đủ nên theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P(B) = P({A_1}).P(B|{A_1}) + P({A_2}).P(B|{A_2}) = 0,61.0,93 + 0,39.0,82 = 0,8871$.

d) Sai. Theo công thức Bayes, ta có: $P({A_1}|B) = \frac{{P({A_1}).P(B|{A_1})}}{{P(B)}} = \frac{{0,61.0,93}}{{0,8871}} \approx 0,64$.

a) Phương trình mặt cầu tâm I(a;b;c), bán kính R là ${(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}$.

b, c) Tính khoảng cách giữa người đó và ngọn hải đăng và so sánh với bán kính phủ sáng.

d) So sánh khoảng cách giữa hai người với đường kính phủ sáng.

a) Đúng. Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là phương trình mặt cầu tâm I(17;20;45), bán kính 4000 m: ${(x - 17)^2} + {(y - 20)^2} + {(z - 45)^2} = 16000000$.

b) Sai. $IM = \sqrt {{{(18 - 17)}^2} + {{(21 - 20)}^2} + {{(50 - 45)}^2}}  = \sqrt {27}  < 4000$. Khi đó, người ở vị trí điểm M có thể nhìn thấy ánh sáng từ ngọn hải đăng.

c) Sai. $IN = \sqrt {{{(4019 - 17)}^2} + {{(21 - 20)}^2} + {{(44 - 45)}^2}}  = \sqrt {16016006}  > \sqrt {16000000} = 4000$. Khi đó, người ở vị trí điểm N không thể nhìn thấy ánh sáng từ ngọn hải đăng.

d) Đúng. Vì đường kính của mặt cầu trên bằng 8000 m hay 8 km nên khoảng cách giữa hai người đi biển ở vị trí có thể nhìn thấy ánh sáng từ ngọn hải đăng không quá 8 km.

Tìm đoạn vuông góc chung của AB và SD và tính độ dài đoạn thẳng đó.

Trong mặt phẳng (SAD), kẻ $AH \bot SD = \{ H\}$.

Ta có $\{\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABCD)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }AB\\ AD\mathrm{\perp }AB\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\\AD \bot AB\end{array} \right.$ suy ra $AB \bot (SAD)$, mà $AH \subset (SAD)$ nên $AB \bot AH$.

Khi đó, AH là đoạn vuông góc chung của AB và SD.

Xét tam giác SAD vuông tại A, có

$\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} \Leftrightarrow SA = AD\tan \widehat {SDA} = 6\tan {30^o} = 2\sqrt 3$.

Xét tam giác SAD vuông tại A có đường cao AH:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 .6}}{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {6^2}} }} = 3$.

Liệt kê và so sánh.

Xe giao hàng có thể xuất phát từ một trong 4 kho hàng A, B, C, D.
Giả sử xe giao hàng xuất phát từ kho A.
Để đi qua tất cả các kho hàng và quay trở về A , xe giao hàng có thể đi theo một trong các đường đi:

Nếu xuất phát từ đỉnh khác thì chỉ là phép thay thế bước đi trong sơ đồ trên.
Vậy quãng đường ngắn nhất để xe giao hàng hoàn thành việc lấy hàng ở các kho và quay trở lại
kho hàng ban đầu là 15 km.

Tìm tọa độ điểm E theo tham số. Dựa vào khoảng cách OE tìm giá trị của tham số, từ đó kết luận tọa độ điểm E.

Phương trình chuyển động của máy bay là phương trình đường thẳng đi qua A(-688;-185;8) và có vecto chỉ phương là $\overrightarrow u = (91;75;0)$: $\{\begin{array}{l}x=-688+91t\\ y=-185+75t\\ z=8\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = - 688 + 91t\\y = - 185 + 75t\\z = 8\end{array} \right.$ ($t \ge 0$ vì máy bay đang hướng về đài không lưu – gốc tọa độ O, mà tọa độ x, y của máy bay đang có giá trị âm).

Điểm E nằm trên đường chuyển động của máy bay nên $E( - 688 + 91{t_E}; - 185 + 75{t_E};8)$.

Mà E là vị trí sớm nhất máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa nên E cách O đúng 417 km.

Suy ra $OE = 471 \Leftrightarrow {( - 688 + 91t)^2} + {( - 185 + 75t)^2} + {8^2} = {417^2} \Leftrightarrow 13906{t^2} - 152966t + 333744 = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 3\\t = 8\end{array}$ \right..

Vì E là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình nên t = 3. Khi đó E(-415;40;8).

Vậy a + b + c = -415 + 40 + 8 = -367.

Chọn hệ trục tọa độ phù hợp, từ đó tìm ra hàm số có đồ thị giới hạn phần diện tích cần tìm. Tính diện tích bằng cách sử dụng tích phân.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:

Giả sử parabol (P) có bề lõm hướng xuống dưới có phương trình là $y = a{x^2} + bx + c$ $(a \ne 0)$.

(P) đi qua ba điểm (0; 25), (-60; 0) và (60; 0)  nên ta có:

$\{\begin{array}{l}25=a{.0}^2+b.0+c\\ 0=a{.60}^2+b.60+c\\ 0=a\mathrm{.}(-60{)}^2+b\mathrm{.}(-60)+c\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{144}\\ b=0\\ c=25\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}25 = a{.0^2} + b.0 + c\\0 = a{.60^2} + b.60 + c\\0 = a.{( - 60)^2} + b.( - 60) + c\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{{144}}\\b = 0\\c = 25\end{array} \right.$.

Vậy (P): $y =  - \frac{1}{{144}}{x^2} + 25$.

Với $- 60 \le x \le 60$ thì $y =  - \frac{1}{{144}}{x^2} + 25 \ge 0$.

Khi đó $\left| { - \frac{1}{{144}}{x^2} + 25} \right| =  - \frac{1}{{144}}{x^2} + 25$.

Diện tích của phần trồng cây xanh (màu trắng) là:

$2\int\limits_{ - 60}^{60} {\left| { - \frac{1}{{144}}{x^2} + 25} \right|dx}  = 2\int\limits_{ - 60}^{60} {\left( { - \frac{1}{{144}}{x^2} + 25} \right)dx}  = 4000$ $({m^2})$.

Lập hàm số tính lợi nhuận theo x và tìm x để hàm số đạt giá trị lớn nhất.

Số tiền nhà máy A thu được từ việc bán x tấn sản phẩm $(0 \le x \le 100)$ cho nhà máy B là:

$R(x) = x.P(x) = x(45 - 0,001{x^2}) = 45x - 0,001{x^3}$ (triệu đồng).

Chi phí để A sản xuất x tấn sản phẩm trong một tháng là C(x) = 100 + 30x (triệu đồng).

Lợi nhuận (triệu đồng) mà nhà máy A thu được là:

$P(x) = R(x) - C(x) = 45x - 0,001{x^3} - (100 + 30x) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100$ (triệu đồng).

Xét hàm số $P(x) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100$ với $0 \le x \le 100$, ta có:

$P'(x) =  - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2$.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy nhà máy A thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán $50\sqrt{2} \approx 70,7$ tấn sản phẩm cho nhà máy B mỗi tháng.

Sử dụng công thức xác suất có điều kiện.

A: “Viên bi được chọn từ hộp II là viên bi được chuyển từ hộp I”.

B: “Viên bi được chọn từ hộp II là viên bi vàng”.

Xác suất để viên bi được chọn từ hộp II là viên bi đã được chuyển từ hộp I, biết rằng viên bi đó là viên bi vàng là $P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}}$. Ta cần tính P(AB) và P(B).

* Tính P(B):

TH1: Chuyển một viên bi vàng từ hộp I sang hộp II:

Xác suất chọn viên bi vàng từ hộp I là $\frac{6}{{10}}$.

Khi chuyển một viên bi vàng từ hộp I, số viên vàng trong hộp II sẽ là 8 trong số 11 viên. Xác suất để chọn một viên bi vàng từ hộp II khi đó là $\frac{6}{{10}}.\frac{8}{{11}}$.

TH2: Chuyển một viên bi đỏ từ hộp I sang hộp II:

Xác suất chọn viên bi đỏ từ hộp I là $\frac{4}{{10}}$.

Khi chuyển một viên bi đỏ từ hộp I, số viên vàng trong hộp II vẫn là 7 trong số 11 viên. Xác suất để chọn một viên bi vàng từ hộp II khi đó là $\frac{4}{{10}}.\frac{7}{{11}}$.

Vậy $P(B) = \frac{6}{{10}}.\frac{8}{{11}} + \frac{4}{{10}}.\frac{7}{{11}} = \frac{{76}}{{110}}$.

* Tính P(AB):

Để lấy đúng viên bi vàng vừa được chuyển từ hộp I cần có 2 giai đoạn:

- Xác suất chọn được bi vàng từ hộp I để chuyển sang hộp II: $\frac{6}{{10}}$.

- Xác suất chọn được viên bi vừa được lấy từ hộp I trong hộp II: $\frac{1}{{11}}$.

Vậy $P(AB) = \frac{6}{{10}}.\frac{1}{{11}} = \frac{6}{{110}}$.

* Tính $P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}}$:

$P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{6}{{110}}}}{{\frac{{76}}{{110}}}} = \frac{6}{{76}} \approx 0,08$.