Đề tham khảo tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 8

Đường thẳng d: $\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$$\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 $\overrightarrow u = (a;b;c)$.

Một vecto chỉ phương của d là $\overrightarrow u = (2; - 1; - 3)$. Do $\overrightarrow a = ( - 2;1;3)$ cùng phương với $\overrightarrow u = (2; - 1; - 3)$ nên $\overrightarrow a = ( - 2;1;3)$ cũng là một vecto chỉ phương của d.

$\int\limits_a^b {f'(x)dx} = f(x)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^b}\\{_a}\end{array}$} \right. = f(b) - f(a).

$\int\limits_{ - 1}^3 {f'(x)dx} = f(x)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^3}\\{_{ - 1}}\end{array}$ = f(3) - f( - 1) = 5 - ( - 2) = 7} \right..

${x_0}$ là tiệm cận đứng của đồ thị y = f(x) khi thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$.

Quan sát bảng biến thiên, thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = + \infty$.

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

$q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{2} = 3$; ${u_5} = {u_1}{q^4} = {2.3^4} = 162$.

Áp dụng chỉnh hợp.

Số cách trao một giải nhất, một giải nhì và một giải ba cho 3 trong số 10 thí sinh là $A_{10}^3$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

Cỡ mẫu: n = 6 + 6 + 4 + 1 + 1 = 18.

${Q_2} = \frac{1}{2}\left( {{x_9} + {x_{10}}} \right)$;

${Q_1} = {x_5} \in [20;25) \Rightarrow {Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4} - 0}}{6}(25 - 20) = \frac{{95}}{4}$;

${Q_3} = {x_{14}} \in [30;35) \Rightarrow {Q_3} = 30 + \frac{{\frac{{3.18}}{4} - 12}}{4}(35 - 30) = \frac{{225}}{8}$;

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{225}}{8} - \frac{{95}}{4} = 8,125$.

${\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}$, điều kiện b > 0.

ĐKXĐ: $2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}$.

${\log _3}(2x - 3) = 3 \Leftrightarrow 2x - 3 = {3^3} \Leftrightarrow x = 15$.

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

$SA \bot (ABCD)$ nên chiều cao khối chóp là SA.

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\left( {3{a^2}} \right) = 3{a^3}\sqrt 2$.

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

Vì $SA \bot (ABCD)$ nên $SA \bot BC$, khi đó $\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = 0$.

Áp dụng công thức $\overline x = \frac{{{c_1}{n_1} + {c_2}{n_2} + ... + {c_k}{n_k}}}{{{n_1} + {n_2} + ... + {n_k}}}$.

$\overline x = \frac{{27,5.5 + 32,5.20 + 37,5.18 + 42,5.7 + 47,5.3}}{{5 + 20 + 18 + 7 + 3}} \approx 35,9$.

Áp dụng quy tắc ba điểm tính $\overrightarrow {AC}$, quy tắc trung điểm tính $\overrightarrow {AM}$. Từ đó, tìm độ dài AM.

$\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = (4 + 2; - 1 - 4; - 5 - 2) = (6; - 5; - 7)$; $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\left( {4 + 6; - 1 - 5; - 5 - 7} \right) = \left( {5; - 3; - 6} \right)$.

Suy ra $AM = \sqrt {{5^2} + {{( - 3)}^2} + {{( - 6)}^2}} = \sqrt {70}$.

Mặt cầu (S) tiếp xúc mặt phẳng (P) nên khoảng cách từ tâm I đến (P) là bán kính mặt cầu.

$R = d\left( {I,(P)} \right) = \frac{{\left| {2.2 - ( - 3) - ( - 1) + 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = 2\sqrt 6$.

Phương trình mặt cầu (S) là ${(x - 2)^2} + {(y + 3)^2} + {(z + 1)^2} = 24$.

Lập bảng tần số ghép nhóm từ biểu đồ. Áp dụng công thức tính khoảng biến thiên, khoảng tứ phân vị, phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm.

a) Đúng. Số thửa ruộng được khảo sát là: n = 3 + 4 + 6 + 5 + 5 + 2 = 25.

b) Đúng. Từ biểu đồ, ta có bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu như sau:

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là: R = 6,7 – 5,5 = 1,2 (tấn/ha).

c) Sai. Ta có:

Cỡ mẫu n = 25.

Gọi ${x_1};...;{x_{25}}$ là mẫu số liệu gốc về năng suất của một số thửa ruộng được khảo sát được xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_6} + {x_7}}}{2} \in$ [5,7; 5,9). Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_1} = 5,7 + \frac{{\frac{{25}}{4} - 3}}{4}\left( {5,9 - 5,7} \right) = 5,8625$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{19}} + {x_{20}}}}{2} \in$ [6,3; 6,5). Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_3} = 6,3 + \frac{{\frac{{3.25}}{4} - \left( {3 + 4 + 6 + 5} \right)}}{5}\left( {6,5 - 6,3} \right) = 6,33$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 6,33 - 5,8625 = 0,4675$.

d) Đúng. Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: 

$\overline x = \frac{{3.5,6 + 4.5,8 + 6.6,2 + 5.6,4 + 2.6,6}}{{25}} = 6,088$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${S^2} = \frac{1}{{25}}\left[ {3.{{\left( {5,6} \right)}^2} + 4.{{\left( {5,8} \right)}^2} + 6.{{\left( {6,0} \right)}^2} + 5.{{\left( {6,2} \right)}^2} + 5.{{\left( {6,4} \right)}^2} + 2.{{\left( {6,6} \right)}^2}} \right] - {\left( {6,088} \right)^2} = 0,086656$.

Áp dụng điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hệ thức lượng trong tam giác vuông.

a) Đúng. Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)$. Do đó SA là đường cao của hình chóp S.ABC.

b) Đúng. Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$, kẻ $AH \bot SB$, $H \in SB$ (1)

Ta có $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }AB\\ BC\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }\left(SAB\right),AH\subset \left(SAB\right)\Rightarrow BC\mathrm{\perp }AH$$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right.$ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right),AH \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH (2)

Từ (1), (2) $\Rightarrow$ $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Do đó $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

c) Sai. Ta có $AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = a\sqrt 3$.

Xét trong tam giác vuông $SAB$ có $AH$ là đường cao, ta có:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Leftrightarrow SA = a$.

Do đó: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.BC.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a\sqrt 3 .a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$.

d) Sai. Ta có:

 $\left.$$\begin{array}{l}MN{\rm{//}}BC\\MN \not\subset \left( {SBC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array}$ \right\} \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {SBC} \right).

Do đó $d\left( {MN;SB} \right) = d\left( {MN;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Thay số vào công thức đã cho.

$\left( {{v_n}} \right)$ là cấp số nhân khi ${v_n} = q.{v_{n - 1}}$ (q là hằng số).

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

a) Đúng. Ta có: ${u_2} = 2.{u_1} + 2 - 2 = 2.2 = 4$.

b) Sai. Ta có: ${u_n} - n = 2\left( {{u_{n - 1}} - \left( {n - 1} \right)} \right)$.

c) Đúng. Đặt ${v_n} = {u_n} - n$ thì ${v_{n - 1}} = {u_{n - 1}} - \left( {n - 1} \right)$. Mà ${u_n} - n = 2\left( {{u_{n - 1}} - \left( {n - 1} \right)} \right)$ nên ${v_n} = 2{v_{n - 1}}$ dãy số $\left( {{v_n}} \right)$ là cấp số nhân.

d) Đúng. Từ ${v_n} = 2{v_{n - 1}}$ dãy số $\left( {{v_n}} \right)$ là cấp số nhân có ${v_1} = 1,$ công bội $q = 2$ nên số hạng tổng quát ${v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = {2^{n - 1}}$ mà ${v_n} = {u_n} - n$ nên ${2^{n - 1}} = {u_n} - n \Leftrightarrow {u_n} = {2^{n - 1}} + n$.

${S_{100}} = \left( {{2^0} + {2^1} + ... + {2^{99}}} \right) + \left( {1 + 2 + ... + 100} \right) = \frac{{1\left( {1 - {2^{99}}} \right)}}{{1 - 2}} + \frac{{\left( {1 + 100} \right)50}}{2} = 2524 + {2^{99}}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán trong không gian.

a) Đúng. Tọa độ vecto $\overrightarrow {AA'}$ là $\overrightarrow {AA'} = \left( {1 - 1;0 - 2;1 - 0} \right) = \left( {0; - 2;1} \right)$.

b) Sai. $\overrightarrow {AA'} = \left( {0; - 2;1} \right) = \overrightarrow {BB'}$; $B\left( {1;5;1} \right) \Rightarrow B'\left( {1;3;2} \right)$.

$\overrightarrow {A'D'} = \left( { - 1; - 2; - 1} \right) = \overrightarrow {BC}$; $B\left( {1;5;1} \right) \Rightarrow C\left( {0;3;0} \right)$.

c) Đúng. Ta có $$\overrightarrow {AB} \left( {0;3;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{0^2} + {3^2} + {1^2}} = \sqrt {10}$$.

$\overrightarrow {AA'} = \left( {0; - 2;1} \right) = \overrightarrow {CC'}$; $C\left( {0;3;0} \right) \Rightarrow C'\left( {0;1;1} \right) \Rightarrow AC' = \sqrt {{{\left( {0 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0} \right)}^2}} = \sqrt 3$.

d) Sai. Ta có:

$P = \,M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {ID} } \right)^2}$

$= 4M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} .\left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} } \right) + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2} = 4M{I^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2}$.

Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $MI$ nhỏ nhất hay $M \equiv I$.

$\overrightarrow {A'D'} = \left( { - 1; - 2; - 1} \right) = \overrightarrow {AD}$; $A\left( {1;2;0} \right) \Rightarrow D\left( {0;0; - 1} \right)$.

$I$ là trung điểm $BD$ $\Rightarrow I\left( {\frac{{1 + 0}}{2};\frac{{5 + 0}}{2};\frac{{1 - 1}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2};0} \right)$ hay $M\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2};0} \right)$.

Áp dụng quy tắc xác định góc nhị diện và định lý cosin cho tam giác để tính.

Giả sử hai mái ngói là hai hình chữ nhật OAA’O’ và OBB’O’. Khi đó:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {OAA'O'} \right) \cap \left( {OBB'O'} \right) = OO'\\OA \bot OO',\,OA \subset \left( {OAA'O'} \right)\\OB \bot OO',\,OB \subset \left( {OBB'O'} \right)\end{array} \right.$ nên $\widehat {AOB}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,OO',B} \right]$. Vậy $\widehat {AOB} = \alpha$.

Áp dụng định lý cosin cho tam giác OAB ta được:

$\cos \widehat {AOB} = \cos \alpha = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}} = \frac{{2,{2^2} + {3^2} - 3,{8^2}}}{{2.2,2.3}} = - \frac{1}{{22}} = \frac{m}{n}$ $\Rightarrow m = - 1;n = 22$.

Vậy $3m + {n^2} = - 3 + 484 = 481$.

Áp dụng quy tắc nhân xác suất cho hai biến cố độc lập, công thức tính xác suất của biến cố đối.

Ta có $P\left( {AB} \right) = 0,3 \Rightarrow P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,3$ (vì A và B độc lập). Suy ra ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}P\left( A \right) + P\left( B \right) = 1,1\\P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P\left( A \right) = 0,5 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,5\\P\left( B \right) = 0,6 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 0,4\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}P\left( A \right) = 0,6 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,4\\P\left( B \right) = 0,5 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 0,5\end{array} \right.$.

Lại có A và B là hai biến cố độc lập nên $\overline A$ và $\overline B$ cũng độc lập.

Do đó $P\left( {\overline A .\overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B } \right) = 0,5.0,4 = 0,4.0,5 = 0,2$.

Xác định tọa độ ra đa và máy bay dựa vào dữ liệu đề bài cho. Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm.

Đổi 80 m = 0,08 km.

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ (0;0;0,08), máy bay ở vị trí có tọa độ A(-300;-200;10).

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là: $\sqrt {{{( - 300 - 0)}^2} + {{( - 200 - 0)}^2} + {{(10 - 0,08)}^2}} \approx 361$ (km).

Đặt BM = x. Lập hàm số biểu diễn thời gian người canh hải đăng đến kho rồi tìm x để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất.

Gọi BM = x (km, $0 \le x \le 7$).\(\)

Khi đó $AM = \sqrt {{x^2} + 25}$ (km).

Thời gian người đó đi từ A đến M rồi đến C là $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - x}}{6}$ (giờ).

Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{x}{{4\sqrt {{x^2} + 25} }} - \frac{1}{6}$ .

Xét $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x = 4\sqrt {{x^2} + 25}$ $\Leftrightarrow x = 2\sqrt 5 \in \left[ {0;7} \right]$.

$f\left( 0 \right) = \frac{{29}}{{12}}$, $f\left( 7 \right) = \frac{{\sqrt {74} }}{4}$, $f\left( {2\sqrt 5 } \right) = \frac{{5\sqrt 5 }}{{12}} + \frac{7}{6}$.

Vậy để đến kho nhanh nhất thì $x = 2\sqrt 5 \approx 4,47$ (km).

Lập hàm số biểu diễn thể tích khối chóp theo ẩn x. Tìm x để thể tích khối chóp lớn nhất bằng cách ứng dụng đạo hàm, từ đó tính diện tích phần bạt bị cắt.

Ta kí hiệu các điểm như trong hình vẽ.

Có $AI = IB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{20}}{2} = 10$ (m), IJ = BC = 20 (m).

Đặt $EF = FG = GH = HE = x$ (m, x > 0).

$FH = EG = \sqrt {E{H^2} + H{G^2}} = \sqrt {{x^2} + {x^2}} = x\sqrt 2$ (m).

$EI = GJ = \frac{{IJ - EG}}{2} = \frac{{20 - x\sqrt 2 }}{2}$ (m).

Xét tam giác AIE vuông tại I:

$AE = \sqrt {A{I^2} + I{E^2}} = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {\frac{{20 - x\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - 10\sqrt 2 x + 200}$ (m).

$LN = OM = EG = HF = x\sqrt 2$ (m), $LP = \frac{{LN}}{2} = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}$ (m).

$KL = KO = KM = KN = AE = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - 10\sqrt 2 x + 200}$ (m).

Xét tam giác KLP vuông tại P:

$KP = \sqrt {K{L^2} - L{P^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - 10\sqrt 2 x + 200 - \frac{{{x^2}}}{2}} = \sqrt {200 - 10\sqrt 2 x}$ (m).

Điều kiện: $x \le 10\sqrt 2$.

Thể tích khối chóp là:

$V = \frac{1}{3}.KP.{S_{LMNO}} = \frac{1}{3}.\sqrt {200 - 10\sqrt 2 x} .{x^2}$ $\left( {{m^3}} \right)$.

Đặt $y = \frac{1}{3}.\sqrt {200 - 10\sqrt 2 x} .{x^2}$, ta có $y' = \frac{{ - 25\sqrt 2 {x^2} + 400x}}{{3\sqrt {200 - 10\sqrt 2 x} }} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 8\sqrt 2 \end{array}$ \right. (loại x = 0).

Bảng biến thiên:

Vậy thể tích khối chóp lớn nhất khi $x = 8\sqrt 2$ (m).

Diện tích tấm bạt bị cắt khi đó là $S = 4{S_{AEB}} = 4.\frac{1}{2}.EI.AB = 2.\frac{{20 - 8\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{2}.20 = 80$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Dựa vào phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (P) để tìm hệ số a của phương trình hoành độ giao điểm. Từ đó, áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ứng dụng tích phân.

Dựa vào đồ thị hàm số đề bài cho ta có:

Parabol (P) đi qua gốc toạ độ O nên hàm số bậc hai có dạng $f\left( x \right) = m{x^2} + nx$.

Xét hàm số bậc ba $g\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị (C), vì đồ thị (C)  đi qua điểm (0;2) nên d = 2.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (P):

$g\left( x \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow a\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0$.

Mặt khác $g\left( x \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow a{x^3} + b{x^2} + cx + 2 = m{x^2} + nx \Leftrightarrow a{x^3} + \left( {b - m} \right){x^2} + \left( {c - n} \right)x + 2 = 0$.

Nên ta có hệ số tự do $- 2a = 2 \Leftrightarrow a = - 1$.

Do đó $g\left( x \right) - f\left( x \right) = - \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)$.

$S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| { - \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)} \right|{\rm{d}}x} \approx 3,08$.