Đề tham khảo tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 9

Phương trình mặt phẳng qua $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)$ là:

$a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0$.

Phương trình mặt phẳng qua A(2;3;1) và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {1;2; - 3} \right)$ là:

$1\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 3} \right) - 3\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 3z - 5 = 0$.

Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm hợp: $\left( {{e^u}} \right)' = u'{e^u}$.

$f'\left( x \right) = (2x - 3)'{{\rm{e}}^{2x - 3}} = 2{{\rm{e}}^{2x - 3}}$.

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

$y = {y_0}$ là tiệm cận ngang của đồ thị y = f(x) khi thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0}$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2,$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 2$  nên đồ thị có hai tiệm cận ngang y = 2; y = -2.

Áp dụng công thức tính số tổ hợp.

Số tập con có hai phần tử của $A$ là $C_{20}^2$.

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

Ta có ${u_3} = {u_1} + 2d \Leftrightarrow {u_1} = 4 \Rightarrow {u_5} = {u_1} + 4d = 12$.

Lập bảng tần số theo giá trị đại diện, tính số trung bình rồi tính phương sai.

Số trung bình: $\overline {\rm{x}} = \frac{{3.2,85 + 6.3,15 + 5.3,45 + 4.3,75 + 2.4,05}}{{20}} = 3,39$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{{3.2,{{85}^2} + 6.3,{{15}^2} + 5.3,{{45}^2} + 4.3,{{75}^2} + 2.4,{{05}^2}}}{{20}} - 3,{39^2} = 0,1314$.

Đưa hai vế về cùng cơ số.

ĐKXĐ: $x \in \mathbb{R}$.

Ta có: ${\left( {\frac{1}{4}} \right)^x} = {2^{{x^2} - 5x + 2}} \Leftrightarrow {2^{ - 2x}} = {2^{{x^2} - 5x + 2}} \Leftrightarrow  - 2x = {x^2} - 5x + 2$

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

Áp dụng công thức V = Bh tính thể tích khối lăng có diện tích đáy là B, chiều cao là h.

$V = Bh = {a^2}\sqrt 3 .a\sqrt 6 = 3{a^3}\sqrt 2$.

Áp dụng biểu thức tọa độ nhân vecto với một số: $\overrightarrow u = (a;b;c) \Rightarrow k\overrightarrow u = (ka;kb;kc)$.

$\overrightarrow a = 2\overrightarrow {AB} = \left( {2.1;2.3;2.2} \right) = \left( {2;6;4} \right)$.

Tìm cỡ mẫu rồi áp dụng công thức tính trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm.

Ta có: $n = 55 + 78 + 120 + 45 + 11 = 309$.

Trung vị: ${Q_2} = {x_{155}} \in \left[ {18;22} \right)$: ${Q_2} = 18 + \left( {22 - 18} \right).\frac{{\frac{{309.2}}{4} - 55 - 78}}{{120}} = \frac{{1123}}{{60}}$.

Áp dụng công thức tính góc giữa hai mặt phẳng (P), (Q): $\cos \alpha = \frac{{\left| {{{\vec n}_P}.{{\vec n}_Q}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_P}} \right|.\left| {{{\vec n}_Q}} \right|}}$.

$\overrightarrow {{n_P}} \left( {1\,;\, - 2\,;\, - 1} \right)$ là một vecto pháp tuyến của (P).

$\overrightarrow {{n_Q}} \left( {1\,;\,1\,;\,2} \right)$ là một vecto pháp tuyến của (Q).

Gọi $\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) $\Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\left| {{{\vec n}_P}.{{\vec n}_Q}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_P}} \right|.\left| {{{\vec n}_Q}} \right|}} = \frac{{\left| {1 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt 6 .\sqrt 6 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = {60^o}$.

Phương trình đường tròn tâm I(a;b;c) bán kính R = 5 là ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}$.

Mặt cầu có tâm I(1;2;4) và bán kính R = 5 có phương trình là:

${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = {5^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 25$.

Tìm tập xác định, tính đạo hàm rồi lập bảng biến thiên, tìm giá trị lớn nhất.

a) Đúng. Hàm số mũ $y = f\left( x \right) = {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$ có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

b) Sai. Hàm số $y = f\left( x \right) = {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$ có đạo hàm là $y'\, = {\left( { - \frac{1}{2}{x^2}} \right)^\prime }{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} = - x{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$.

c) Sai. Khi điểm B có toạ độ $\left( {x;{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}} \right)$ với x > 0 thì cạnh AD = 2x, cạnh $AB = {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$.

Diện tích hình chữ nhật ABCD được tính theo công thức $S\left( x \right) = 2x{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$.

d) Đúng. Xét hàm số $S\left( x \right) = 2x{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

$S'\left( x \right) = 2{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} - 2{x^2}{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} = 2{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}\left( {1 - {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array}$ \right..

Bảng biến thiên:

Hàm số S(x) đạt giá trị lớn nhất khi x = 1. Khi đó AD = 2.

Ứng dụng nguyên hàm để tìm công thức tính vận tốc và độ dịch chuyển. Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất.

a) Đúng. Phương trình vận tốc của chất điểm tại thời điểm t được xác định bởi công thức $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)} dt.$

b) Đúng. Ta có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {\left( {2t - 7} \right)dt}  = {t^2} - 7t + C$.

$v\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow C = 6 \Rightarrow v\left( t \right) = {t^2} - 7t + 6.$

Vậy $v\left( 7 \right) = {7^2} - 7.7 + 6 = 6$ (m/s).

c) Sai. Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian $1 \le t \le 7$ là:

$S = \int\limits_1^7 {v\left( t \right)} dt = \int\limits_1^7 {\left( {{t^2} - 7t + 6} \right)} dt = \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{7{t^2}}}{2} + 6t} \right)} \right|_1^7 =  - 18.$

d) Sai. Vị trí của chất điểm so với vị trí ban đầu tại thời điểm t là

$s\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int {\left( {{t^2} - 7t + 6} \right){\rm{d}}t}  = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{7{t^2}}}{2} + 6t + C$

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của s(t) với $t \in \left[ {0;\,8} \right]$.

Do s’(t) = v (t) nên $s'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 1\\t = 6\end{array}$ \right..

Lại có $s\left( 0 \right) = C$, $s\left( 1 \right) = \frac{{17}}{6} + C$, $s\left( 6 \right) =  - 18 + C$, $s\left( 8 \right) =  - \frac{{16}}{3} + C$.

Vậy giá trị lớn nhất của s(t) với $t \in \left[ {0;\,8} \right]$ đạt được khi t = 1.

a, b) Sắp xếp mẫu số liệu gốc theo thứ tự từ nhỏ đến lớn rồi tìm tứ phân vị.

c, d) Ghép nhóm mẫu số liệu rồi ước lượng tứ phân vị.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm ta được:

6; 8; 8; 10; 11; 11l 12; 13; 14; 14; 14; 15; 18. 21; 22; 23; 24; 25; 25.

a) Đúng. Tứ phân vị thứ hai của dãy số liệu là: ${Q_2} = \frac{{14 + 14}}{2} = 14$.

b) Sai. Tứ phân vị thứ hai của dãy số liệu là: ${Q_3} = \frac{{21 + 22}}{2} = 21,5$.

c) Đúng. Ghép nhóm mẫu số liệu:

d) Sai. Vì số trận là số nguyên nên ta hiệu chỉnh lại bảng số liệu sau:

Gọi ${x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{20}}$ lần lượt là số điểm ghi được ở mỗi trận đấu xếp theo thứ tự không giảm.

Do ${x_1}; \ldots ;{x_4} \in [5,5;10,5);{x_5}; \ldots ;{x_{12}} \in [10,5;15,5);{x_{13}},{x_{14}} \in [15,5;20,5);{x_{15}}; \ldots ;{x_{20}} \in [20,5;25,5)$ nên trung vị của mẫu số liệu ${x_1}; \ldots ;{x_{20}}$ là $\frac{1}{2}\left( {{x_{10}} + {x_{11}}} \right) \in [10,5;15,5)$.

Ta xác định được $n = 20,{n_m} = 8,C = 4,{u_m} = 10,5;{u_{m + 1}} = 15,5$.

Suy ra tứ phân vị thứ hai của mẫu số liệu là: ${Q_2} = 10,5 + \frac{{\frac{{20}}{2} - 4}}{8}(15,5 - 10,5) = 14,25$.

Áp dụng điều kiện đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, quy tắc xác định góc nhị diện.

a) Đúng. Vì $\{\begin{array}{l}(SAB)\mathrm{\perp }(ABCD)\\ (SAB)\cap (ABCD)=AB\\ SH\mathrm{\perp }AB,SH\subset (SAB)\end{array}\Rightarrow SH\mathrm{\perp }(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}(SAB) \bot (ABCD)\\(SAB) \cap (ABCD) = AB\\SH \bot AB\,,\,SH \subset (SAB)\end{array} \right.$,\,\,\, \Rightarrow SH \bot (ABCD).

b) Sai. Hình chiếu của SC lên (ABCD) là HC nên góc $\widehat {SCH}$ là góc giữa SC và (ABCD).

c) Đúng. Vì $(SAB) \bot (ABC)$ nên số đo của góc phẳng góc nhị diện [S,AB,C] bằng ${90^o}$.

d) Sai. Ta có: $CD \bot HK$ (3).

Mặt khác $SH \bot (ABCD)$ nên $CD \bot SH$.

Suy ra $CD \bot (SHK) \Rightarrow CD \bot SK$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {SKH}$ là góc phẳng nhị diện $[S,CD,A]$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh 2a nên đường cao $SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Mà HK = BC = a (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật).

Do đó $\tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SKH} = {60^o}$.

Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất.

Ta có: $y' = {e^x}\left( {{x^2} - 3} \right) + {e^x}.2x = {e^x}\left( {{x^2} + 2{\rm{x}} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = - 3 \in \left[ { - 5; - 2} \right]\\x = 1 \notin \left[ { - 5; - 2} \right]\end{array}$ \right..

Ta có $y\left( { - 5} \right) = \frac{{22}}{{{e^5}}};y\left( { - 3} \right) = \frac{6}{{{e^3}}};y\left( { - 2} \right) = \frac{1}{{{e^2}}}$.

Khi đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 5; - 2} \right]} y = \frac{6}{{{e^3}}} \Rightarrow a = 6;b = 3 \Rightarrow a + b = 9$.

$V = {V_{B.A'B'C'}} + {V_{B.ACC'A'}}$.

Vì ABC là tam giác vuông cân tại C nên $A{C^2} + B{C^2} = A{B^2} \Leftrightarrow 2A{C^2} = 8 \Leftrightarrow AC = BC = 2$.

Diện tích tam giác ABC là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AC.BC = \frac{1}{2}.2.2 = 2$.

ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ nên (ABC) // (A’B’C’), do đó khoảng cách từ AB đến B’C’ cũng là khoảng cách từ (ABC) đến (A’B’C’), hay chiều cao của lăng trụ bằng 3.

Thể tích lăng trụ là $V = {S_{ABC}}.h = 2.3 = 6$.

Mà $V = {V_{B.A'B'C'}} + {V_{B.ACC'A'}} \Leftrightarrow V = \frac{1}{3}V + {V_{B.ACC'A'}}$

$\Leftrightarrow {V_{B.ACC'A'}} = \frac{2}{3}V = \frac{2}{3}.6 = 4$.

Tìm tọa độ hai chiếc quạt dựa vào hệ trục đó rồi tính khoảng cách.

Công thức tính khoảng cách: $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

Ta có A(4; 0; 3) và điểm $B\left( {0;3;\frac{5}{2}} \right)$.

Khoảng cách giữa hai chiếc quạt là:

$AB = \sqrt {{{(0 - 4)}^2} + {{(3 - 0)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} - 3} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {101} }}{2} \approx 5,03$ (m).

Đưa về tính tích phân thể tích.

Elip bên trong có trục lớn bằng 660 – 20.2 = 620 và trục bé bằng 380 – 20.2 = 340 có phương trình:

$\frac{{{x^2}}}{{{{310}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{170}^2}}} = 1 \Leftrightarrow {y_1}^2 = {170^2}.\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{310}^2}}}} \right)$.

Thể tích bồn chứa nước là:

$V = \frac{1}{2}.\pi .\int\limits_{ - 310}^{310} {\left( {{{170}^2}.\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{310}^2}}}} \right)} \right)dx} {\rm{\;}} = 18763685m{m^3} = 18,76d{m^3}$.

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 có $BM = \left| {\overrightarrow v } \right|.t \Rightarrow \overrightarrow {BM} = \overrightarrow v .30 \Leftrightarrow (x;y;z - 2) = (1.30;4.30;5.30) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 30}\\{y = 120}\\{z - 2 = 150}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 30}\\{y = 120}\\{z = 152}\end{array}} \right.} \right.$.

Vậy P = 3.30 + 120 + 152 = 362.

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

Gọi A là biến cố “qua được lần kiểm tra đầu tiên” $\Rightarrow P\left( A \right) = 0,95$.

Gọi B là biến cố “qua được lần kiểm tra thứ 2” $\Rightarrow P\left( {B|A} \right) = 0,92$.

Chiếc áo sơ mi đủ tiêu chuẩn xuất khẩu phải thỏa mãn 2 điều kiện A và B, do đó ta cần tính $P\left( {A \cap B} \right)$.

Ta có $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = P\left( {B|A} \right).P\left( A \right) = 0,95.0,92 = \frac{{437}}{{500}}.$

Suy ra a + b = 437 + 500 = 937.