Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 1
22 câu hỏi
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.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( { - 3\,;\,\,3} \right)\).
\(\left( { - 3\,;\,\,0} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\,3} \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\,\, - 3} \right)\).
Đáp án đúng là B
Ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 3\,;\,\,0} \right)\) và \(\left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 3} \right)\).
\(\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\).
\(\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\).
\(\left( {3\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right)\).
Đáp án đúng là C
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\).
\(D = \left( { - \infty \,;\,\,3} \right)\).
\(D = \mathbb{R}\).
\(D = \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(D = \left[ {3\,;\,\, + \infty } \right)\).
\[{u_1} = 3\] và \[d = 4\].
\[{u_1} = 3\] và \[d = 5\].
\[{u_1} = 4\] và \[d = 5\].
\[{u_1} = 4\] và \[d = 3\].
Theo giả thiết ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{u_9} = 5{u_2}\\{u_{13}} = 2{u_6} + 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 8d = 5\left( {{u_1} + d} \right)\\{u_1} + 12d = 2\left( {{u_1} + 5d} \right) + 5\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{u_1} - 3d = 0\\{u_1} - 2d = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\d = 4\end{array} \right.\].
\({x^3} + \cos x + C\).
\({x^3} + \sin x + C\).
\({x^3} - \cos x + C\).
\(3{x^3} - \sin x + C\).
Ta có: \(\int_{}^{} {\left( {3{x^2} + \sin x} \right){\rm{d}}x} = {x^3} - \cos x + C\).
\(\overrightarrow {DB'} \).
\(\overrightarrow {B'D'} \).
\(\overrightarrow {BD'} \).
\(\overrightarrow {B'D} \).
Theo quy tắc hình hộp ta có \(\vec v = \overrightarrow {B'A'} + \overrightarrow {B'C'} + \overrightarrow {B'B} = \overrightarrow {B'D} \).
Khối lượng (gam) | \(\left[ {80\,;\,\,82} \right)\) | \(\left[ {82\,;\,\,84} \right)\) | \(\left[ {84\,;\,\,86} \right)\) | \(\left[ {86\,;\,\,88} \right)\) | \(\left[ {88\,;\,\,90} \right)\) |
Số quả | \(17\) | \(20\) | \(25\) | \(16\) | \(12\) |
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là
\(11\)gam.
\(12\)gam.
\(10\)gam.
\(20\)gam.
\(\int\limits_{ - 3}^1 {\left| { - {x^2} - 2x - 3} \right|{\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_{ - 3}^1 {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right){\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_{ - 3}^1 {\left( {{x^2} + 2x - 3} \right){\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_{ - 3}^1 {\left( { - {x^2} - 2x + 3} \right){\rm{d}}x} \).
Từ hình vẽ ta thấy hai đồ thị hai hàm số \[y = {x^2} + x - 2\] và \[y = - x + 1\] cắt nhau tại hai điểm có hoành độ \[x = - 3\,;\,\,x = 1\].
Diện tích hình phẳng cần tính là \[S = \int\limits_{ - 3}^1 {\left[ { - x + 1 - \left( {{x^2} + x - 2} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 3}^1 {\left( { - {x^2} - 2x + 3} \right){\rm{d}}x} \].
Mỗi ngày bác Mạnh đều đi bộ để rèn luyện sức khỏe. Quãng đường đi bộ mỗi ngày của bác trong 20 ngày được thống kê lại ở bảng sau:
Quãng đường | \(\left[ {2,7\,;\,\,3,0} \right)\) | \(\left[ {3,0\,;\,\,3,3} \right)\) | \(\left[ {3,3\,;\,\,3,6} \right)\) | \(\left[ {3,6\,;\,\,3,9} \right)\) | \(\left[ {3,9\,;\,\,4,2} \right)\) |
Số ngày | 3 | 6 | 5 | 4 | 2 |
0,19.
1,26.
0,13.
0,26.
Cỡ mẫu là \(n = 20\). Ta bổ sung thêm hàng giá trị đại diện cho mẫu số liệu ghép nhóm:
Quãng đường | \(\left[ {2,7\,;\,\,3,0} \right)\) | \(\left[ {3,0\,;\,\,3,3} \right)\) | \(\left[ {3,3\,;\,\,3,6} \right)\) | \(\left[ {3,6\,;\,\,3,9} \right)\) | \(\left[ {3,9\,;\,\,4,2} \right)\) |
Giá trị đại diện | 2,85 | 3,15 | 3,45 | 3,75 | 4,05 |
Số ngày | 3 | 6 | 5 | 4 | 2 |
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm:
\[\bar x = \frac{{2,85 \cdot 3 + 3,15 \cdot 6 + 3,45 \cdot 5 + 3,75 \cdot 4 + 4,05 \cdot 2}}{{20}} = 3,39\].
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({s^2} = \frac{1}{{20}}\left( {{{2,85}^2} \cdot 3 + {{3,15}^2} \cdot 6 + {{3,45}^2} \cdot 5 + {{3,75}^2} \cdot 4 + {{4,05}^2} \cdot 2} \right) - {3,39^2} \approx 0,13\).
Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - 1\,;\,\, + \infty } \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\).
Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\).
Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 1\end{array} \right..\)
Bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:
Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty \,;\,\, - 1} \right)\,,\,\,\left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\).
\(y + 1 = 0\).
\(y - 2 = 0\).
\(y + 2 = 0\).
\[x + z - 1 = 0\].
Mặt cầu đã cho có tâm \(I\left( {1\,; \, - 2\,; \,0} \right)\) và bán kính \(R = 2\sqrt 3 \).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\)song song mặt phẳng \(\left( {Ox{\rm{z}}} \right):y = 0\) nên có dạng \(\left( P \right):y + m = 0\,\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).
Vì \(\left( P \right)\) qua \(I\left( {1\,; \, - 2\,; \,0} \right)\) nên \( - 2 + m = 0 \Rightarrow m = 2\) nên phương trình \(\left( P \right):\,\,y + 2 = 0\).
\({x_M} = 2\).
\({x_M} = 1 - \sqrt 2 \).
\({x_M} = 1\).
\({x_M} = 1 + \sqrt 2 \).
Tập xác định hàm số \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\].
Ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\,;\,\,y' = 0 \Rightarrow {x^2} - 2x - 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \pm \sqrt 2 \) (Hàm số có hai điểm cực trị).
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C) là d: \[y = \frac{{u'\left( x \right)}}{{v'\left( x \right)}}\]\[ = \frac{{2x - 4}}{1}\] hay \[y = 2x - 4\].
Gọi \[M\left( {{x_M}\,;\,\,0} \right) \in Ox\]; vì \[M\left( {{x_M}\,;\,\,0} \right) \in d \Rightarrow 0 = 2{x_M} - 4 \Rightarrow {x_M} = 2\].
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.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = ax + b + \frac{1}{{x - c}}\) có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(y = x\) làm tiệm cận xiên
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left( {1;\, + \infty } \right)\) đạt được tại \(x = 2\)
\(a + b + c = 0\)
Gọi \(A\) và \(B\) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và điểm \(M\) thuộc tia \(Ox\) thỏa mãn \(\widehat {AMB} \le 90^\circ \) thì giá trị nhỏ nhất của đoạn \(OM\) bằng \(3,5\)
Xét mệnh đề a)
Gọi phương trình đường tiệm cận xiên là \(y = ax + b\) đi qua \(\left\{ \begin{array}{l}O\left( {0;\,0} \right)\\I\left( {1;\,1} \right)\end{array} \right.\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}0a + b = 0\\a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\end{array} \right.\)
Vậy phương trình đường tiệm cận xiên là \(y = x\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Hàm số có dạng \(y = f\left( x \right) = x + 0 + \frac{1}{{x - c}}\) và đồ thị có đường tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1\)
Do đó \[x = c = 1\] nên \(y = f\left( x \right) = x + \frac{1}{{x - 1}} = \left( {x - 1} \right) + \frac{1}{{\left( {x - 1} \right)}} + 1 \ge 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\frac{1}{{\left( {x - 1} \right)}}} + 1 = 3\)
Dấu “\( = \)” xảy ra khi \(x - 1 = \frac{1}{{x - 1}} \Leftrightarrow x = 2\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = 1\end{array} \right.\] nên \(a + b + c = 1 + 0 + 1 = 2\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = x + \frac{1}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\) có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(A\left( {0;\, - 1} \right)\); \(B\left( {2;\,3} \right)\) và gọi \(M\left( {m;\,0} \right)\)
Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA} = \left( { - m;\, - 1} \right)\\\overrightarrow {MB} = \left( {2 - m;\,3} \right)\end{array} \right.\] mà \[\widehat {AMB} \le 90^\circ \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} } \right) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} }}{{\left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {MB} } \right|}} \ge 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \ge 0\]
\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 1\\m \ge 3\end{array} \right.\) nên \(OM = \left| m \right| = m \ge 3\) nên giá trị nhỏ nhất bằng \(3\) khi\(M\left( {3;\,0} \right)\) nên mệnh đề d) sai
\(n\left( \Omega \right) = 48\)
Xác suất để ba số ở các đỉnh \(\left( {A;\,B;\,C} \right)\) đều là số chẵn bằng \(0,25\)
Xác suất để chữ số \(5\) nằm ở vị trí trung điểm bằng \(0,65\)
Biết rằng ba số ở các đỉnh đều là số lẻ thì xác suất để chữ số \(7\) có mặt trong cách sắp xếp đó bằng \(0,83\) (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Xét mệnh đề a)
Tập hợp \(X = \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6;\,7;\,8;\,9} \right\}\) có tập số lẻ \(L = \left\{ {1;\,3;\,5;\,7;\,9} \right\}\) và tập số chẵn \(C = \left\{ {2;\,4;\,6;\,8} \right\}\)
Với tập số lẻ thì tổng số cách xếp \(3\) số vào \(3\) đỉnh là \(A_5^3\). Các bộ số tạo thành cấp số cộng (các trường hợp vi phạm) có \(4\) bộ
Mỗi bộ có \(3!\) cách xếp hoán vị vào \(3\) đỉnh nên số trường hợp vi phạm là \(4.3! = 24\)
Vậy số cách xếp thỏa mãn là \(60 - 4.3! = 36\) (cách)
Với tập số chẵn thì tổng số cách xếp \(3\) số vào \(3\) đỉnh là \(A_4^3\). Các bộ số tạo thành cấp số cộng là \(\left\{ {2;\,4;\,6} \right\},\,\left\{ {4;\,6;\,8} \right\}\)
Mỗi bộ này có \(3!\) cách hoán vị vào ba đỉnh nên số trường hợp vi phạm là \(2.3!\)
Vậy số cách xếp thỏa mãn là \(24 - 2.3! = 12\) (cách)
Vậy tổng số cách xếp là \(n\left( \Omega \right) = 36 + 12 = 48\) (cách) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Với tập số chẵn thì tổng số cách xếp \(3\) số vào \(3\) đỉnh là \(A_4^3\). Các bộ số tạo thành cấp số cộng là
Mỗi bộ này có \(3!\) cách hoán vị vào ba đỉnh nên số trường hợp vi phạm là \(2.3!\)
Vậy số cách xếp thỏa mãn là \(n\left( B \right) = 24 - 2.3! = 12\) (cách)
Xác suất để ba số ở các đỉnh \(\left( {A;\,B;\,C} \right)\) đều là số chẵn là: \(P = \frac{{12}}{{48}} = 0,25\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Trường hợp đỉnh lẻ gồm \(5\) số \(\left\{ {1;\,3;\,5;\,7;\,9} \right\}\) thì để \(A + B = 10\) với \(A,\,B\) là số lẻ thì ta có hai cặp là \(\left\{ {1;\,9} \right\}\) và \(\left\{ {3;\,7} \right\}\)
Cặp \(\left\{ {1;\,9} \right\}\) có \(2!\)(cách xếp) vào \(A,\,B\), còn lại các số \(\left\{ {3;\,5;\,7} \right\}\)(loại \(5\) do đã dùng ở \(P\)) nên \(C\) chỉ có thể là \(3\) hoặc \(7\) nên có \(2\) cách nên số cách là \(2.2 = 4\)(cách)
Cặp \(\left\{ {3;\,7} \right\}\) có \(2!\)(cách xếp) vào \(A,\,B\), còn lại các số \(\left\{ {1;\,5;\,9} \right\}\)(loại \(5\) do đã dùng ở \(P\)) nên \(C\) chỉ có thể là \(1\) hoặc \(9\) nên có \(2\) cách nên số cách là \(2.2 = 4\)(cách)
Vậy tổng trường hợp thỏa mãn cho số lẻ là: \(4 + 4 = 8\)(cách)
Trường hợp đỉnh chẵn gồm \(4\) số \(\left\{ {2;\,4;\,6;\,8} \right\}\)thì để \(A + B = 10\) với \(A,\,B\) là số chẵn thì ta có hai cặp là \(\left\{ {2;\,8} \right\}\) và \(\left\{ {4;\,6} \right\}\)
Cặp \(\left\{ {2;\,8} \right\}\) có \(2!\)(cách xếp) vào \(A,\,B\), còn lại các số \(\left\{ {4;\,6} \right\}\) nên \(C\) chỉ có thể là \(4\) hoặc \(6\) nên có \(2\) cách nên số cách là \(2.2 = 4\)(cách)
Cặp \(\left\{ {4;\,6} \right\}\)thì \(C\) phải là \(2\) hoặc \(8\).
Nếu \(C = 2\) thì bộ \(\left\{ {4;\,6;2} \right\}\) vi phạm vì nó tạo thành cấp số cộng ở đỉnh
Nếu \(C = 8\) thì bộ \(\left\{ {4;\,6;8} \right\}\) vi phạm vì nó tạo thành cấp số cộng ở đỉnh
Vậy tổng trường hợp thỏa mãn cho số lẻ là: \(4 + 0 = 4\)(cách)
Vì có ba vị trí trung điểm \(\left( {M,\,N,\,P} \right)\) là như nhau nên ta có \(n\left( C \right) = 3.12 = 36\) (cách)
Xác suất để chữ số \(5\) nằm ở vị trí trung điểm là: \(P = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{36}}{{48}} = 0,75\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Ba số ở các đỉnh đều là đỉnh lẻ nên \(n\left( {{\Omega _D}} \right) = 36\)
Số bộ đỉnh lẻ có chứa số \(7\)(ở đỉnh hoặc trung điểm là): \(\left\{ {1;\,3;\,7} \right\},\,\left\{ {1;\,5;\,7} \right\},\,\left\{ {1;\,7;\,9} \right\},\,\left\{ {3;\,5;\,9} \right\},\,\left\{ {3;\,7;\,9} \right\}\)
Có \(5\) bộ chứa số \(7\) nên số cách sắp xếp thuận lợi là: \(n\left( D \right) = 5.6 = 30\)(cách)
Xác suất cần tính \[P = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( {{\Omega _D}} \right)}} = \frac{{30}}{{36}} = \frac{5}{6} \approx 0,83\] nên mệnh đề d) đúng
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)} \,{\rm{d}}t\)
\(s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20\)
Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là \(20\) giây
Xe ô tô không va vào chướng ngại vật ở trên đường
Xét mệnh đề a):
Quãng đường \(s\left( t \right)\) mà xe ô tô đi được trong \(t\) (giây) là một nguyên hàm của hàm số \(v\left( t \right)\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b):
Ta có: \(s\left( t \right) = \int {\left( { - 10t + 20} \right){\rm{d}}t} = - 5{t^2} + 20t + C\) mà \(s\left( 0 \right) = 0\)\( \Rightarrow C = 0\)
Khi đó \(s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c):
Ô tô dừng hẳn khi \(v\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow - 10t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 2\) (giây) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d):
Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là: \(S = \int\limits_0^2 {\left( { - 10t + 20} \right){\rm{d}}t} = 20\)(m). Vì \(S < 25\) nên ô tô không va vào chướng ngại vật trên đường nên mệnh đề d) đúng
Tại một nút giao thông của một khu vực đông dân cư với tốc độ tối đa cho phép đối với ô tô là \(50\)(km/h), người ta gắn một camera phạt nguội tại điểm \(S\left( {0;0;14} \right)\) trong không gian \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét), mặt phẳng \(Oxy\) song song với mặt đường và chứa vùng nhận diện biển số xe của các phương tiện tham gia giao thông
Biết rằng camera nhận diện tốt nhất biển số xe của các phương tiện tham gia giao thông là khi biển số của chúng nằm trong hình thang cân \(ABCD\) với: \(SA = SB = 27\) mét, \(OD = OC = 5\) mét,\(AB = 14\) mét và \(CD = 9,6\) mét. Tia \(Ox\) nằm trên đường trung trực các đoạn thẳng \(AB\) và \(DC\)(xem hình vẽ minh họa). Giả sử tại thời điểm 9h00 (được xem là thời điểm xuất phát) một ô tô chuyển động thẳng đều theo phương song song với trục \(Ox\), hướng về phía trục \(Oy\) và có vị trí của biển số xe là \(M\left( {50; - 6;0} \right)\)
\(D\left( {1,4; - 4,8;0} \right)\)
Đường thẳng \(AD\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1,4 - 20,6t\\y = - 4,8 + 2,2t\\z = 0\end{array} \right.,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)
Nếu ô tô đi với vận tốc \(45\)(km/h) thì sau đúng \(2,2\) giây kể từ thời điểm xuất phát thì biển số của xe ôtô đã nằm trong vùng nhận diện tốt nhất của camera
Nếu camera ghi nhận được hình ảnh biển số xe ô tô liên tục trong một khoảng thời gian kéo dài đúng 0,7 giây, và khoảng thời gian 0,7 giây này kết thúc đồng thời với thời điểm xe vừa ra khỏi vùng nhận diện tốt nhất, thì ôtô đã vượt quá tốc độ cho phép.
Xét mệnh đề a):
Xét \(\left( {Oxy} \right)\), gọi \(H\)là trung điểm \(CD\), ta có \(CD = 9,6 \Rightarrow DH = 4,8 \Rightarrow {y_D} = - 4,8\)
Tam giác \(DOH\)vuông tại \(H\) nên \(OH = \sqrt {O{D^2} - D{H^2}} = \sqrt {{5^2} - {{4,8}^2}} = 1,4 \Rightarrow {x_D} = 1,4\)
Vậy \(D\left( {1,4; - 4,8;0} \right)\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b):
Do \(AB = 14 \Rightarrow AK = 7 \Rightarrow A\left( {{x_A}; - 7;0} \right),\left( {{x_A} > 0} \right)\) mà \(\Delta SOA\) vuông tại \(O\) nên ta có:
\(O{A^2} + S{O^2} = S{A^2} \Leftrightarrow {x_A} = 22 \Rightarrow A\left( {22; - 7;0} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {DA} = \left( {20,6; - 2,2;0} \right)\)
Vậy đường thẳng \(AD:\left\{ \begin{array}{l}D\left( {1,4; - 4,8;0} \right)\\\overrightarrow {{u_{AD}}} = \overrightarrow {DA} = \left( {20,6; - 2,2;0} \right)\end{array} \right.\) có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1,4 - 20,6t\\y = - 4,8 + 2,2t\\z = 0\end{array} \right.,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c):
Biển số của xe ôtô đã nằm trong vùng nhận diện tốt nhất của camera khi ô tô đi qua hình thang cân \(ABCD\) tạo hai giao điểm \(E,F\) như hình vẽ.
Ta có: \(MF = 50 - 22 = 28\) mét
Thời gian từ \(M\) đến \(F\) là \({t_{M \to F}} = \frac{{MF}}{{{v_{\^o t\^o }}}} = \frac{{28}}{{\frac{{45}}{{3,6}}}} = 2,24\) (giây) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d):
Áp dụng định lý Talet: \(\frac{{EF}}{{DI}} = \frac{{AF}}{{AI}} = \frac{{7 - 6}}{{7 - 4,8}} = \frac{1}{{2,2}} \Rightarrow EF = DI.\frac{1}{{2,2}} = \frac{{\left( {22 - 1,4} \right)}}{{2,2}} = \frac{{103}}{{11}}\)
Suy ra \(v = \frac{s}{t} = \frac{{EF}}{t} = \frac{{\frac{{103}}{{11}}}}{{0,7}} = \frac{{1030}}{{77}}\)(m/s)\( = \frac{{3708}}{{77}}\)(km/h)\( \approx 48,16\)(km/h)\[ < 50\](km/h)
Vậy xe không vượt quá tốc độ cho phép nên mệnh đề d) sai
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Thùng xe tải hình chữ nhật \(ABCD\) có độ dài một cạnh là \(3\) mét. Khi thùng xe đang ở vị trí song song với mặt đất, nó được nâng lên quanh góc \(B\) và nắp thùng \(FG\) dài 3 mét mở ra ở vị trí vuông góc với mặt đất như hình vẽ:
Biết rằng chiều cao của các điểm\(B\) và \(G\) so với mặt đất lần lượt là \(80\)cm và \(20\)cm. Khi đó độ dài của \(CH\) bằng bao nhiêu mét?
Từ \(B\) kẻ đường thẳng \(BK\) vuông góc với nắp thùng tại \(K\)
Chiều cao điểm \(F\) là \({h_F} = 0,2 + 3 = 3,2\)(m); chiều cao điểm \(B\) là \({h_B} = 0,8\)(m)
Chênh lệch độ cao giữa \(K\) và \(F\) là: \(KF = 3,2 - 0,8 = 2,4\)(m)
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông \(BKF\), ta có: \(BK = \sqrt {{3^2} - {{2,4}^2}} = 1,8\)(m)
Kẻ \(CI \bot BH\) suy ra \(\Delta BKF = \Delta BIC\)(cạnh huyền – góc nhọn) nên \(BI = BK = 1,8\)(m)
Xét \(\Delta BCH\) vuông nên ta có: \(B{C^2} = BI.BH \Rightarrow BH = \frac{{B{C^2}}}{{BI}} = \frac{9}{{1,8}} = 5\)(m)
Vậy độ dài \(CH = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\)(m)
Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) trong đó \(S\) là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và \(A,\,B,\,C\) là các điểm chung của kim cương với miệng ly; \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)và \(H\) là trung điểm \(BC\)
Đặt \(x\)(cm) là cạnh đáy hình chóp thì \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).
Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nên độ dài cạnh \(SA = SB = SC = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).
Từ đó suy ra \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{3}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{6}\).
Theo giả thiết thì chiều cao hình chóp S.ABC bằng \(\frac{1}{3}\) chiều cao ly nước: \(SO = \frac{1}{3}.9 = 3\)(cm)
Suy ra chiều dài cạnh đáy của hình chóp: \(\frac{{x\sqrt 6 }}{6} = 3 \Rightarrow x = 3\sqrt 6 \)(cm)
Vậy thể tích nước tràn ra bằng với thể tích khối chóp \(S.ABC\)
Thể tích đó là: \(V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3.\frac{{{{\left( {3\sqrt 6 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2} \approx 23,4\)(cm3)
Xét với \(k\) là số nhân viên tăng ca thì lương mỗi nhân viên sau tăng ca là: \(400\left( {1 + 0,03k} \right)\) USD.
Tổng lương cho \(k\) nhân viên là: \(400k\left( {1 + 0,03k} \right) = 4k\left( {100 + 3k} \right)\).
Với \(100 - k\) nhân viên còn lại thì mức lương vẫn 400USD nên tổng sẽ là: \(400\left( {100 - k} \right)\) USD.
Cứ \(k\) nhân viên tăng ca doanh thu tăng \(800k\) USD nên doanh thu tổng là: \(40000 + 800k\) USD.
Suy ra lợi nhuận tổng của nhà hàng là:
\(T\left( k \right) = 40000 + 800k - 4k\left( {100 + 3k} \right) - 8000 - 400\left( {100 - k} \right) = - 8000 + 800k - 12{k^2}\)
Xét hàm số \(T\left( k \right)\), ta có: \(T'\left( k \right) = 800 - 24k\). Giải \(T'\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{100}}{3} \notin \mathbb{N} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 33\\k = 34\end{array} \right.\)
Xét \(T\left( {33} \right) = 5332;T\left( {34} \right) = 5328 \to T\left( {33} \right) > T\left( {34} \right) \Rightarrow {T_{\max }} = T\left( {33} \right)\) tức lợi nhuận max là khi số nhân viên tăng ca là \(33\) tức số nhân viên còn lại không tăng ca là \(100 - 33 = 67\).
Tọa độ đỉnh của parabol là , đi qua các điểm \(O\left( {0;\,0} \right)\) và \(A\left( {24;\,32} \right)\)
Khi đó \(y = k{\left( {x - a} \right)^2} + 48\) nên \[\left\{ \begin{array}{l}k{a^2} + 48 = 0\\k{\left( {24 - a} \right)^2} + 48 = 32\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{{\left( {24 - a} \right)}^2}}}{{{a^2}}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 36 - 12\sqrt 3 \\a = 36 + 12\sqrt 3 \end{array} \right.\]
Kiểm tra lại điều kiện: \( - \frac{b}{{2a}} < 24\) nên chọn \(a = 36 - 12\sqrt 3 \) thỏa mãn\( \Rightarrow \)\(k = \frac{{ - {{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}}}{{36}}\)
Vậy phương trình parabol là: \(y = \frac{{ - {{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}}}{{36}}{\left( {x - 36 + 12\sqrt 3 } \right)^2} + 48\)
Đường thẳng \(OA\) đi qua \(\left\{ \begin{array}{l}O\left( {0;\,0} \right)\\A\left( {24;32} \right)\end{array} \right.\) có phương trình \(y = \frac{4}{3}x\)
Diện tích hình phẳng là: \(S = \int\limits_0^{24} {\left[ {\frac{{ - {{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}}}{{36}}{{\left( {x - 36 + 12\sqrt 3 } \right)}^2} + 48 - \frac{4}{3}x} \right]} {\rm{d}}x = 477,7.. \approx 478\)(cm2)
Nhận xét ban đầu: Ta thấy bốn đỉnh \(B,D,A'\) và \(A\) tạo thành một tam diện vuông bên trong hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) nên ta có thể chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) với điểm \(A\) trùng với gốc tọa độ và các trục \(Ox,Oy,Oz\) lần lượt trùng với các cạnh \(OB,OD,OA'\) như hình vẽ dưới đây
Suy ra các tọa độ: \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {10;0;0} \right),D\left( {0;10;0} \right),A'\left( {0;0;10} \right)\)
Khi đó ta gọi \(\left( P \right):ax + by + cz + d = 0\) và chọn \(d = 10\), ta có: \(\left( P \right):ax + by + cz + 10 = 0\)
Từ đây lần lượt có được như sau: (với \(a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }\)).
\(d\left( {B;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {10a + 10} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 10;d\left( {D;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {10b + 10} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 11;d\left( {A';\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {10c + 10} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 12\)
Đặt \(t = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \), khi ấy ta có dãy tỉ lệ thức sau: \(\frac{{a + 1}}{{10}} = \frac{{b + 1}}{{11}} = \frac{{c + 1}}{{12}} = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10t - 1\\b = 11t - 1\\c = 12t - 1\end{array} \right.\)
Suy ra \[t = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} = \sqrt {{{\left( {10t - 1} \right)}^2} + {{\left( {11t - 1} \right)}^2} + {{\left( {12t - 1} \right)}^2}} = \sqrt {365{t^2} - 66t + 3} \]
Khi ấy ta có phương trình: \[d\left( {B;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {10a + 10} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \frac{{\left| {100t} \right|}}{{\sqrt {365{t^2} - 66t + 3} }} = 10\]
\( \Leftrightarrow 265{t^2} - 66t + 3 = 0 \Leftrightarrow t = {t_0} = \frac{{33 + 7\sqrt 6 }}{{265}}\).
Vậy ta suy ra khoảng cần tìm là: \(d\left( {A;\left( P \right)} \right) = {\left. {\frac{{\left| {10} \right|}}{{\sqrt {365{t^2} - 66t + 3} }}} \right|_{t = {t_0}}} = \frac{{33 - 7\sqrt 6 }}{3} \approx 5,28\)(cm)
Anh Đạt mới mua một chiếc xe ô tô nhãn hiệu Mercedes S450. Sau quá trình bấm biển số thì biển số xe có dạng 29E - \(abcde\) với \(a,\,b,\,c,\,d,\,e\) là các chữ số phân biệt từ \(0\) đến \(9\)
Chiếc biển xe của anh Đạt được coi là biển xe “may mắn” nếu không có hai chữ số nào có tổng bằng \(10\). Hãy tính xác suất để anh Đạt bấm được một biển xe “may mắn”, biết rằng biển số đó có chứa chữ số \(5\) (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Tìm số lượng các biển số có 5 chữ số đôi một khác nhau lập từ tập \(S = \left\{ {0;\,1;\,2;\,...;\,9} \right\}\) mà trong đó bắt buộc có chữ số \(5\).
Gọi \(A\) là biến cố “Biển số xe may mắn” và \(B\) là biến cố “Biển số xe có chữ số \(5\)”
Tổng số biển có \(5\) chữ số khác nhau \(A_{10}^5\)
Số biển không chứa chữ số \(5\) là \(A_9^5\) nên \(n\left( B \right) = A_{10}^5 - A_9^5 = 15120\)(biển)
Các cặp số có tổng bằng \(10\) là: \(\left\{ {1;\,9} \right\},\,\left\{ {2;\,8} \right\},\,\left\{ {3;\,7} \right\},\left\{ {4;\,6} \right\}\)
Trường hợp 1: Chọn số \(0\)
Bộ số hiện có \(\left\{ {5;\,0} \right\}\) thì ta cần chọn thêm \(3\) số nữa được lấy từ \(\left\{ {1;\,9} \right\},\,\left\{ {2;\,8} \right\},\,\left\{ {3;\,7} \right\},\left\{ {4;\,6} \right\}\)(mỗi nhóm 1 số)
Chọn \(3\) nhóm từ \(4\) nhóm có \(C_4^3 = 4\) (cách)
Trong mỗi nhóm đã chọn, có \(2\) cách chọn một số nên có: \(2.2.2 = 8\)(cách chọn)
Xếp \(5\) số này vào \(5\) vị trí có \(5!\) (cách)
Số biển thỏa mãn cho trường hợp này là: \(4.8.5! = 3840\)(biển)
Trường hợp 2: Không chọn số \(0\)
Bộ số hiện có là \(\left\{ 5 \right\}\) thì ta cần chọn thêm \(4\) số nữa từ \(\left\{ {1;\,9} \right\},\,\left\{ {2;\,8} \right\},\,\left\{ {3;\,7} \right\},\left\{ {4;\,6} \right\}\)(mỗi nhóm 1 số) và \(4\)số này phải lấy từ cả \(4\) nhóm nên có \(1\) cách chọn
Trong mỗi nhóm, có hai cách chọn \(1\) số nên có \(2.2.2.2 = 16\)(cách)
Số cách chọn bộ số là \(1.16 = 16\)(cách)
Xếp \(5\) số này vào \(5\) vị trí có \(5!\) (cách)
Số biển thỏa mãn cho trường hợp này là: \(16.5! = 1920\)(biển)
Tổng số biến cố thuận lợi là: \(n\left( {A \cap B} \right) = 3840 + 1920 = 5760\)
Vậy xác suất cần tính là: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{5760}}{{15120}} = \frac{8}{{21}} = 0,38095... \approx 0,38\)
