Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 5)
20 câu hỏi
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho là
\(3\).
\( - 2\).
\( - 1\).
\(2\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số đã cho là 3. Chọn A.
\(0\).
\(3\).
\(6\).
\(7\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + 3\).
Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nếu \(f'\left( x \right) \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' = {a^2} - 3 \cdot 3 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le a \le 3\).
Vậy có 7 số nguyên \(a\) thỏa mãn yêu cầu. Chọn D.
\(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {2\,;\, - 1\,;\,\,1} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_3}} = \left( {2\,;\, - 1\,;\,3} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_4}} = \left( { - 1\,;\,1\,;\,3} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + z + 3 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {2\,;\, - 1\,;\,\,1} \right)\). Chọn A.
\(0\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {2; - 2} \right\}\).
Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = - \infty \);
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = \frac{3}{4}\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = \frac{3}{4}\).
Suy ra đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có một tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2\). Chọn B.
\(3\).
\(7\).
\(5\).
\(9\).
Ta có \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {{4^x}{\rm{d}}x} = \frac{{{4^x}}}{{\ln 4}} + C = \frac{{{4^x}}}{{2\ln 2}} + C} \). Suy ra \(F\left( x \right) = \frac{{{4^x}}}{{2\ln 2}} + C\).
Vì \(F\left( 1 \right) = \frac{2}{{\ln 2}} + C = \frac{1}{{\ln 2}}\). Suy ra \(C = - \frac{1}{{\ln 2}}\). Do đó \(F\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{{4^{\frac{3}{2}}}}}{{2\ln 2}} - \frac{1}{{\ln 2}} = \frac{3}{{\ln 2}}\).
Suy ra \(F\left( {\frac{3}{2}} \right) \cdot \ln 2 = 3\). Chọn A.
\(\frac{5}{3}\).
\(\frac{2}{3}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{4}{3}\).
Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 1} \right)^\prime } = 2x;f'\left( { - 1} \right) = - 2\).
Phương trình tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại điểm \(M\left( { - 1;0} \right)\) là
\(y = f'\left( { - 1} \right) \cdot \left( {x + 1} \right) + f\left( { - 1} \right)\)\( \Leftrightarrow y = - 2 \cdot \left( {x + 1} \right) + 0\) hay \(y = - 2x - 2\).
Diện tích cần tìm là \(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {\left( {{x^2} - 1} \right) - \left( { - 2x - 2} \right)} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{x^2} + 2x + 1} \right|{\rm{d}}x} = \frac{1}{3}\). Chọn C.
\(b - a = - 1\).
\(b - a = - 3\).
\(b - a = 3\).
\(b - a = 1\).
\({\log _3}\left( {{x^2} - x + 7} \right) < 2\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x + 7 > 0\\{x^2} - x + 7 < {3^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\forall x \in \mathbb{R}\\{x^2} - x - 2 < 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\forall x \in \mathbb{R}\\ - 1 < x < 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow - 1 < x < 2\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - 1;2} \right)\).
Suy ra \(a = - 1;b = 2\). Do đó \(b - a = 2 + 1 = 3\). Chọn C.
\(0,4\).
\(0,5\).
\(0,7\).
\(0,8\).
Ta có \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right) = 0,7 + 0,5 - 0,8 = 0,4\).
Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,4}}{{0,5}} = 0,8\). Chọn D.
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 36\).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 36\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I(2;1; - 1)\) và bán kính \(R = 3\) nên có phương trình là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\). Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 20 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Dùng đồ thị hàm số \(y = - \sin x\) (tham khảo hình vẽ), xác định số nghiệm của phương trình \(2\sin x + \sqrt 2 = 0\) trên đoạn \( - \frac{{3\pi }}{2} \le x \le \frac{{3\pi }}{2}\).
\(2\).
\(3\).
\(1\).
\(4\).
\(2\sin x + \sqrt 2 = 0\)\( \Leftrightarrow \sin x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Trên đoạn \( - \frac{{3\pi }}{2} \le x \le \frac{{3\pi }}{2}\) , đồ thị hàm số \(y = - \sin x\) và đường thẳng \(y = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) có 3 điểm chung nên phương trình \(\sin x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) có 3 nghiệm phân biệt. Chọn B.
\(5\).
\(4\).
\(2\).
\(1\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(10 - 5 = 5\). Chọn A.
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = 1 + t\\z = t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 4t\\y = 1 + t\\z = - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = 1 + t\\z = - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 4t\\y = 1 + t\\z = t\end{array} \right.\).
Có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;1; - 1} \right)\).
Đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left( { - 1;1;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;1; - 1} \right)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 4t\\y = 1 + t\\z = - t\end{array} \right.\). Chọn B.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{{x^2} + 2}} = 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{{x^2} + 2}} = 0\).
Do đó \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\). Có \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 2\left( {{x^2} - x - 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\);
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 2\left( {{x^2} - x - 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x = 2\).
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 1\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có \( - 1 \le f\left( x \right) \le \frac{1}{2}\).
Với \(m = 0\) đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = m\) có 1 điểm chung nên phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 1 nghiệm phân biệt.
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
Ta có \(4 \cdot 1 - 2 + 2 \cdot 3 + 13 = 21 \ne 0\) nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) không đi qua điểm \(A\).
Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {4; - 1;2} \right).\)
Phương trình tham số của \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 4t\\y = 2 - t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\).
Gọi \(C\) là giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Vì \(C \in \Delta \) nên \(C\left( {1 + 4{t_0};2 - {t_0};3 + 2{t_0}} \right)\).
Vì \(C \in \left( P \right)\) nên \(4\left( {1 + 4{t_0}} \right) - \left( {2 - {t_0}} \right) + 2\left( {3 + 2{t_0}} \right) + 13 = 0\), suy ra \({t_0} = - 1\). Vậy \(C\left( { - 3;3;1} \right)\).
Một vectơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow {CB} = \left( {3; - 2; - 7} \right)\). Suy ra \(a + b + c = 3 - 2 - 7 = - 6\).
Đáp án: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
Khoảng biến thiên thời gian chạy của Hoa là \(24,2 - 23,7 = 0,5\) (giây).
Khoảng biến thiên thời gian chạy của Mai là \(24 - 23,7 = 0,3\)(giây).
Ta có bảng sau
|
Thời gian (giây) |
\(\left[ {23,7;23,8} \right)\) |
\(\left[ {23,8;23,9} \right)\) |
\(\left[ {23,9;24} \right)\) |
\(\left[ {24;24,1} \right)\) |
\(\left[ {24,1;24,2} \right)\) |
|
Giá trị đại diện |
\(23,75\) |
\(23,85\) |
\(23,95\) |
\(24,05\) |
\(24,15\) |
|
Số lần chạy của Hoa |
11 |
15 |
7 |
0 |
5 |
|
Số lần chạy của Mai |
28 |
18 |
4 |
0 |
0 |
Thành tích trung bình của Hoa là
\(\overline {{x_1}} = \frac{{23,75 \cdot 11 + 23,85 \cdot 15 + 23,95 \cdot 7 + 24,05 \cdot 0 + 24,15 \cdot 5}}{{38}} \approx 23,8789 < 23,9\).
Thành tích trung bình của Mai là
\(\overline {{x_2}} = \frac{{23,75 \cdot 28 + 23,85 \cdot 18 + 23,95 \cdot 4 + 24,05 \cdot 0 + 24,15 \cdot 0}}{{50}} = 23,802\).
Vì \(\overline {{x_2}} < \overline {{x_1}} \) nên thành tích trung bình của Mai tốt hơn Hoa.
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về thời gian chạy của Hoa là
\({s_1} = \sqrt {\frac{{23,{{75}^2} \cdot 11 + 23,{{85}^2} \cdot 15 + 23,{{95}^2} \cdot 7 + 24,{{05}^2} \cdot 0 + 24,{{15}^2} \cdot 5}}{{38}} - 23,{{8789}^2}} \approx 0,134\).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về thời gian chạy của Mai là
\({s_2} = \sqrt {\frac{{23,{{75}^2} \cdot 28 + 23,{{85}^2} \cdot 18 + 23,{{95}^2} \cdot 4 + 24,{{05}^2} \cdot 0 + 24,{{15}^2} \cdot 0}}{{50}} - 23,{{802}^2}} = 0,064\).
Do độ lệch chuẩn của Mai thấp hơn của Hoa nên Mai có thành tích ổn định hơn Hoa.
Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
Một chiếc bát thủy tinh có bề dày của phần xung quanh là một khối tròn xoay, khi xoay hình phẳng \(D\) quanh một đường thẳng \(a\) bất kì nào đó mà khi gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) (đơn vị trên trục là decimét) vào hình phẳng \(D\) tại một vị trí thích hợp, thì đường thẳng \(a\) sẽ trùng với trục \(Ox\). Khi đó hình phẳng \(D\) được giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\), \(y = x\) và hai đường thẳng \(x = 1\), \(x = 4\). Thể tích của bề dày chiếc bát thủy tinh đó bằng bao nhiêu decimét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Gọi \({V_1}\) là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1,x = 4\) quay quanh trục \(Ox\).
Khi đó \({V_1} = \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2}} \;{\rm{d}}x = \frac{{111\pi }}{4}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Gọi \({V_2}\) là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = x\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1,x = 4\) quay quanh trục \(Ox\).
Khi đó \({V_2} = \pi \int\limits_1^4 {{x^2}} \;{\rm{d}}x = 21\,\pi \,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Vậy thể tích của bề dày chiếc bát thủy tinh đó là: \(V = {V_1} - {V_2} = \frac{{111\pi }}{4} - 21\pi = \frac{{27\pi }}{4} \approx 21,2\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right){\rm{.}}\)
Đáp án: \(21,2\).
Khi đặt hệ tọa độ \[Oxyz\]vào không gian với đơn vị trên trục tính theo kilômét, người ta thấy rằng một không gian phủ sóng điện thoại có dạng một hình cầu \(\left( S \right)\) (tập hợp những điểm nằm trong và nằm trên mặt cầu tương ứng). Biết mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình: \[{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z + 5 = 0\]. Khoảng cách xa nhất giữa hai vùng phủ sóng là bao nhiêu kilômét?
![Khi đặt hệ tọa độ \[Oxyz\]vào không gian với đơn vị trên trục tính theo kilômét, người ta thấy rằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/01/blobid44-1737301480.png)
Ta có: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z + 5 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {3^2}\).
Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức là \(6\)km.
Đáp án: \(6\).
Kí hiệu \(x\) là hoành độ của điểm \(B\) \(\left( {0 < x < 3} \right)\).
Ta có \(AB = 2x,BC = 9 - {x^2}\).
Từ đó, diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \(S\left( x \right) = 18x - 2{x^3},0 < x < 3\).
Ta có \(S'\left( x \right) = 18 - 6{x^2}\), \(S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \sqrt 3 \) (do \(x > 0\)). Bảng biến thiên:
Từ đó \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3} \right)} S\left( x \right) = S\left( {\sqrt 3 } \right) = 12\sqrt 3 \approx 20,8\).
Đáp án: \(20,8\).
Gọi \(A\) là biến cố “Xạ thủ được chọn thuộc hạng I”, \(C\) là biến cố “Xạ thủ bắn trúng mục tiêu”. Ta cần tính \(P\left( {A|C} \right)\).
Ta có \(P\left( {A|C} \right) = \frac{{P\left( {C|A} \right)P\left( A \right)}}{{P\left( {C|A} \right)P\left( A \right) + P\left( {C|\overline A } \right)P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{0,8 \cdot 0,4}}{{0,8 \cdot 0,4 + 0,7 \cdot 0,6}} = \frac{{16}}{{37}} \approx 0,43\).
Đáp án: \(0,43\).
Trung điểm của \(BC\) là \(I\left( {1;4;1} \right)\). Ta có \(S = 2MA + \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2\left( {MA + MI} \right)\).
Do điểm \(A\) và điểm \(I\) nằm cùng phía so với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nên \(MA + MI = MA' + MI\) với \(A'\left( { - 1;1; - 2} \right)\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).
Ta lại có \(S = 2\left( {MA' + MI} \right) \ge 2A'I\). Suy ra \(M \in \left( {Oxy} \right)\) và \(M,A',I\) thẳng hàng.
Khi đó, hai vectơ \(\overrightarrow {A'M} = \left( {a + 1;b - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {A'I} = \left( {2;3;3} \right)\) cùng phương.
Suy ra \(\frac{{a + 1}}{2} = \frac{{b - 1}}{3} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = 3\end{array} \right.\). Vậy \(a + b = \frac{{10}}{3} \approx 3,3\).
Đáp án: \(3,3\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
Học liệu phổ biến Tốt nghiệp THPT
Tốt nghiệp THPT
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
