Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 4 (hay, chi tiết)

a) Hàm số đồng biến trên \((1; + \infty )\).

b) Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3.

c) Đồ thị có hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.

d) Giá trị lớn nhất của hàm số trên [-2;1] bằng 3.

a) Công thức biểu diễn hàm số \(s(t) = - 5{t^2} + 30t\) (m).

b) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 6 giây.

c) Sau 3 giây kể từ lúc đạp phanh, quãng đường xe ô tô di chuyển được là 45 (m).

d) Quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là 120 (m).

a) Xác suất \(P(\overline A ) = 0,5\) và \(P(\overline B ) = 0,4\).

b) Xác suất công ty thắng thầu đúng 1 dự án là 0,3.

c) Biết công ty thắng thầu dự án 1, xác suất công ty thắng thầu dự án 2 là 0,4.

d) Biết công ty không thắng thầu dự án 1, xác suất công ty thắng thầu dự án 2 là 0,8.

a) Phương trình mặt cầu thể hiện vùng phủ sóng của Radar là \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 417\).

b) Radar phát hiện một quả tên lửa ngay tại vị trí được phóng lên.

c) Giả sử hệ thống “Vòm sắt” gặp trục trặc không thể bắn hạ quả tên lửa. Khi đó, vị trí cuối cùng quả tên lửa xuất hiện trên màn hình Radar là B(415;-40;-8).

d) Nếu hệ thống gặp trục trặc không bắn hạ được tên lửa thì khoảng cách gần nhất từ hệ thống “Vòm sắt” đến quả tên lửa là xấp xỉ 190 km.

Áp dụng quy tắc tính nguyên hàm của hàm số lũy thừa: \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

\(\int {{x^3}dx} = \frac{{{x^4}}}{4} + C\).

Áp dụng định nghĩa đạo hàm \(f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\).

Ta có định nghĩa đạo hàm: \(f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\).

Suy ra: \(f'(2) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f(x) - f(2)}}{{x - 2}}\) (với \({x_0} = 2\)).

Mà theo đề bài: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f(x) - f(2)}}{{x - 2}} = 3\).

Do đó: \(f'(2) = 3\).

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Quan sát bảng biến thiên, thấy \(f(x) \ge - 2\) với mọi x thuộc [-1;1].

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) trên [-1;1] là -2.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) là \(y = \frac{a}{c}\).

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x + 1}}{{x - 1}}\) là

Tìm hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) và tính khoảng cách từ A’ đến hình chiếu đó.

Ta có \(AA' \bot (ABCD)\) nên \(d(A',(ABCD)) = AA' = a\).

Sử dụng quy tắc cộng.

Có 10 + 20 = 30 cách chọn 1 học sinh.

Hàm số nghịch biến trên khoảng đồ thị đi xuống từ trái sang.

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \((0;2)\).

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

\(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1 + 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.\) có một vecto chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_4}} = ( - 1;2;1)\).

Theo ý nghĩa vật lí của đạo hàm, ta có v(t) = s’(t).

\(v(t) = s'(t) = (3\cos t)' = - 3\sin t\).

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

\(\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

\(\cos x = \cos \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Theo đồ thị, hàm số y = f(x) đạt cực tiểu tại x = 1.

Áp dụng công thức tính mốt của mẫu số liệu ghép nhóm:

\({M_0} = {u_m} + \frac{{{n_m} - {n_{m - 1}}}}{{({n_m} - {n_{m - 1}}) + ({n_m} - {n_{m + 1}})}}.({u_{m + 1}} - {u_m})\).

Mốt \({M_0}\) chứa trong nhóm [40;60).

Do đó: \({u_m} = 40\), \({u_{m + 1}} = 60 \Rightarrow {u_{m + 1}} - {u_m} = 60 - 40 = 20\), \({n_{m - 1}} = 9\), \({n_m} = 12\), \({n_{m + 1}} = 10\).

\({M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{(12 - 9) + (12 - 10)}}.(60 - 40) = 52\).

a) Hàm số đồng biến trên \((1; + \infty )\).

b) Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3.

c) Đồ thị có hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.

d) Giá trị lớn nhất của hàm số trên [-2;1] bằng 3.

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số rồi nhận xét.

\(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

a) Đúng. Hàm số đồng biến trên \((1; + \infty )\).

b) Sai. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng -1.

c) Đúng. Ta có \(y(0) = {0^3} - 3.0 + 1 = 1\) nên đồ thị có hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.

d) Đúng. y(-2) = -1; y(-1) = 3; y(1) = -1. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên [-2;1] bằng 3.

a) Công thức biểu diễn hàm số \(s(t) = - 5{t^2} + 30t\) (m).

b) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 6 giây.

c) Sau 3 giây kể từ lúc đạp phanh, quãng đường xe ô tô di chuyển được là 45 (m).

d) Quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là 120 (m).

a) Sử dụng công thức \(s(t) = \int\limits_0^t {v(t)dt} \).

b) Khi xe ô tô dừng hẳn thì \(v(t) = 0\). Giải phương trình tìm t.

c) Tính s(3).

d) Tính tổng:

- Quãng đường ô tô di chuyển được trong 1 giây sau khi phát hiện chướng ngại vật.

- Quãng đường ô tô di chuyển được trong 3 giây kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn.

a) Đúng. Ta có \(s(t) = \int {v(t)dt} = \int {( - 10t + 30)dt} = - 5{t^2} + 30t + C\).

Do s(0) = 0 nên C = 0.

Vậy \(s(t) = - 5{t^2} + 30t\) (m).

b) Sai. Xe ô tô dừng hẳn khi \(v(t) = 0 \Leftrightarrow - 10t + 30 = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Vậy thời gian để xe dừng hẳn sau khi đạp phanh là 3 giây.

c) Đúng. Sau 3 giây kể từ lúc đạp phanh, quãng đường xe ô tô di chuyển được là:

\(s(3) = - {5.3^2} + 30.3 = 45\) (m).

d) Sai. Ta có 108 km/h = 30 m/s.

Quãng đường ô tô di chuyển được trong 1 giây sau khi phát hiện chướng ngại vật là 30 m.

Quãng đường ô tô di chuyển được trong 3 giây kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là 45 m.

Vậy tổng quãng đường ô tô đi được từ lúc phát hiện chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là 30 + 45 = 75 m.

a) Xác suất \(P(\overline A ) = 0,5\) và \(P(\overline B ) = 0,4\).

b) Xác suất công ty thắng thầu đúng 1 dự án là 0,3.

c) Biết công ty thắng thầu dự án 1, xác suất công ty thắng thầu dự án 2 là 0,4.

d) Biết công ty không thắng thầu dự án 1, xác suất công ty thắng thầu dự án 2 là 0,8.

Sử dụng quy tắc tính xác suất của biến cố đối, công thức xác suất toàn phần và công thức xác suất có điều kiện.

a) Đúng. \(P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - 0,5 = 0,5\); \(P(\overline B ) = 1 - P(B) = 1 - 0,6 = 0,4\).

b) Đúng. C: “Thắng thầu đúng 1 dự án”. Có P(AB) = 0,4.

\(P(A) = P(AB) + P(A\overline B ) \Leftrightarrow P(A\overline B ) = P(A) - P(AB) = 0,5 - 0,4 = 0,1\).

\(P(B) = P(AB) + P(\overline A B) \Leftrightarrow P(\overline A B) = P(B) - P(AB) = 0,6 - 0,4 = 0,2\).

\(P(C) = P(A\overline B ) + P(\overline A B) = 0,1 + 0,2 = 0,3\).

c) Sai. \(P(B|A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,4}}{{0,5}} = 0,8\).

d) Sai. \(P(B|\overline A ) = \frac{{P(\overline A B)}}{{P(\overline A )}} = \frac{{0,2}}{{0,5}} = 0,4\).

a) Phương trình mặt cầu thể hiện vùng phủ sóng của Radar là \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 417\).

b) Radar phát hiện một quả tên lửa ngay tại vị trí được phóng lên.

c) Giả sử hệ thống “Vòm sắt” gặp trục trặc không thể bắn hạ quả tên lửa. Khi đó, vị trí cuối cùng quả tên lửa xuất hiện trên màn hình Radar là B(415;-40;-8).

d) Nếu hệ thống gặp trục trặc không bắn hạ được tên lửa thì khoảng cách gần nhất từ hệ thống “Vòm sắt” đến quả tên lửa là xấp xỉ 190 km.

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

a) Sai. Mặt cầu thể hiện vùng phủ sóng là mặt cầu tâm O(0;0;0), bán kính R = 417 có phương trình là: \({x^2} + {y^2} + {z^2} = {417^2}\).

b) Sai. Khoảng cách từ Radar đến vị trí quả tên lửa được bắn lên là:

\(OA = \sqrt {{{688}^2} + {{185}^2} + {{( - 8)}^2}} = \sqrt {507633} \approx 721\) (km).

Vì OA > R nên vị trí quả tên lửa được bắn lên nằm ngoài vùng phủ sóng của Radar. Khi đó, Radar không phát hiện được.

c) Sai. Quỹ đạo tên lửa là đường thẳng d đi qua điểm A(688;185;-8), nhận \(\overrightarrow u = ( - 91; - 75;0)\) làm vecto chỉ phương nên có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 688 - 91t\\y = 185 - 75t\\z = - 8\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

Ta có B(688 – 91t; 185 – 71t; -8) là một điểm thuộc d.

Để B là giao điểm của của đường thẳng d với mặt cầu phủ sóng của Radar thì:

\({(688 - 91t)^2} + {(185 - 71t)^2} + {( - 8)^2} = {417^2}\)

\( \Leftrightarrow 15906{t^2} - 152966t + 333744 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\\t = 3\end{array} \right.\)

Với t = 8, ta có B(-40;-415;-8), \(AB = \sqrt {{{( - 40 - 688)}^2} + {{( - 415 - 185)}^2} + {{( - 8 + 8)}^2}} = 943\) (km).

Với t = 3, ta có B(415;-40;-8), \(AB = \sqrt {{{(415 - 688)}^2} + {{( - 40 - 185)}^2} + {{( - 8 + 8)}^2}} = 354\) (km).

Vì 354 < 943 nên vị trí đầu tiên quả tên lửa xuất hiện trên Radar có tọa độ (415;-40;-8), vị trí cuối cùng quả tên lửa xuất hiện trên Radar có tọa độ (-40;-415;-8).

d) Sai. Gọi H(688 – 91t; 185 – 71t; -8) là vị trí “Vòm sắt” gần quả tên lửa nhất.

Khi đó, H là hình chiếu của O trên d, hay \(\overrightarrow {OH} .\overrightarrow u = 0\)

\( \Leftrightarrow (688 - 91t).( - 91) + (185 - 75t).( - 75) + ( - 8).0 = 0\)

\( \Leftrightarrow 13906t - 76483 = 0\)

\( \Leftrightarrow t = \frac{{11}}{2}\).

Suy ra \(H\left( {\frac{{375}}{2}; - \frac{{455}}{2}; - 8} \right)\).

Khoảng cách đó là \(OH = \sqrt {{{\left( {\frac{{375}}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{455}}{2}} \right)}^2} + ( - 8)} \approx 295\) (km).

Tìm hình chiếu của A lên mặt phẳng (SCD) và tính khoảng cách từ điểm A đến hình chiếu đó.

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

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

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SD\\AH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SCD)\) và AH cắt (SCD) tại H.

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

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}.1}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{2} = 0,5\).

Xét từng địa điểm và con đường mất ít thời gian di chuyển nhất tới địa điểm đó.

Từ viện bảo tàng, thời gian di chuyển đến trường B là ngắn nhất: 19 phút.Từ trường B, thời gian di chuyển đến trường A là ngắn nhất: 38 phút.Từ trường A, thời gian di chuyển đến trường C là ngắn nhất: 32 phút.Đến đây, không còn địa điểm nào chưa đi qua nên quay lại viện bảo tàng với thời gian di chuyển: 51 phút.Do đó, chu trình xuất phát từ viện bảo tàng, qua trường B, trường A, trường C rồi quay lại viện bảo tàng có thời gian đi là ít nhất và thời gian đi là: 19 + 38 + 32 + 51 = 140 (phút).

Chọn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp rồi áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm:

\(AB = \sqrt {{{({x_A} - {x_B})}^2} + {{({y_A} - {y_B})}^2} + {{({z_A} - {z_B})}^2}} \).

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với gốc đặt tại điểm xuất phát của chiếc máy bay, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Ox hướng về phía Bắc, trục Oy hướng về phía Tây, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo km (như hình vẽ).

Chiếc máy bay có tọa độ (50;20;1).Khoảng cách của chiếc máy bay với vị trí tại điểm xuất phát là: \(\sqrt {{{50}^2} + {{20}^2} + {1^2}} \approx 53,9\) (km).

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.

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

(P) đi qua ba điểm (0;4), (-2;0) và (2;0) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}4 = a{.0^2} + b.0 + c\\0 = a{.2^2} + b.2 + c\\0 = a.{( - 2)^2} + b.( - 2) + c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\\c = 4\end{array} \right.\).

Vậy (P): \(y = - {x^2} + 4\).

Điểm D và E thuộc đồ thị có tung độ bằng 2 nên hoành độ hai điểm đó là nghiệm của phương trình \( - {x^2} + 4 = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).

Theo đồ thị, \(D(\sqrt 2 ;2)\) và \(E( - \sqrt 2 ;2)\).

Chiều rộng cánh cửa là \(DE = 2\sqrt 2 \) (m).

Diện tích cánh cửa là \({S_{CDEF}} = 2.2\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \) \(({m^2})\).

Diện tích phần đồ thị (P) tạo với trục hoành là \(S = \int\limits_{ - 2}^2 {( - {x^2} + 4)dx} = \frac{{32}}{3}\) \(({m^2})\).

Diện tích cần trang trí là \({S_1} = S - {S_{CDEF}} = \frac{{32}}{3} - 4\sqrt 2 = \frac{{32 - 12\sqrt 2 }}{3}\) \(({m^2})\).

Chi phí để trang trí là \(\frac{{32 - 12\sqrt 2 }}{3}.1,5 \approx 7,5\) (triệu đồng).

Lập hàm số tính thời gian di chuyển theo x và tìm x để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất.

Gọi A là mục tiêu; B là vị trí chiến sỹ và BD là đường bơi của chiến sỹ.Chọn một đơn vị độ dài là 100m, suy ra BC = 1; AB = 10; \(AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {1^2}} = 3\sqrt {11} \).

Gọi vận tốc bơi của chiến sỹ là 1 đơn vị vận tốc thì vận tốc chạy của chiến sỹ là 3 đơn vị vận tốc. Gọi x là quãng đường chiến sỹ bơi, hay BD = x (1 < x < 10).

\(CD = \sqrt {{x^2} - 1} \); \(AD = AC - CD = 3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} \).

Thời gian chiến sỹ đến được mục tiêu là: \(t = \frac{{3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} + \frac{x}{1} = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x\).

Xét hàm \(f(x) = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x\) có \(f'(x) = 1 - \frac{x}{{3\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\\x = - \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Thời gian chiến sỹ đến mục tiêu ngắn nhất khi f(x) đạt giá trị nhỏ nhất, hay \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy chiến sĩ phải bơi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{4}.100 = 75\sqrt 2 \approx 106\) (m).

Sử dụng công thức xác suất toàn phần.

A: “Lấy được quả bóng vàng từ hộp II”.

Vì lấy 4 trong số 5 quả bóng (3 trắng, 2 vàng) từ hộp I sang hộp II nên không thể xảy ra biến cố “không lấy được quả màu vàng nào từ hộp I” mà chỉ có 2 trường hợp xảy ra: Lấy được 1 hoặc 2 quả màu vàng.

Do đó, nếu gọi B: “Trong 4 quả bóng lấy từ hộp I chỉ có 1 quả màu vàng”, thì ta có \(\overline B \): “Trong 4 quả bóng lấy từ hộp I có 2 quả màu vàng”.

* TH1: B xảy ra:

Ta có \(P(B) = \frac{{C_3^3.C_2^1}}{{C_5^4}} = \frac{2}{5}\).

Sau khi bỏ 4 quả ở hộp I sang hộp II thì hộp II có 9 quả bóng trắng và 5 quả bóng vàng.

Do đó \(P(A|B) = \frac{5}{{14}}\).

* TH2: \(\overline B \) xảy ra:

Ta có \(P(\overline B ) = \frac{{C_3^2.C_2^2}}{{C_5^4}} = \frac{3}{5}\).

Sau khi bỏ 4 quả ở hộp I sang hộp II thì hộp II có 8 quả bóng trắng và 6 quả bóng vàng.

Do đó \(P(A|\overline B ) = \frac{6}{{14}} = \frac{3}{7}\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(P(A) = P(B).P(A|B) + P(\overline B ).P(A|\overline B ) = \frac{2}{5}.\frac{5}{{14}} + \frac{3}{5}.\frac{3}{7} = 0,4\).