Đề luyện thi tốt nghiệp số 1

$f'(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ khi đi qua $x=2$, nên hàm số đạt cực đại tại $x=2$ và giá trị cực đại là $f(2)=1$. Phương án A là điểm cực đại (giá trị của $x$), phương án C là giá trị cực tiểu, phương án D là điểm cực tiểu.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Ta tính giới hạn khi $x\to\pm\infty$ bằng cách chia tử và mẫu cho $x$:

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{4x+1}{2x-6}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{4+\frac1x}{2-\frac6x}=\frac42=2.$$

Vậy tiệm cận ngang là $y=2$. Phương án A chỉ lấy hệ số của tử, phương án B là tiệm cận đứng, phương án D lấy tỉ số hai hằng số $\dfrac{1}{-6}$.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Ta xét dấu đạo hàm:

$$y'=3x^2-6x=3x(x-2),\qquad y'<0\iff 0<x<2.$$

Vậy hàm số nghịch biến trên $(0; 2)$. Phương án B và C là các khoảng đồng biến ($y'>0$), phương án D đến từ việc giải nhầm $y'=0$ thành $x=0$, $x=-2$.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Ta dùng $\int\cos x\,dx=\sin x+C$ và $\int x^2\,dx=\dfrac{x^3}{3}+C$:

$$\int\left(2\cos x-3x^2\right)dx=2\sin x-3\cdot\frac{x^3}{3}+C=2\sin x-x^3+C.$$

Phương án A nhầm dấu nguyên hàm của $\cos x$, phương án B lấy đạo hàm của $3x^2$ thay vì nguyên hàm, phương án D quên chia cho $3$.

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

Tích phân có tính chất tuyến tính, nên

$$\int_1^3\left[2f(x)-3g(x)\right]dx=2\cdot4-3\cdot(-1)=8+3=11.$$

Phương án A bỏ dấu âm của $-1$ ($8-3$), phương án C quên hệ số $2$, phương án D quên hệ số $3$.

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

Toạ độ trung điểm là trung bình cộng toạ độ hai đầu mút:

$$I\left(\frac{2+4}{2}; \frac{-1+3}{2}; \frac{3+(-1)}{2}\right)=I(3; 1; 1).$$

Phương án A là nửa hiệu toạ độ, phương án B là tổng toạ độ (quên chia $2$), phương án C là toạ độ của $\overrightarrow{AB}$.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Ba điểm nằm trên ba trục nên ta dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, rồi nhân hai vế với $6$:

$$\frac x2+\frac{y}{-3}+\frac z6=1\iff 3x-2y+z-6=0.$$

Phương án B bỏ dấu âm của $-3$, phương án C lấy nhầm các giao điểm làm hệ số, phương án D sai dấu hằng số (thay $M$ vào được $6+6\neq0$).

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Mặt cầu $(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2$ có tâm $I(a; b; c)$ và bán kính $R$. Ở đây $a=1$, $b=-2$, $c=3$ và $R^2=16$ nên $R=4$. Phương án A đổi dấu toạ độ tâm, phương án B quên lấy căn bậc hai.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

$AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $(ABCD)$, nên góc cần tìm là $\widehat{SCA}$. Đường chéo hình vuông $AC=a\sqrt2$, do đó

$$\tan\widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt6}{a\sqrt2}=\sqrt3\ \Rightarrow\ \widehat{SCA}=60^\circ.$$

Phương án A đến từ tỉ số đảo ngược $\dfrac{AC}{SA}$; phương án D nhầm $SC$ vuông góc với đáy.

Ôn lại: hình học không gian.

Ta dùng giá trị đại diện của mỗi nhóm (trung điểm) là $10$, $30$, $50$, $70$, $90$:

$$\bar x=\frac{5\cdot10+12\cdot30+15\cdot50+6\cdot70+2\cdot90}{40}=\frac{1760}{40}=44.$$

Phương án A dùng đầu mút trái của các nhóm, phương án B là giá trị đại diện của nhóm giữa, phương án D là trung bình của các tần số.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

Theo định nghĩa xác suất có điều kiện:

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}3}{0{,}5}=0{,}6.$$

Phương án A là $P(B\mid A)=\dfrac{0{,}3}{0{,}6}$ (chia nhầm cho $P(A)$), phương án B nhân $P(A\cap B)$ với $P(B)$ thay vì chia, phương án C là $P(A\cap B)$.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

Viết $27=3^3$; cơ số $3>1$ nên giữ nguyên chiều bất đẳng thức:

$$3^{2x-1}\le3^3\iff 2x-1\le3\iff x\le2.$$

Phương án A bỏ mất dấu bằng, phương án C đổi chiều bất đẳng thức (chỉ đổi khi cơ số nhỏ hơn $1$), phương án D so sánh $2x-1$ với $27$ thay vì với số mũ $3$.

Ôn lại: lượng giác, mũ – lôgarit, cấp số.

a) Đúng: đạo hàm từng số hạng, $(x^3)'=3x^2$, $(-6x^2)'=-12x$, $(9x)'=9$.

b) Sai: $f'(x)=3(x-1)(x-3)<0$ khi $1<x<3$, nên hàm số nghịch biến trên $(1; 3)$.

c) Đúng: $f'$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ tại $x=1$, nên giá trị cực đại là $f(1)=1-6+9+1=5$.

d) Sai: so sánh $f(0)=1$, $f(1)=5$, $f(3)=1$, $f(4)=64-96+36+1=5$. Giá trị lớn nhất bằng $5$ nhưng đạt tại hai điểm $x=1$ và $x=4$.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

a) Đúng: $v(1)=12-3=9$ (m/s).

b) Sai: $v'(t)=12-6t<0$ khi $t>2$, nên vận tốc chỉ tăng trong $2$ giây đầu rồi giảm.

c) Đúng: $h(t)$ là nguyên hàm của $v(t)$ với $h(0)=0$: $h(t)=6t^2-t^3+C$ và $h(0)=0$ cho $C=0$.

d) Đúng: $v(t)=3t(4-t)\ge0$ trên $[0; 4]$ nên độ cao tăng, lớn nhất tại $t=4$: $h(4)=\displaystyle\int_0^4\left(12t-3t^2\right)dt=96-64=32$ (m).

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

a) Đúng: $\overrightarrow{AB}=(3-1; 2-0; 0-2)=(2; 2; -2)$.

b) Đúng: $I(2; 1; 1)$ và $2\cdot2+1-1-4=0$.

c) Sai: mặt phẳng trung trực đi qua $I(2; 1; 1)$, có vectơ pháp tuyến $\vec n=(1; 1; -1)$, nên có phương trình $(x-2)+(y-1)-(z-1)=0$, tức là $x+y-z-2=0$. Mặt phẳng $x+y-z=0$ không đi qua $I$.

d) Đúng: với $\vec u=(1; 1; -1)$ và $\vec n_P=(2; 1; -1)$,

$$\sin\varphi=\frac{|2+1+1|}{\sqrt3\cdot\sqrt6}=\frac{4}{3\sqrt2}\approx0{,}943\ \Rightarrow\ \varphi\approx70{,}5^\circ>60^\circ.$$

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Gọi $A$ là biến cố "sản phẩm do dây chuyền I làm ra", $L$ là biến cố "sản phẩm bị lỗi".

a) Đúng: đề cho $P(L\mid A)=0{,}03$.

b) Sai: theo công thức xác suất toàn phần, $P(L)=0{,}6\cdot0{,}03+0{,}4\cdot0{,}05=0{,}018+0{,}02=0{,}038$. Số $0{,}04$ là trung bình cộng của hai tỉ lệ, không tính đến tỉ trọng của mỗi dây chuyền.

c) Sai: $P(A\cap L)=P(A)\cdot P(L\mid A)=0{,}6\cdot0{,}03=0{,}018$; số $0{,}03$ là xác suất có điều kiện.

d) Đúng: theo công thức Bayes, $P(\overline A\mid L)=\dfrac{0{,}02}{0{,}038}=\dfrac{10}{19}\approx0{,}526>0{,}5$.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

Gọi chiều rộng phần in là $x$ cm ($x>0$), chiều cao phần in là $\dfrac{384}{x}$ cm. Diện tích tấm áp phích là

$$S(x)=(x+4)\left(\frac{384}{x}+6\right)=408+6x+\frac{1536}{x}.$$

$S'(x)=6-\dfrac{1536}{x^2}=0\iff x^2=256\iff x=16$, và $S'$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ tại $x=16$. Khi đó phần in là $16\times24$ cm, tấm áp phích là $20\times30$ cm, nên diện tích nhỏ nhất bằng $600$ cm².

Ôn lại: bài toán tối ưu và thực tế.

Ta chọn hệ trục toạ độ có gốc tại $A$ và các trục theo $AB$, $AD$, $AA'$: $B(3; 0; 0)$, $D(0; 4; 0)$, $A'(0; 0; 12)$. Vectơ pháp tuyến $\vec n=(a; b; c)$ của $(A'BD)$ vuông góc với $\overrightarrow{BD}=(-3; 4; 0)$ và $\overrightarrow{BA'}=(-3; 0; 12)$:

$$-3a+4b=0,\qquad -3a+12c=0\ \Rightarrow\ \text{chọn } a=4,\ b=3,\ c=1.$$

Vậy $(A'BD)\colon 4(x-3)+3y+z=0$, tức là $4x+3y+z-12=0$, và

$$d(A, (A'BD))=\frac{|4\cdot0+3\cdot0+0-12|}{\sqrt{4^2+3^2+1^2}}=\frac{12}{\sqrt{26}}\approx2{,}353.$$

Làm tròn đến hàng phần trăm, khoảng cách bằng $2{,}35$. Chú ý: vì $AB$, $AD$, $AA'$ đôi một vuông góc nên có thể kiểm tra lại bằng hệ thức $\dfrac1{h^2}=\dfrac1{AB^2}+\dfrac1{AD^2}+\dfrac1{AA'^2}$, nhưng hệ thức này không có trong sách giáo khoa.

Ôn lại: hình học không gian.

Đường dây có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(30; 40; -15)$, mặt đất có vectơ pháp tuyến $\vec k=(0; 0; 1)$. Ta có

$$\sin\varphi=\frac{|-15|}{\sqrt{30^2+40^2+15^2}}=\frac{15}{\sqrt{2725}}\approx0{,}287\ \Rightarrow\ \varphi\approx16{,}7^\circ.$$

Làm tròn đến hàng đơn vị, góc giữa đường dây và mặt đất khoảng $17^\circ$.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

"Đúng hai cảm biến phát hiện" là hợp của ba biến cố xung khắc (một cảm biến bỏ sót, hai cảm biến còn lại phát hiện). Các cảm biến độc lập nên ta nhân xác suất trong từng trường hợp rồi cộng lại:

$$P=0{,}9\cdot0{,}8\cdot0{,}5+0{,}9\cdot0{,}2\cdot0{,}5+0{,}1\cdot0{,}8\cdot0{,}5=0{,}36+0{,}09+0{,}04=0{,}49.$$

Ôn lại: thống kê và xác suất.

Hoành độ giao điểm: $x^2-2x=x\iff x^2-3x=0\iff x=0$ hoặc $x=3$. Trên $[0; 3]$ đường thẳng nằm trên parabol (thử $x=1$: $1>-1$), nên

$$S=\int_0^3\left(x-x^2+2x\right)dx=\int_0^3\left(3x-x^2\right)dx=\left[\frac{3x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_0^3=\frac{27}{2}-9=4{,}5.$$

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

Từ $T(5)=60$ ta có $70e^{-5k}=35$, tức là $e^{-5k}=\dfrac12$, nên $k=\dfrac{\ln2}{5}$. Giải $T(t)=30$:

$$70e^{-kt}=5\iff e^{-kt}=\frac1{14}\iff t=\frac{\ln14}{k}=\frac{5\ln14}{\ln2}\approx19{,}04.$$

Vậy sau khoảng $19$ phút trà còn $30^\circ$C.

Ôn lại: lượng giác, mũ – lôgarit, cấp số.