Đề luyện thi tốt nghiệp số 2

Ta xét dấu $f'(x)$; thừa số $(x-2)^2$ không âm nên không làm $f'$ đổi dấu:

$f'$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ chỉ tại $x=4$, nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=4$. Phương án A coi mọi nghiệm của $f'$ là điểm cực trị, phương án B là điểm cực đại.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Chia tử cho mẫu:

$$\frac{2x^2+3x-1}{x+2}=2x-1+\frac{1}{x+2}.$$

Vì $\dfrac1{x+2}\to0$ khi $x\to\pm\infty$, tiệm cận xiên là $y=2x-1$. Phương án B chỉ lấy hai hệ số đầu của tử, phương án C quên hệ số $2$ của $x^2$, phương án D là tiệm cận đứng.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

$y=x^3+x-5$ có $y'=3x^2+1>0$ với mọi $x$, nên đồng biến trên $\mathbb{R}$. Hàm số A có $y'=4x(x^2+1)<0$ khi $x<0$; hàm số B không xác định tại $x=3$; hàm số D có $y'=3x^2-3<0$ trên $(-1; 1)$.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Ta dùng $\int a^x\,dx=\dfrac{a^x}{\ln a}+C$ và $\int\dfrac1x\,dx=\ln|x|+C$ (với $x>0$ thì $|x|=x$). Phương án A là đạo hàm của $3^x$, phương án C dùng nhầm công thức của hàm luỹ thừa, phương án D lấy đạo hàm của $\dfrac1x$.

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

Ta tách tại $x=2$, nơi $x-2$ đổi dấu:

$$\int_0^3|x-2|\,dx=\int_0^2(2-x)\,dx+\int_2^3(x-2)\,dx=2+\frac12=\frac52.$$

Phương án A bỏ dấu giá trị tuyệt đối, phương án B lấy hiệu hai phần thay vì tổng, phương án C chỉ tính phần trên $[0; 2]$.

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

Ta có $u_4=u_1q^3$, nên $q^3=\dfrac{-54}{2}=-27$ và $q=-3$. Phương án B làm mất dấu âm, phương án C quên lấy căn bậc ba, phương án D dùng nhầm công thức cấp số cộng $u_4=u_1+3d$.

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

Mặt phẳng vuông góc với $d$ nhận vectơ chỉ phương $\vec u=(2; -1; 3)$ của $d$ làm vectơ pháp tuyến:

$$2(x-1)-(y+1)+3(z-2)=0\iff 2x-y+3z-9=0.$$

Phương án A sai dấu hằng số, phương án B sai dấu hệ số của $y$, phương án D là mặt phẳng đi qua điểm $(1; 0; -3)$ của $d$ thay vì đi qua $A$.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Bán kính bằng $IA$:

$$R^2=IA^2=(0-2)^2+(1+1)^2+(2-1)^2=9.$$

Vậy phương trình mặt cầu là $(x-2)^2+(y+1)^2+(z-1)^2=9$. Phương án A viết $R$ thay cho $R^2$, phương án C và D đổi dấu toạ độ tâm.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Tứ giác $ABC'D'$ là hình chữ nhật nên $BC'\parallel AD'$, do đó góc cần tìm bằng góc giữa $AB'$ và $AD'$. Tam giác $AB'D'$ có ba cạnh là ba đường chéo của ba mặt hình lập phương nên là tam giác đều, vậy góc bằng $60^\circ$. Phương án A nhầm với góc giữa đường chéo mặt và cạnh, phương án B nhầm vì hai mặt $(ABB'A')$ và $(BCC'B')$ vuông góc với nhau.

Ôn lại: hình học không gian.

Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=45^\circ$, nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$ và $SA=AC=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Do đó

$$V=\frac13\cdot AB\cdot AD\cdot SA=\frac13\cdot12\cdot5=20.$$

Phương án B quên hệ số $\dfrac13$, phương án C lấy nhầm $SA=AD=4$, phương án D dùng diện tích tam giác $ABC$ làm diện tích đáy.

Ôn lại: hình học không gian.

Nhóm có tần số lớn nhất là $[60; 70)$ với $n_m=15$, nhóm trước có $n_{m-1}=9$, nhóm sau có $n_{m+1}=10$:

$$M_o=60+\frac{15-9}{(15-9)+(15-10)}\cdot10=60+\frac{60}{11}\approx65{,}45.$$

Phương án A là trung điểm nhóm mốt, phương án B đổi chỗ hai hiệu ở tử ($15-10$ thay cho $15-9$), phương án C là tần số lớn nhất.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

"Đúng một bạn trúng" gồm hai trường hợp xung khắc: An trúng và Bình trượt, hoặc An trượt và Bình trúng. Do hai bạn ném độc lập:

$$P=0{,}7\cdot0{,}4+0{,}3\cdot0{,}6=0{,}28+0{,}18=0{,}46.$$

Phương án A là xác suất cả hai trúng, phương án C là xác suất có ít nhất một bạn trúng, phương án D là xác suất của biến cố đối.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

a) Đúng: $\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{x+3}{x-1}=+\infty$.

b) Sai: $y'=\dfrac{1\cdot(-1)-3\cdot1}{(x-1)^2}=\dfrac{-4}{(x-1)^2}<0$, nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

c) Đúng: hàm số nghịch biến trên $[2; 5]$, nên giá trị lớn nhất là $y(2)=\dfrac51=5$.

d) Đúng: viết $y=1+\dfrac{4}{x-1}$. Với $x$ nguyên, $y$ nguyên khi và chỉ khi $x-1$ là ước của $4$, tức là $x-1\in\{\pm1; \pm2; \pm4\}$: có $6$ giá trị của $x$, nên có $6$ điểm.

Ôn lại: đạo hàm và khảo sát hàm số.

a) Đúng: $v(t)$ là nguyên hàm của $a(t)$, $v(t)=2t-0{,}05t^2+C$, và $v(0)=0$ cho $C=0$.

b) Sai: $v(20)=40-0{,}05\cdot400=20$ (m/s). Số $40$ chỉ lấy $2t$ và quên số hạng $-0{,}05t^2$.

c) Sai: $\displaystyle\int_0^{10}\left(2t-0{,}05t^2\right)dt=\left[t^2-\frac{0{,}05t^3}{3}\right]_0^{10}=100-\frac{50}{3}\approx83{,}3$ (m).

d) Đúng: trong $20$ giây đầu tàu đi $\displaystyle\int_0^{20}\left(2t-0{,}05t^2\right)dt=400-\frac{400}{3}=\frac{800}{3}\approx266{,}7$ (m); trong $40$ giây sau tàu đi $20\cdot40=800$ (m). Tổng cộng khoảng $1066{,}7$ m $>1000$ m.

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

a) Đúng: $\overrightarrow{AB}=(4-0; 6-0; 0-12)=(4; 6; -12)$.

b) Đúng: $AB=\sqrt{16+36+144}=\sqrt{196}=14$ (m).

c) Sai: mặt đất có vectơ pháp tuyến $\vec k=(0; 0; 1)$, nên $\sin\varphi=\dfrac{12}{14}\approx0{,}857$ và $\varphi\approx59{,}0^\circ<60^\circ$.

d) Đúng: mặt phẳng $(OAB)$ chứa hai vectơ $\overrightarrow{OA}=(0; 0; 12)$ và $\overrightarrow{OB}=(4; 6; 0)$. Vectơ pháp tuyến $\vec n=(a; b; c)$ vuông góc với cả hai vectơ đó:

$$12c=0,\qquad 4a+6b=0\ \Rightarrow\ \text{chọn } c=0,\ a=3,\ b=-2.$$

Mặt phẳng đi qua $O$, có vectơ pháp tuyến $\vec n=(3; -2; 0)$, nên có phương trình $3x-2y=0$.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Gọi $D$ là biến cố "bi chuyển sang là bi đỏ", $E$ là biến cố "bi lấy từ hộp II là bi đỏ".

a) Đúng: $P(D)=\dfrac46=\dfrac23$.

b) Sai: sau khi chuyển, hộp II có $9$ viên, trong đó $4$ viên đỏ, nên $P(E\mid D)=\dfrac49$. Số $\dfrac12=\dfrac48$ quên rằng hộp II đã có thêm một viên.

c) Đúng: theo công thức xác suất toàn phần, $P(E)=\dfrac23\cdot\dfrac49+\dfrac13\cdot\dfrac39=\dfrac{8}{27}+\dfrac{3}{27}=\dfrac{11}{27}$.

d) Sai: theo công thức Bayes, $P(D\mid E)=\dfrac{8/27}{11/27}=\dfrac{8}{11}\approx0{,}727<0{,}75$.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

Gọi $x$ là số lần tăng giá ($0\le x\le50$). Khi đó giá thuê là $400+20x$, có $50-x$ phòng có khách, và lợi nhuận mỗi ngày (nghìn đồng) là

$$L(x)=(400+20x-40)(50-x)=(360+20x)(50-x).$$

$L'(x)=20(50-x)-(360+20x)=640-40x=0\iff x=16$. So sánh $L(0)=18\,000$, $L(16)=680\cdot34=23\,120$, $L(50)=0$: lợi nhuận lớn nhất khi $x=16$, tức là giá thuê $400+320=720$ nghìn đồng.

Ôn lại: bài toán tối ưu và thực tế.

Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm của $CD$. Vì $AC$ cắt $(SCD)$ tại $C$ và $AC=2OC$, nên $d(A, (SCD))=2\,d(O, (SCD))$. Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$. Vì $CD\perp OM$ và $CD\perp SO$ nên $CD\perp(SOM)$, suy ra $CD\perp OH$; do đó $OH\perp(SCD)$. Trong tam giác $SOM$ vuông tại $O$ với $OM=3$, $SO=4$:

$$OH=\frac{SO\cdot OM}{\sqrt{SO^2+OM^2}}=\frac{4\cdot3}{5}=2{,}4.$$

Vậy $d(A, (SCD))=2\cdot2{,}4=4{,}8$.

Ôn lại: hình học không gian.

Ta có $\overrightarrow{MN}=(40-5t; 10-3t; 10-t)$, nên

$$f(t)=MN^2=(40-5t)^2+(10-3t)^2+(10-t)^2=35t^2-480t+1800.$$

$f'(t)=70t-480=0\iff t=\dfrac{48}{7}$, và $f'$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ tại đó. Giá trị nhỏ nhất là $f\left(\dfrac{48}{7}\right)=\dfrac{1080}{7}$, nên khoảng cách nhỏ nhất là $\sqrt{\dfrac{1080}{7}}\approx12{,}42$, làm tròn được $12{,}4$ m.

Ôn lại: phương pháp toạ độ trong không gian.

Gọi $B$ là biến cố "Lan biết đáp án", $D$ là biến cố "Lan trả lời đúng". Ta có $P(D\mid B)=1$ và $P(D\mid\overline B)=0{,}25$. Theo công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes:

$$P(D)=0{,}6\cdot1+0{,}4\cdot0{,}25=0{,}7,\qquad P(B\mid D)=\frac{0{,}6}{0{,}7}=\frac67\approx0{,}857.$$

Làm tròn đến hàng phần trăm được $0{,}86$.

Ôn lại: thống kê và xác suất.

Thể tích khối tròn xoay là

$$V=\pi\int_0^2\left(4-x^2\right)^2dx=\pi\int_0^2\left(16-8x^2+x^4\right)dx=\pi\left(32-\frac{64}{3}+\frac{32}{5}\right)=\frac{256\pi}{15}\approx53{,}62.$$

Làm tròn đến hàng phần mười được $53{,}6$ cm³.

Ôn lại: nguyên hàm và tích phân.

Chia hai đẳng thức $N_0a^5=2400$ và $N_0a^2=300$ cho nhau được $a^3=8$, nên $a=2$ và $N_0=\dfrac{300}{4}=75$. Giải $N(t)=10\,000$:

$$75\cdot2^t=10\,000\iff 2^t=\frac{400}{3}\iff t=\log_2\frac{400}{3}\approx7{,}06.$$

Vậy sau khoảng $7{,}1$ giờ mẻ nuôi cấy có $10\,000$ vi khuẩn.

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