Đề luyện thi tốt nghiệp số 3

Hàm số đạt cực trị tại những điểm mà $f'(x)$ đổi dấu, tức là các nghiệm có bội lẻ:

$$x=1\ (\text{bội } 1),\qquad x=-2\ (\text{bội } 3),\qquad x=0\ (\text{bội } 2 \text{, không đổi dấu}).$$

Vậy hàm số có $2$ điểm cực trị. Phương án C đếm cả nghiệm kép $x=0$; phương án D cộng các số mũ $2+1+3$.

Ôn lại: Ôn tập: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Phân tích tử và mẫu thành nhân tử rồi rút gọn (với $x\neq1$):

$$y=\dfrac{(2x-1)(x-1)}{(x-1)(x+1)}=\dfrac{2x-1}{x+1}.$$

Khi $x\to1$ thì $y\to\dfrac12$ (hữu hạn) nên $x=1$ không phải tiệm cận đứng. Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận ngang $y=2$, tổng cộng $2$ đường. Phương án C quên kiểm tra giới hạn tại $x=1$, chỉ nhìn nghiệm của mẫu.

Ôn lại: Ôn tập: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Đưa phương trình về dạng $f(x)=k$ rồi đếm giao điểm với đường thẳng $y=k$:

$$2f(x)+5=0\iff f(x)=-\dfrac52.$$

Vì $-4<-\dfrac52<2$, đường thẳng $y=-\dfrac52$ cắt đồ thị trên mỗi khoảng $(-\infty; -1)$, $(-1; 3)$, $(3; +\infty)$ tại đúng một điểm, nên phương trình có $3$ nghiệm. Phương án A chuyển vế sai dấu thành $f(x)=\dfrac52>2$.

Ôn lại: Ôn tập: đạo hàm và khảo sát hàm số.

Dùng bảng nguyên hàm $\displaystyle\int e^{ax}\,dx=\dfrac1a e^{ax}+C$ và $\displaystyle\int\dfrac1x\,dx=\ln|x|+C$, với $x>0$ thì $|x|=x$:

$$\int\Big(e^{2x}-\dfrac1x\Big)dx=\dfrac12e^{2x}-\ln x+C.$$

Phương án A lấy đạo hàm của $e^{2x}$ thay vì nguyên hàm; phương án B đạo hàm $\dfrac1x$; phương án D sai dấu.

Ôn lại: Ôn tập: nguyên hàm và tích phân.

Tách khoảng lấy tích phân, rồi dùng tính chất tuyến tính:

$$\int_2^5 f(x)\,dx=7-3=4,\qquad \int_2^5\big[2f(x)-1\big]dx=2\cdot4-(5-2)=5.$$

Phương án A quên số hạng $-1$; phương án C coi $\displaystyle\int_2^5 1\,dx=1$; phương án D dùng nhầm $\displaystyle\int_0^5$ thay cho $\displaystyle\int_2^5$: $2\cdot7-3$.

Ôn lại: Ôn tập: nguyên hàm và tích phân.

Mặt phẳng trung trực đi qua trung điểm $I$ của $AB$ và nhận $\overrightarrow{AB}$ làm vectơ pháp tuyến:

$$I(2; 1; 1),\qquad \overrightarrow{AB}=(2; -2; 4)=2(1; -1; 2).$$

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

Phương án A đi qua $A$, phương án B đi qua $B$ thay vì trung điểm; phương án C lấy nhầm toạ độ của $I$ làm vectơ pháp tuyến.

Ôn lại: Ôn tập: phương pháp toạ độ trong không gian.

Tìm tâm và bán kính của mặt cầu, rồi so sánh khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng với bán kính:

$$I(2; -1; 3),\qquad R=\sqrt{2^2+1^2+3^2+2}=4.$$

$$d\big(I,(P)\big)=\dfrac{|2\cdot2-(-1)+2\cdot3+1|}{\sqrt{4+1+4}}=\dfrac{12}{3}=4=R.$$

Vậy $(P)$ tiếp xúc với $(S)$. Phương án C xuất hiện khi quên số hạng $+2$ trong $R$ (được $R=\sqrt{14}<4$) hoặc quên chia cho $3$; phương án A xuất hiện khi lấy sai dấu tâm $I(-2; 1; -3)$.

Ôn lại: Ôn tập: phương pháp toạ độ trong không gian.

Ta tìm hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$. Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp(SAB)$, do đó hình chiếu của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$ và góc cần tìm là $\widehat{CSB}$:

$$SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt3,\qquad \tan\widehat{CSB}=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{a}{a\sqrt3}=\dfrac{1}{\sqrt3}.$$

Vậy góc bằng $30^\circ$. Phương án A là góc giữa $SC$ và mặt đáy ($\tan=\dfrac{SA}{AC}=1$); phương án B là góc $\widehat{SCB}$, phần bù trong tam giác vuông $SBC$.

Ôn lại: Ôn tập: hình học không gian.

Nhóm có tần số lớn nhất là $[20; 30)$, với $n_{m-1}=12$, $n_m=15$, $n_{m+1}=6$, độ dài nhóm $h=10$:

$$M_o=20+\dfrac{15-12}{(15-12)+(15-6)}\cdot10=20+\dfrac{3}{12}\cdot10=22{,}5.$$

Phương án A là giá trị đại diện của nhóm; phương án C đặt nhầm $15-6$ lên tử số; phương án D là số trung bình.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Dùng các giá trị đại diện $5$, $7$, $9$:

$$\bar x=\dfrac{3\cdot5+5\cdot7+2\cdot9}{10}=6{,}8,\qquad s^2=\dfrac{3\cdot25+5\cdot49+2\cdot81}{10}-6{,}8^2=48{,}2-46{,}24=1{,}96.$$

Vậy $s=\sqrt{1{,}96}=1{,}4$. Phương án A là phương sai (quên lấy căn); phương án B là khoảng biến thiên $10-4$; phương án D là độ dài một nhóm.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Theo định nghĩa xác suất có điều kiện, chia cho xác suất của biến cố đã biết là $B$:

$$P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0{,}12}{0{,}4}=0{,}3.$$

Phương án A chia cho $P(A)$, tức là tính $P(B\mid A)$; phương án B là tích $P(A)\cdot P(B)$, chỉ đúng khi hai biến cố độc lập; phương án C là $P(A\cap B)$.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Điều kiện $x>1$. Cơ số $\dfrac12<1$ nên khi bỏ lôgarit ta đổi chiều bất phương trình:

$$\log_{\frac12}(x-1)\ge-2\iff x-1\le\Big(\dfrac12\Big)^{-2}=4\iff x\le5.$$

Kết hợp điều kiện được $S=(1; 5]$. Phương án A quên đổi chiều; phương án C quên điều kiện; phương án D tính nhầm $\Big(\dfrac12\Big)^{-2}=\dfrac14$.

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

a) Đúng: $f'(x)=\dfrac{(2x-3)(x-1)-(x^2-3x+6)}{(x-1)^2}=\dfrac{x^2-2x-3}{(x-1)^2}$.

b) Sai: $f'(x)=\dfrac{(x+1)(x-3)}{(x-1)^2}<0$ trên $(-1; 1)$ và $(1; 3)$, nhưng hàm số không xác định tại $x=1$, nên không nói nghịch biến trên cả khoảng $(-1; 3)$ (chẳng hạn $f(0)=-6<f(2)=4$).

c) Đúng: chia đa thức được $f(x)=x-2+\dfrac{4}{x-1}$ và $\dfrac{4}{x-1}\to0$ khi $x\to\pm\infty$.

d) Đúng: hai điểm cực trị là $(-1; -5)$ và $(3; 3)$, khoảng cách bằng $\sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{80}=4\sqrt5$.

Ôn lại: Ôn tập: đạo hàm và khảo sát hàm số.

a) Đúng: $v(2)=16+12-4=24$.

b) Sai: $v'(t)=6-2t$ đổi dấu tại $t=3$, nên tốc độ tăng trên $[0; 3]$ và giảm trên $[3; 8]$ (tốc độ lớn nhất $v(3)=25$).

c) Đúng: lượng nước sau $t$ phút là $W(t)=200+\displaystyle\int_0^t v(s)\,ds=200+16t+3t^2-\dfrac{t^3}{3}$, nên $W(8)=200+128+192-\dfrac{512}{3}=\dfrac{1048}{3}\approx349{,}3$ lít.

d) Sai: $W(4)=200+64+48-\dfrac{64}{3}\approx290{,}7<300$; vì $v(t)>0$ nên $W$ tăng, do đó bể chỉ đạt $300$ lít sau thời điểm $t=4$.

Ôn lại: Ôn tập: nguyên hàm và tích phân.

a) Đúng: $|\vec u|=\sqrt{4+1+4}=3$ đúng bằng tốc độ, nên mỗi giây drone dịch chuyển đúng một vectơ $\vec u$.

b) Đúng: thay $t=2$ được $(5; 0; 7)$.

c) Sai: mặt đất có vectơ pháp tuyến $\vec k=(0; 0; 1)$, nên $\sin\varphi=\dfrac{|\vec u\cdot\vec k|}{|\vec u|\cdot|\vec k|}=\dfrac23$, $\varphi\approx41{,}8^\circ<45^\circ$.

d) Đúng: với $P(t)=(1+2t; 2-t; 3+2t)$, $\overrightarrow{KP}=(2t-6; -t; 2t-3)$ và $KP^2=9t^2-36t+45=9(t-2)^2+9\ge9$, nhỏ nhất khi $t=2$, nên khoảng cách nhỏ nhất là $3$ m.

Ôn lại: Ôn tập: phương pháp toạ độ trong không gian.

Gọi $L$ là biến cố "sản phẩm bị lỗi", $D_1$, $D_2$ là "do dây chuyền I, II làm ra".

a) Đúng: theo công thức xác suất toàn phần, $P(L)=0{,}6\cdot0{,}03+0{,}4\cdot0{,}05=0{,}018+0{,}02=0{,}038$.

b) Sai: theo công thức Bayes, $P(D_1\mid L)=\dfrac{0{,}018}{0{,}038}=\dfrac{9}{19}\approx0{,}474<0{,}5$. Dây chuyền I làm nhiều sản phẩm hơn nhưng tỉ lệ lỗi thấp hơn.

c) Sai: $P(D_2\mid\overline L)=\dfrac{0{,}4\cdot0{,}95}{1-0{,}038}=\dfrac{0{,}38}{0{,}962}\approx0{,}395<0{,}4$.

d) Đúng: dùng biến cố đối, $1-0{,}962^2\approx0{,}0746<0{,}08$.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Gọi bán kính đáy là $r$, chiều cao $h=\dfrac{1000}{\pi r^2}$. Lấy giá mặt xung quanh là $1$ đơn vị mỗi $\text{cm}^2$, chi phí tỉ lệ với

$$C(r)=2\cdot2\pi r^2+2\pi rh=4\pi r^2+\dfrac{2000}{r},\qquad r>0.$$

$$C'(r)=8\pi r-\dfrac{2000}{r^2}=0\iff r^3=\dfrac{250}{\pi}\iff r=\sqrt[3]{\dfrac{250}{\pi}}\approx4{,}30.$$

$C'(r)$ đổi dấu từ âm sang dương tại đó nên chi phí nhỏ nhất khi $r\approx4{,}3$ cm.

Ôn lại: Ôn tập: bài toán tối ưu và thực tế.

Dựng đoạn vuông góc chung. Gọi $O$ là tâm hình vuông. Vì $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp(SAC)$. Trong $(SAC)$ kẻ $OH\perp SC$ tại $H$; khi đó $OH\perp BD$, nên $OH$ là đoạn vuông góc chung và $d(BD, SC)=OH$.

$$AC=2\sqrt2,\qquad SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=2\sqrt3,\qquad OC=\sqrt2.$$

Hai tam giác vuông $CHO$ và $CAS$ có chung góc $C$ nên đồng dạng:

$$OH=\dfrac{OC\cdot SA}{SC}=\dfrac{\sqrt2\cdot2}{2\sqrt3}=\dfrac{\sqrt6}{3}\approx0{,}816.$$

Vậy khoảng cách xấp xỉ $0{,}82$.

Ôn lại: Ôn tập: hình học không gian.

Góc $\varphi$ giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $(Oxy)$ có vectơ pháp tuyến $\vec k=(0; 0; 1)$:

$$\overrightarrow{AB}=(40; 30; -15),\qquad AB=\sqrt{1600+900+225}=5\sqrt{109}\approx52{,}2.$$

$$\sin\varphi=\dfrac{|-15|}{5\sqrt{109}}\approx0{,}2873\ \Rightarrow\ \varphi\approx16{,}7^\circ.$$

Ôn lại: Ôn tập: phương pháp toạ độ trong không gian.

Gọi $A$ là "hai viên đều đỏ", $B$ là "có ít nhất một viên đỏ"; vì $A\subset B$ nên $A\cap B=A$:

$$P(A)=\dfrac{C_5^2}{C_9^2}=\dfrac{10}{36},\qquad P(B)=1-\dfrac{C_4^2}{C_9^2}=1-\dfrac{6}{36}=\dfrac{30}{36}.$$

$$P(A\mid B)=\dfrac{10}{30}=\dfrac13\approx0{,}33.$$

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Hoành độ giao điểm là nghiệm của $\dfrac{x^2}{2}=x+4\iff x^2-2x-8=0\iff x=-2$ hoặc $x=4$. Trên $[-2; 4]$ đường thẳng nằm trên parabol, nên diện tích là

$$S=\int_{-2}^{4}\Big(x+4-\dfrac{x^2}{2}\Big)dx=\Big[\dfrac{x^2}{2}+4x-\dfrac{x^3}{6}\Big]_{-2}^{4}=\dfrac{40}{3}-\Big(-\dfrac{14}{3}\Big)=18\ (\text{m}^2).$$

Chi phí là $18\cdot250\,000=4\,500\,000$ đồng, tức $4{,}5$ triệu đồng.

Ôn lại: Ôn tập: nguyên hàm và tích phân.

Từ $T(10)=60$ ta tìm $k$:

$$25+70e^{-10k}=60\iff e^{-10k}=\dfrac12\iff k=\dfrac{\ln2}{10}.$$

Giải $T(t)=35$:

$$70e^{-kt}=10\iff e^{-kt}=\dfrac17\iff t=\dfrac{\ln7}{k}=\dfrac{10\ln7}{\ln2}\approx28{,}07.$$

Vậy sau khoảng $28{,}1$ phút.

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