Đề luyện thi tốt nghiệp số 4

Tính đạo hàm và quy đồng:

$$y'=\dfrac{2x}{x^2+1}-1=\dfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=-\dfrac{(x-1)^2}{x^2+1}\le0\quad\text{với mọi } x.$$

$y'=0$ chỉ tại $x=1$ và $y'$ không đổi dấu qua điểm này, nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ và không có cực trị. Phương án A cho rằng mọi nghiệm của $y'=0$ đều là điểm cực trị.

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

Tập xác định là $(-\infty; -2)\cup(2; +\infty)$. Khi tính giới hạn ở vô cực, chú ý $\sqrt{x^2}=|x|$:

$$\lim_{x\to+\infty}y=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1+\frac1x}{\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}=1,\qquad \lim_{x\to-\infty}y=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{1+\frac1x}{-\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}=-1.$$

Ngoài ra $\displaystyle\lim_{x\to2^+}y=+\infty$ và $\displaystyle\lim_{x\to-2^-}y=-\infty$ (tử số lần lượt dần tới $3$ và $-1$, khác $0$). Vậy có $2$ tiệm cận ngang $y=\pm1$ và $2$ tiệm cận đứng $x=\pm2$, tổng cộng $4$. Phương án C bỏ sót $y=-1$ do viết $\sqrt{x^2}=x$.

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

Trên $(-2; 3)$ ta có $f'(x)<0$, chỉ bằng $0$ tại một điểm $x=1$, nên $f$ nghịch biến trên $(-2; 3)$. Tại $x=1$ đạo hàm không đổi dấu nên đó không phải điểm cực trị: hàm số chỉ có hai điểm cực trị $x=-2$ và $x=3$. Vì $f$ nghịch biến trên $[-2; 3]$ nên $f(1)>f(3)$. Phương án A và B coi $x=1$ là điểm cực trị chỉ vì $f'(1)=0$.

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

Họ nguyên hàm là $F(x)=x^2-\cos x+C$. Dùng điều kiện $F(0)=3$, nhớ rằng $\cos0=1$:

$$0-1+C=3\iff C=4.$$

Vậy $F(x)=x^2-\cos x+4$. Phương án A quên $\cos0=1$; phương án B nhầm nguyên hàm của $\sin x$ là $\cos x$; phương án D chuyển vế sai dấu, được $C=3-1=2$.

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

Khai triển bình phương rồi dùng bảng nguyên hàm:

$$\int_0^{\ln2}\big(e^{2x}+2e^x+1\big)dx=\Big[\dfrac12e^{2x}+2e^x+x\Big]_0^{\ln2}=\big(2+4+\ln2\big)-\Big(\dfrac12+2\Big)=\dfrac72+\ln2.$$

Phương án A quên hệ số $\dfrac12$ trong nguyên hàm của $e^{2x}$; phương án B coi $\dfrac{(e^x+1)^3}{3}$ là nguyên hàm; phương án C bỏ sót số hạng $2e^x$.

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

Đường thẳng qua $M$ vuông góc với $(P)$ có vectơ chỉ phương $\vec n=(1; 2; -2)$, gồm các điểm $H(3+t; 3+2t; -1-2t)$. Thay vào phương trình $(P)$:

$$(3+t)+2(3+2t)-2(-1-2t)-2=0\iff 9+9t=0\iff t=-1.$$

Vậy $H(2; 1; 1)$. Phương án A lấy nhầm $t=1$; phương án B là điểm đối xứng của $M$ qua $(P)$ (ứng với $t=-2$).

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

Với $\vec u=(1; 0; -1)$ và $\vec n=(1; 1; 0)$, góc $\varphi$ giữa đường thẳng và mặt phẳng tính bằng sin:

$$\sin\varphi=\dfrac{|\vec u\cdot\vec n|}{|\vec u|\cdot|\vec n|}=\dfrac{1}{\sqrt2\cdot\sqrt2}=\dfrac12\ \Rightarrow\ \varphi=30^\circ.$$

Phương án A dùng công thức côsin như góc giữa hai đường thẳng.

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

Gọi $O$ là tâm hình vuông. Vì $BD\perp AO$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp SO$; góc phẳng nhị diện là $\widehat{SOA}$:

$$AO=\dfrac{a\sqrt2}{2},\qquad \tan\widehat{SOA}=\dfrac{SA}{AO}=\dfrac{a\sqrt6/2}{a\sqrt2/2}=\sqrt3\ \Rightarrow\ \widehat{SOA}=60^\circ.$$

Phương án A lấy nhầm $\dfrac{AO}{SA}$; phương án C dùng $\widehat{SBA}$ (góc nhị diện cạnh $BC$); phương án D dùng $AC$ thay cho $AO$.

Ôn lại: Ôn tập: hình học không gian.

Tam giác vuông cân có cạnh huyền $2a$ nên $AB=AC=a\sqrt2$. Hình chiếu của $A'B$ lên đáy là $AB$, nên góc $\widehat{A'BA}=60^\circ$:

$$AA'=AB\tan60^\circ=a\sqrt6,\qquad V=\dfrac12\big(a\sqrt2\big)^2\cdot a\sqrt6=a^3\sqrt6.$$

Phương án B dùng công thức thể tích khối chóp; phương án C quên hệ số $\dfrac12$ của diện tích tam giác; phương án D lấy nhầm $AB=a$.

Ôn lại: Ôn tập: hình học không gian.

Tần số tích luỹ là $6$, $16$, $30$, $37$, $40$; $\dfrac n2=20$ nằm trong nhóm $[60; 70)$, với tần số tích luỹ của nhóm trước là $16$:

$$M_e=60+\dfrac{20-16}{14}\cdot10=60+\dfrac{20}{7}\approx62{,}86.$$

Phương án A là giá trị đại diện của nhóm; phương án B chia nhầm cho tần số $10$ của nhóm trước; phương án D là đầu mút trái của nhóm.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Theo công thức xác suất toàn phần, chia theo hộp được chọn:

$$P(T)=\dfrac12\cdot\dfrac35+\dfrac12\cdot\dfrac26=\dfrac{3}{10}+\dfrac16=\dfrac{7}{15}.$$

Phương án A gộp hai hộp thành một ($5$ bi trắng trên $11$ bi); phương án C nhân hai xác suất $\dfrac35\cdot\dfrac13$; phương án D quên nhân với $\dfrac12$.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Đưa về bất phương trình lượng giác cơ bản:

$$h(t)\ge4\iff\sin\dfrac{\pi t}{6}\ge\dfrac12\iff\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\le\dfrac{\pi t}{6}\le\dfrac{5\pi}{6}+k2\pi\iff1+12k\le t\le5+12k.$$

Với $0\le t\le24$ ta được $t\in[1; 5]\cup[13; 17]$, tổng cộng $8$ giờ. Phương án A chỉ xét một chu kì $12$ giờ; phương án D giải nhầm $\sin\dfrac{\pi t}{6}\ge-\dfrac12$ (tức là $h\ge2$).

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

a) Đúng: $f'(x)=2xe^x+(x^2-3)e^x=(x^2+2x-3)e^x=(x-1)(x+3)e^x$.

b) Sai: $f'(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ tại $x=1$, nên $x=1$ là điểm cực tiểu; điểm cực đại là $x=-3$.

c) Đúng: so sánh $f(0)=-3$, $f(1)=-2e\approx-5{,}44$, $f(2)=e^2$; nhỏ nhất là $-2e$.

d) Sai: khi $x\to-\infty$ thì $f(x)\to0$ và $f(x)>0$ với $x<-\sqrt3$; $f$ đồng biến trên $(-\infty; -3)$ đến giá trị cực đại $f(-3)=6e^{-3}\approx0{,}2987<0{,}3$, rồi nghịch biến trên $(-3; 1)$ và đồng biến trên $(1; +\infty)$ từ $-2e$ đến $+\infty$. Vậy đường thẳng $y=0{,}3$ chỉ cắt đồ thị tại một điểm (trên $(1; +\infty)$).

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

a) Đúng: $\displaystyle\int_0^8 2t\,dt=\Big[t^2\Big]_0^8=64$.

b) Đúng: khi $0\le t\le12$, khoảng cách là $16t-t^2$, lớn nhất khi hai vận tốc bằng nhau ($2t=16$, $t=8$) và bằng $128-64=64$ m; khi $t>12$ xe B nhanh hơn nên khoảng cách giảm.

c) Sai: giải $t^2=16t$ được $t=16$, nhưng công thức $v_B=2t$ chỉ đúng khi $t\le12$. Với $t>12$, quãng đường của B là $144+24(t-12)$, nên $144+24(t-12)=16t\iff t=18$.

d) Đúng: $16\cdot18=288$ m và $144+24\cdot6=288$ m.

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

a) Đúng: mặt cầu tâm $I(1; -2; 3)$, bán kính $5$.

b) Sai: $IA=\sqrt{3^2+4^2+0^2}=5$, nên $A$ nằm trên mặt cầu, vẫn thuộc vùng phủ sóng.

c) Đúng: khoảng cách từ $I$ đến mặt sàn là $3$, bán kính hình tròn là $\sqrt{5^2-3^2}=4$; tâm hình tròn là $(1; -2; 0)$.

d) Đúng: trên trục $Ox$ có $y=0$, $z=0$: $(x-1)^2+4+9\le25\iff(x-1)^2\le12$, nên $x$ chạy trên đoạn dài $2\sqrt{12}=4\sqrt3\approx6{,}93$ m.

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

Gọi $R$ là "thư rác", $D$ là "thư bị đánh dấu".

a) Sai: $0{,}276=0{,}3\cdot0{,}92$ mới chỉ là phần thư rác bị đánh dấu. Theo công thức xác suất toàn phần, $P(D)=0{,}3\cdot0{,}92+0{,}7\cdot0{,}04=0{,}276+0{,}028=0{,}304$.

b) Đúng: $P(R\mid D)=\dfrac{0{,}276}{0{,}304}\approx0{,}908>0{,}9$.

c) Sai: $P(R\mid\overline D)=\dfrac{0{,}3\cdot0{,}08}{1-0{,}304}=\dfrac{0{,}024}{0{,}696}\approx0{,}034<0{,}05$.

d) Đúng: xác suất bị đánh dấu cả hai lần là $0{,}3\cdot0{,}92^2=0{,}25392$ với thư rác và $0{,}7\cdot0{,}04^2=0{,}00112$ với thư thường, nên xác suất cần tìm là $\dfrac{0{,}25392}{0{,}25392+0{,}00112}\approx0{,}9956>0{,}99$.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Gọi bán kính nửa hình tròn là $r$, chiều cao phần chữ nhật là $h$. Từ chu vi:

$$2r+2h+\pi r=6\iff h=\dfrac{6-(2+\pi)r}{2}.$$

$$S(r)=2rh+\dfrac{\pi r^2}{2}=6r-\Big(2+\dfrac{\pi}{2}\Big)r^2,\qquad S'(r)=6-(4+\pi)r=0\iff r=\dfrac{6}{4+\pi}.$$

$S$ là hàm bậc hai có hệ số $r^2$ âm, nên đạt lớn nhất tại đó (khi đó $h=r>0$): $S_{\max}=3r=\dfrac{18}{4+\pi}\approx2{,}52$ m$^2$.

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

Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm $CD$. Đường thẳng $AO$ cắt $(SCD)$ tại $C$ và $AC=2OC$, nên $d\big(A,(SCD)\big)=2\,d\big(O,(SCD)\big)$. Trong tam giác $SOM$ vuông tại $O$, khoảng cách từ $O$ là đường cao:

$$OM=2,\qquad d\big(O,(SCD)\big)=\dfrac{SO\cdot OM}{\sqrt{SO^2+OM^2}}=\dfrac{3\cdot2}{\sqrt{13}}=\dfrac{6}{\sqrt{13}}.$$

Vậy $d\big(A,(SCD)\big)=\dfrac{12}{\sqrt{13}}\approx3{,}33$.

Ôn lại: Ôn tập: hình học không gian.

Bình phương khoảng cách là một tam thức bậc hai theo $t$:

$$\overrightarrow{QP}=(3t-20; -t; 6-t),\qquad PQ^2=(3t-20)^2+t^2+(6-t)^2=11t^2-132t+436=11(t-6)^2+40.$$

$PQ^2$ nhỏ nhất bằng $40$ khi $t=6$, nên khoảng cách nhỏ nhất là $\sqrt{40}=2\sqrt{10}\approx6{,}32$ m.

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

Biến cố "tổng không nhỏ hơn $9$" gồm $10$ kết quả:

$$(3; 6), (6; 3), (4; 5), (5; 4), (4; 6), (6; 4), (5; 5), (5; 6), (6; 5), (6; 6).$$

Trong đó có $7$ kết quả có mặt $6$ chấm (chỉ trừ $(4; 5)$, $(5; 4)$, $(5; 5)$). Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{7}{10}=0{,}7$.

Ôn lại: Ôn tập: thống kê và xác suất.

Khai triển bình phương để dùng bảng nguyên hàm:

$$V=\pi\int_0^4\big(1+\sqrt x\big)^2dx=\pi\int_0^4\big(1+2\sqrt x+x\big)dx=\pi\Big[x+\dfrac43x^{\frac32}+\dfrac{x^2}{2}\Big]_0^4=\pi\Big(4+\dfrac{32}{3}+8\Big)=\dfrac{68\pi}{3}.$$

Vậy $V\approx71{,}2\ \text{dm}^3$.

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

Sau $n$ tháng, số tiền là tổng của một cấp số nhân với công bội $q=1{,}005$:

$$S_n=5\cdot1{,}005\cdot\dfrac{1{,}005^n-1}{0{,}005}=1005\big(1{,}005^n-1\big).$$

$$S_n\ge100\iff1{,}005^n\ge1+\dfrac{100}{1005}\iff n\ge\dfrac{\ln\big(1+\frac{100}{1005}\big)}{\ln1{,}005}\approx19{,}02.$$

Vậy cần ít nhất $20$ tháng (kiểm tra: $S_{19}\approx99{,}9$ triệu, $S_{20}\approx105{,}4$ triệu).

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