Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 trường THPT Triệu Sơn 4 - Thanh HóaI. Phần trắc nghiệmĐề bài
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1 :
Với là số thực dương tuỳ ý, \(\sqrt {{a^3}} \) bằng
Câu 2 :
Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Câu 3 :
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đồ thị trên đoạn [-2;4] như hình vẽ bên. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [-2;4] bằng
Câu 4 :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, SA = SC, SB = SD. Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng?
Câu 6 :
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ (minh họa như hình bên). Mệnh đề nào sau đây sai?
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ (minh họa như hình bên). Mệnh đề nào sau đây sai?
Câu 7 :
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng có phương trình
Câu 8 :
Một nhóm học sinh gồm 20 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh nam trong nhóm đó tham gia đội thanh niên tình nguyện của trường?
Câu 9 :
Cho hàm số \(f(x) = {e^x} + 2\). Khẳng định nào dưới đây là đúng?
Câu 10 :
Cho cấp số nhân $\left( {{u}_{n}} \right)$ với \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 3\). Tìm số hạng thứ \(4\) của cấp số nhân?
Câu 11 :
Cho hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ $(c\ne 0,ad-bc\ne 0)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là
Câu 12 :
Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right)\) là
Phần II: Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1 :
Cho hàm số có đạo hàm ${f}'\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)$ với mọi \(x \in \mathbb{R}\). a) Hàm số đồng biến trên khoảng \(( - \infty ;2)\).
Đúng
Sai
b) Hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có ba điểm cực tiểu.
Đúng
Sai
c) Hàm số f(x) có hai điểm cực trị.
Đúng
Sai
d) Điểm cực đại của đồ thị hàm số là x = 1.
Đúng
Sai
a) So sánh theo độ lệch chuẩn thì các học sinh lớp 11A học đồng đều hơn lớp 11B.
Đúng
Sai
b) Điểm trung bình của lớp 11A nhỏ hơn lớp 11B.
Đúng
Sai
c) Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là 1,05 (làm tròn đến hàng phần trăm).
Đúng
Sai
d) Điểm trung bình của lớp 11A là 8,3 (làm tròn đến hàng phần chục).
Đúng
Sai
Câu 3 :
Cho phương trình lượng giác \(\cos 2x = - \frac{1}{2}\) (*). a) Phương trình (*) tương đương với phương trình: \(\cos 2x = \cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\).
Đúng
Sai
b) Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình (*) bằng \(\frac{\pi }{3}\).
Đúng
Sai
c) Tổng các nghiệm của phương trình (*) trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) bằng \(\frac{{3\pi }}{2}\).
Đúng
Sai
d) Trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) phương trình (*) có 3 nghiệm.
Đúng
Sai
Câu 4 :
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1, có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho $MO=\frac{1}{2}MI$. Gắn hệ trục A’xyz như hình vẽ.
a) Tọa độ điểm $M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{4} \right).$
Đúng
Sai
b) Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).
Đúng
Sai
c) Trong không gian giả sử điểm P, Q sao cho \(\overrightarrow {A'P} = \overrightarrow {A'B'} + 2\overrightarrow {A'D'} - 2\overrightarrow {A'A} \); \(\overrightarrow {A'Q} = \frac{8}{3}\overrightarrow {A'B'} + \frac{4}{3}\overrightarrow {A'D'} + \frac{8}{3}\overrightarrow {A'A} \) và J(a;b;c) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ, khi đó a – b + c = 0.
Đúng
Sai
d) Trong không gian có đúng 2 điểm N sao cho N không trùng với các điểm A, B’, D’ và \(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \).
Đúng
Sai
Phần III: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1 :
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên của đạo hàm như hình vẽ.
Đặt \(g\left( x \right)=f\left( \frac{{{x}^{2}}+1}{x} \right)\). Tìm số điểm cực trị của hàm số \(y=g\left( x \right).\) Đáp án:
Câu 2 :
Độ dốc của mái nhà (mặt sân, con đường thẳng…) là tan của góc tạo bởi mái nhà (mặt sân, con đường thẳng…) đó với mặt phẳng nằm ngang. Cho biết kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều, biết rằng diện tích để lát tất cả các mặt của kim tự tháp bằng 80300 ${{m}^{2}}$ và độ dốc của mặt bên kim tự tháp bằng \(\frac{{49}}{{45}}\). Tính chiều cao (đơn vị m) của kim tự tháp (làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án:
Câu 3 :
Một đoàn tàu gồm 3 toa đỗ ở sân ga. Có 5 hành khách bước lên tàu, mỗi hành khách độc lập với nhau chọn ngẫu nhiên 1 toa. Tính xác suất để mỗi toa có ít nhất 1 hành khách bước lên tàu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Đáp án:
Câu 4 :
Trong một bài thực hành huấn luyện quân sự có một tình huống chiến sĩ phải bơi qua sông để tấn công mục tiêu ở ngay phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100 m và vận tốc bơi của chiến sĩ bằng một phần ba vận tốc chạy trên bộ. Biết dòng sông là thẳng, mục tiêu cách chiến sỹ 1 km theo đường chim bay và chiến sỹ cách bờ bên kia 100 m. Hãy cho biết chiến sỹ phải bơi bao nhiêu mét để đến được mục tiêu nhanh nhất (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị). Đáp án:
Câu 5 :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;1;0), B(4;6;6), C(5;6;2), D(7;2;14) và điểm M(a;b;c) thỏa mãn MA = 3, MB = 6, MC = 5, MD = 13. Khoảng cách từ điểm M đến điểm O bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phàn trăm)? Đáp án:
Câu 6 :
Một xe ô tô chở khách du lịch có sức chứa tối đa là 16 hành khách. Trong một khu du lịch, một đoàn khách gồm 24 người đang đi bộ và muốn thuê xe về khách sạn. Lái xe đưa ra thỏa thuận với đoàn khách du lịch như sau: Nếu một chuyến xe chở x (người) thì giá tiền cho mỗi người là \(\frac{{{(40-x)}^{2}}}{2}\)(nghìn đồng). Với thỏa thuận như trên thì lái xe có thể thu được nhiều nhất bao nhiêu triệu đồng từ một chuyến chở khách (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)? Đáp án: Lời giải và đáp án
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1 :
Với là số thực dương tuỳ ý, \(\sqrt {{a^3}} \) bằng
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng công thức \(\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}}\). Lời giải chi tiết :
\(\sqrt {{a^3}} = {a^{\frac{3}{2}}}\).
Câu 2 :
Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Đáp án : B Phương pháp giải :
Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng f’(x) < 0. Lời giải chi tiết :
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-3;0) vì f’(x) < 0 trên (-3;0).
Câu 3 :
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đồ thị trên đoạn [-2;4] như hình vẽ bên. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [-2;4] bằng
Đáp án : C Phương pháp giải :
Quan sát đồ thị và nhận xét. Lời giải chi tiết :
Trên [-2;4], giá trị lớn nhất của hàm số là 7, giá trị nhỏ nhất của hàm số là -4, tổng là 7 + (-4) = 3.
Câu 4 :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, SA = SC, SB = SD. Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng?
Đáp án : D Phương pháp giải :
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng đó. Lời giải chi tiết :
Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD. Khi đó, SO vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác SAC và SBD. Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot (ABCD)\).
Đáp án : D Phương pháp giải :
Quan sát bảng biến thiên và nhận xét. Lời giải chi tiết :
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 2.
Câu 6 :
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ (minh họa như hình bên). Mệnh đề nào sau đây sai?
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ (minh họa như hình bên). Mệnh đề nào sau đây sai?
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau, quy tắc ba điểm, quy tắc hình hộp và độ dài vecto. Lời giải chi tiết :
Vì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) ngược hướng nên \(\overrightarrow {AB} \ne \overrightarrow {CD} \).
Câu 7 :
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng có phương trình
Đáp án : B Phương pháp giải :
\(x={{x}_{0}}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty \). Lời giải chi tiết :
Quan sát bảng biến thiên, thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = + \infty \) nên x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Câu 8 :
Một nhóm học sinh gồm 20 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh nam trong nhóm đó tham gia đội thanh niên tình nguyện của trường?
Đáp án : C Phương pháp giải :
Áp dụng quy tắc cộng. Lời giải chi tiết :
Có 20 cách chọn một học sinh nam tham gia đội thanh niên tình nguyện của trường.
Câu 9 :
Cho hàm số \(f(x) = {e^x} + 2\). Khẳng định nào dưới đây là đúng?
Đáp án : B Phương pháp giải :
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa $\int{{{x}^{\alpha }}dx}=\frac{{{x}^{\alpha +1}}}{\alpha +1}+C$, hàm số mũ \(\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\). Lời giải chi tiết :
\(\int f (x)dx = \int {\left( {{e^x} + 2} \right)dx} = {e^x} + 2x + C\).
Câu 10 :
Cho cấp số nhân $\left( {{u}_{n}} \right)$ với \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 3\). Tìm số hạng thứ \(4\) của cấp số nhân?
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${{u}_{n}}={{u}_{1}}{{q}^{n-1}}$. Lời giải chi tiết :
${{u}_{4}}={{u}_{1}}{{q}^{3}}={{2.3}^{3}}=54$.
Câu 11 :
Cho hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ $(c\ne 0,ad-bc\ne 0)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Quan sát đồ thị rồi nhận xét. Lời giải chi tiết :
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = 1.
Câu 12 :
Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right)\) là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Tìm tập xác định. Với a > 1, ta có \({{\log }_{a}}x<{{\log }_{a}}y\Leftrightarrow x<y\). Lời giải chi tiết :
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x > - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\). \({\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 < x + 2 \Leftrightarrow x < 3\). Kết hợp ĐKXĐ ta được tập nghiệm \(S=\left( \frac{1}{2};3 \right)\).
Phần II: Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1 :
Cho hàm số có đạo hàm ${f}'\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)$ với mọi \(x \in \mathbb{R}\). a) Hàm số đồng biến trên khoảng \(( - \infty ;2)\).
Đúng
Sai
b) Hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có ba điểm cực tiểu.
Đúng
Sai
c) Hàm số f(x) có hai điểm cực trị.
Đúng
Sai
d) Điểm cực đại của đồ thị hàm số là x = 1.
Đúng
Sai
Đáp án
a) Hàm số đồng biến trên khoảng \(( - \infty ;2)\).
Đúng
Sai
b) Hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có ba điểm cực tiểu.
Đúng
Sai
c) Hàm số f(x) có hai điểm cực trị.
Đúng
Sai
d) Điểm cực đại của đồ thị hàm số là x = 1.
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số rồi kết luận. Lời giải chi tiết :
a) Sai. Ta có \({f}'\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)={{\left( x-1 \right)}^{3}}\left( x-2 \right)\). \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\). Bảng biến thiên :
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\left( x \right)$ ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( -\infty ;1 \right),\left( 2;+\infty \right)$. b) Đúng. Ta có \(y = f\left( {{x^2} - 6x + 1} \right) \Rightarrow y' = {\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)^\prime }f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = \left( {2x - 4} \right)f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\). \(y' = 0 \Leftrightarrow \left( {2x - 4} \right)f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 4 = 0\\{x^2} - 4x + 1 = 1\\{x^2} - 4x + 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\\x = 4\\x = 2 + \sqrt 5 \\x = 2 - \sqrt 5 \end{array} \right.\). Bảng biến thiên $y=f\left( {{x}^{2}}-4x+1 \right)$:
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\left( {{x}^{2}}-4x+1 \right)$ ta thấy hàm số có ba điểm cực tiểu. c) Đúng. Theo bảng biến thiên ở câu a), hàm số f(x) có hai điểm cực trị là x = 1 và x = 2. d) Sai. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(\left( {1;f(1)} \right)\). a) So sánh theo độ lệch chuẩn thì các học sinh lớp 11A học đồng đều hơn lớp 11B.
Đúng
Sai
b) Điểm trung bình của lớp 11A nhỏ hơn lớp 11B.
Đúng
Sai
c) Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là 1,05 (làm tròn đến hàng phần trăm).
Đúng
Sai
d) Điểm trung bình của lớp 11A là 8,3 (làm tròn đến hàng phần chục).
Đúng
Sai
Đáp án
a) So sánh theo độ lệch chuẩn thì các học sinh lớp 11A học đồng đều hơn lớp 11B.
Đúng
Sai
b) Điểm trung bình của lớp 11A nhỏ hơn lớp 11B.
Đúng
Sai
c) Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là 1,05 (làm tròn đến hàng phần trăm).
Đúng
Sai
d) Điểm trung bình của lớp 11A là 8,3 (làm tròn đến hàng phần chục).
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính số trung bình, phương sai, độ lệch chuẩn của từng mẫu số liệu rồi so sánh. Lời giải chi tiết :
Ta có bảng thống kê điểm trung bình theo giá trị đại diện:
Điểm trung bình của lớp 11A là \({\bar x_1} = \frac{{1 \cdot 5,5 + 11 \cdot 7,5 + 22 \cdot 8,5 + 6 \cdot 9,5}}{{40}} = 8,3.\) Điểm trung bình của lớp 11B là \({\bar x_2} = \frac{{6 \cdot 6,5 + 8 \cdot 7,5 + 14 \cdot 8,5 + 12 \cdot 9,5}}{{40}} = 8,3.\) Phương sai của mẫu số liệu lớp 11A là \(s_1^2 = \frac{1}{{40}}\left( {1 \cdot 5,{5^2} + 11 \cdot 7,{5^2} + 22 \cdot 8,{5^2} + 6 \cdot 9,{5^2}} \right) - 8,{3^2} = 0,61.\) Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là \(s_2^2 = \frac{1}{{40}}\left( {6 \cdot 6,{5^2} + 8 \cdot 7,{5^2} + 14 \cdot 8,{5^2} + 12 \cdot 9,{5^2}} \right) - 8,{3^2} = 1,06.\) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 11A là \({s_1} = \sqrt {0,61} \). Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 11B là \({s_2} = \sqrt {1,06} \). a) Đúng. Do \({s_1} < {s_2}\) nên nếu so sánh theo độ lệch chuẩn thì học sinh lớp 11A có điểm trung bình ít phân tán hơn học sinh lớp 11B, nghĩa là lớp 11A học đồng đều hơn lớp 11B. b) Sai. Hai lớp 11A và 11B có điểm trung bình bằng nhau. c) Sai. Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là 1,06 (làm tròn đến hàng phần trăm). d) Đúng. Điểm trung bình của lớp 11A là 8,3 (làm tròn đến hàng phần chục).
Câu 3 :
Cho phương trình lượng giác \(\cos 2x = - \frac{1}{2}\) (*). a) Phương trình (*) tương đương với phương trình: \(\cos 2x = \cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\).
Đúng
Sai
b) Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình (*) bằng \(\frac{\pi }{3}\).
Đúng
Sai
c) Tổng các nghiệm của phương trình (*) trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) bằng \(\frac{{3\pi }}{2}\).
Đúng
Sai
d) Trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) phương trình (*) có 3 nghiệm.
Đúng
Sai
Đáp án
a) Phương trình (*) tương đương với phương trình: \(\cos 2x = \cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\).
Đúng
Sai
b) Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình (*) bằng \(\frac{\pi }{3}\).
Đúng
Sai
c) Tổng các nghiệm của phương trình (*) trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) bằng \(\frac{{3\pi }}{2}\).
Đúng
Sai
d) Trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) phương trình (*) có 3 nghiệm.
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản: \(\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\). Lời giải chi tiết :
a) Sai. \(\cos 2x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow \cos 2x=\cos \left( \frac{2\pi }{3} \right)\). b) Đúng. \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{2x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z}) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\). \(0 < x < \pi \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < \frac{\pi }{3} + k\pi < \pi }\\{0 < - \frac{\pi }{3} + k\pi < \pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z}) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 0}\\{k = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{3}}\\{x = \frac{{2\pi }}{3}}\end{array}} \right.} \right.\). Do \(\frac{{2\pi }}{3} > \frac{\pi }{3}\) nên phương trình có nghiệm dương nhỏ nhất trong khoảng là . c) Sai. Tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) là: $S=\frac{\pi }{3}+\frac{2\pi }{3}=\pi $. d) Sai. Trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) phương trình (*) có 2 nghiệm là \(x = \frac{\pi }{3}\) và \(x = \frac{{2\pi }}{3}\).
Câu 4 :
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1, có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho $MO=\frac{1}{2}MI$. Gắn hệ trục A’xyz như hình vẽ.
a) Tọa độ điểm $M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{4} \right).$
Đúng
Sai
b) Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).
Đúng
Sai
c) Trong không gian giả sử điểm P, Q sao cho \(\overrightarrow {A'P} = \overrightarrow {A'B'} + 2\overrightarrow {A'D'} - 2\overrightarrow {A'A} \); \(\overrightarrow {A'Q} = \frac{8}{3}\overrightarrow {A'B'} + \frac{4}{3}\overrightarrow {A'D'} + \frac{8}{3}\overrightarrow {A'A} \) và J(a;b;c) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ, khi đó a – b + c = 0.
Đúng
Sai
d) Trong không gian có đúng 2 điểm N sao cho N không trùng với các điểm A, B’, D’ và \(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \).
Đúng
Sai
Đáp án
a) Tọa độ điểm $M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{4} \right).$
Đúng
Sai
b) Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).
Đúng
Sai
c) Trong không gian giả sử điểm P, Q sao cho \(\overrightarrow {A'P} = \overrightarrow {A'B'} + 2\overrightarrow {A'D'} - 2\overrightarrow {A'A} \); \(\overrightarrow {A'Q} = \frac{8}{3}\overrightarrow {A'B'} + \frac{4}{3}\overrightarrow {A'D'} + \frac{8}{3}\overrightarrow {A'A} \) và J(a;b;c) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ, khi đó a – b + c = 0.
Đúng
Sai
d) Trong không gian có đúng 2 điểm N sao cho N không trùng với các điểm A, B’, D’ và \(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \).
Đúng
Sai
Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức tọa độ tổng, hiệu, tích của vecto; đẳng thức vecto liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Lời giải chi tiết :
a) Sai. $O\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)$, \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};0} \right)\). \(\overrightarrow {MO} = \left( {\frac{1}{2} - {x_M};\frac{1}{2} - {y_M};\frac{1}{2} - {z_M}} \right)\), \(\overrightarrow {MI} = \left( {\frac{1}{2} - {x_M};\frac{1}{2} - {y_M}; - {z_M}} \right) \Rightarrow - \frac{1}{2}\overrightarrow {MI} = \left( { - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{x_M}; - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{y_M};\frac{1}{2}{z_M}} \right)\). \(\overrightarrow {MO} = 2\overrightarrow {MI} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} - {x_M} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{x_M}\\\frac{1}{2} - {y_M} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{y_M}\\\frac{1}{2} - {z_M} = \frac{1}{2}{z_M}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{1}{2}\\{y_M} = \frac{1}{2}\\{x_M} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{3}} \right)\). b) Đúng. Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1). c) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {A'P} = \left( {1;\,\,2;\,\, - 2} \right)\), \(\overrightarrow {A'Q} = \left( {\frac{8}{3};\,\frac{4}{3};\,\,\frac{8}{3}} \right)\), do đó $A'P=3,\,\,A'Q=4,\,\,PQ=5$. Với\(J(a;b;c)\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ ta lại có \(PQ.\overrightarrow {JA'} + A'P.\overrightarrow {JQ} + A'Q.\overrightarrow {JP} = \overrightarrow 0 \) ta giải tìm được tọa độ \(J(1;1;0)\). Vậy \(a - b + c = 0\). d) Đúng. Gọi \(N({x_0};{y_0};{z_0})\). \(\overrightarrow {AN} = ({x_0};{y_0};{z_0} - 1)\); \(\overrightarrow {B'N} = ({x_0} - 1;{y_0};{z_0})\); \(\overrightarrow {D'N} = ({x_0};{y_0} - 1;{z_0})\). Do\(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {B'N} = 0\\\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {D'N} = 0\\\overrightarrow {D'N} .\overrightarrow {B'N} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0}({x_0} - 1) + y_0^2 + ({z_0} - 1){z_0} = 0\\x_0^2 + {y_0}({y_0} - 1) + ({z_0} - 1){z_0} = 0\\{x_0}({x_0} - 1) + ({y_0} - 1){y_0} + z_0^2 = 0\end{array} \right.\). Giải hệ ta được \({x_0} = {y_0} = {z_0} = 0\); \({x_0} = {y_0} = {z_0} = \frac{2}{3}\). Khi đó có hai điểm \(N\) thỏa mãn điều kiện trên.
Phần III: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1 :
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên của đạo hàm như hình vẽ.
Đặt \(g\left( x \right)=f\left( \frac{{{x}^{2}}+1}{x} \right)\). Tìm số điểm cực trị của hàm số \(y=g\left( x \right).\) Đáp án: Đáp án
Đáp án: Phương pháp giải :
Tính đạo hàm g’(x) và lập bảng biến thiên. Lời giải chi tiết :
Đặt \(g'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right)f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\). \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right) = 0\\f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = a\,\,\left( {a < - 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = b\,\,\left( { - 2 < b < 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = c\,\,\left( {c > 2} \right)\end{array} \right.\). Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\): \(h'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\). Bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\):
Dựa vào bảng biến thiến trên ta thấy phương trình $h\left( x \right)=a,h\left( x \right)=c$, mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác \( \pm 1\), mà \(a \ne c\) \( \Rightarrow f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\) có 4 nghiệm đơn phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}\) khác \( \pm 1\) và phương trình \(h\left( x \right) = b\) vô nghiệm. Do đó phương trình $g'\left( x \right)=0$ có 6 nghiệm đơn phân biệt lần lượt theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là \({x_1}, - 1,{x_2},{x_3},1,{x_4}\). Vậy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\) có 6 cực trị.
Câu 2 :
Độ dốc của mái nhà (mặt sân, con đường thẳng…) là tan của góc tạo bởi mái nhà (mặt sân, con đường thẳng…) đó với mặt phẳng nằm ngang. Cho biết kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều, biết rằng diện tích để lát tất cả các mặt của kim tự tháp bằng 80300 ${{m}^{2}}$ và độ dốc của mặt bên kim tự tháp bằng \(\frac{{49}}{{45}}\). Tính chiều cao (đơn vị m) của kim tự tháp (làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án: Đáp án
Đáp án: Phương pháp giải :
Mô hình hóa mái nhà dưới dạng hình chóp tứ giác đều. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pythagore, công thức tính diện tích tam giác. Lời giải chi tiết :
Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm của đáy. Kẻ \(OM \bot BC\). Ta có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp là góc \(\widehat {SMO} \Rightarrow \tan \widehat {SMO} = \frac{{49}}{{45}} = \frac{{SO}}{{OM}}\). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}SO = 49x\\OM = 45x\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {4426} x\\AB = 2OM = 90x\end{array} \right.\) Diện tích tất cả các mặt của kim tự tháp là: \(S = 4{S_{\Delta SBC}} + {S_{ABCD}} \Leftrightarrow 4.\frac{1}{2}SM.BC + A{B^2} = 80300\) \( \Leftrightarrow 2x\sqrt {4426} .90x + {\left( {90x} \right)^2} = 80300\) \( \Rightarrow x \approx 4 \Rightarrow SO = 49x \approx 98\) (m).
Câu 3 :
Một đoàn tàu gồm 3 toa đỗ ở sân ga. Có 5 hành khách bước lên tàu, mỗi hành khách độc lập với nhau chọn ngẫu nhiên 1 toa. Tính xác suất để mỗi toa có ít nhất 1 hành khách bước lên tàu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Đáp án: Đáp án
Đáp án: Phương pháp giải :
Áp dụng phương pháp tổ hợp và tính xác suất bằng biến cố đối. Lời giải chi tiết :
Mỗi hành khách có 3 cách chọn toa tàu nên 5 hành khách có tất cả $n\left( \Omega \right)={{3}^{5}}=245$ cách chọn. A: “Mỗi toa có ít nhất 1 hành khách”. \(\overline A \): “Có toa không có hành khách nào bước lên”. Ta có: TH1: Có 2 toa không có hành khách bước lên. - Chọn 2 trong 3 toa để không có khách bước lên, có \(C_3^2\) cách. - Sau đó cả 5 hành khách lên toa còn lại, có 1 cách. Do đó trường hợp này có \(C_3^2.1 = 3\) cách. TH2: Có 1 toa không có hành khách bước lên: - Chọn 1 trong 3 toa để không có khách bước lên, có \(C_3^1\) cách. - 2 toa còn lại ta cần xếp 5 hành khách lên và mỗi toa có ít nhất 1 hành khách, có \({2^5} - C_2^1.1 = 30\) cách. Do đó trường hợp này có \(C_3^1.30 = 90\) cách. Vậy \(n\left( {\overline A } \right) = 3 + 90 = 93\), suy ra \(n\left( A \right) = n\left( \Omega \right) - n\left( {\overline A } \right) = 243 - 93 = 150\). Xác suất cần tính là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{150}}{{243}} = \frac{{50}}{{81}} \approx 0,62\).
Câu 4 :
Trong một bài thực hành huấn luyện quân sự có một tình huống chiến sĩ phải bơi qua sông để tấn công mục tiêu ở ngay phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100 m và vận tốc bơi của chiến sĩ bằng một phần ba vận tốc chạy trên bộ. Biết dòng sông là thẳng, mục tiêu cách chiến sỹ 1 km theo đường chim bay và chiến sỹ cách bờ bên kia 100 m. Hãy cho biết chiến sỹ phải bơi bao nhiêu mét để đến được mục tiêu nhanh nhất (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị). Đáp án: Đáp án
Đáp án: Phương pháp giải :
Lập hàm số tính thời gian di chuyển theo x và tìm x để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải chi tiết :
Gọi A là mục tiêu; B là vị trí chiến sỹ và BD là đường bơi của chiến sỹ. 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).
Câu 5 :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;1;0), B(4;6;6), C(5;6;2), D(7;2;14) và điểm M(a;b;c) thỏa mãn MA = 3, MB = 6, MC = 5, MD = 13. Khoảng cách từ điểm M đến điểm O bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phàn trăm)? Đáp án: Đáp án
Đáp án: Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm trong không gian: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}} \). Lời giải chi tiết :
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MA = 3}\\{MB = 6}\\{MC = 5}\\{MD = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {c^2} = 9}\\{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 6} \right)}^2} = 36}\\{{{\left( {a - 4} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 2} \right)}^2} = 25}\\{{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c - 14} \right)}^2} = 169}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 2b = - 1}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 12b - 12c = - 45}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 12b - 4c = - 31}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 12a - 4b - 28c = - 67}\end{array}} \right.\). Đặt \(d = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{d - 6a - 2b = - 1}\\{d - 6a - 12b - 12c = - 45}\\{d - 8a - 12b - 4c = - 31}\\{d - 12a - 4b - 28c = - 67}\end{array}} \right.\). Giải hệ, tìm được a = 1; b = 2; c = 2; d = 9 suy ra M(1;2;2). Vậy \(OM = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} = \sqrt d = 3\).
Câu 6 :
Một xe ô tô chở khách du lịch có sức chứa tối đa là 16 hành khách. Trong một khu du lịch, một đoàn khách gồm 24 người đang đi bộ và muốn thuê xe về khách sạn. Lái xe đưa ra thỏa thuận với đoàn khách du lịch như sau: Nếu một chuyến xe chở x (người) thì giá tiền cho mỗi người là \(\frac{{{(40-x)}^{2}}}{2}\)(nghìn đồng). Với thỏa thuận như trên thì lái xe có thể thu được nhiều nhất bao nhiêu triệu đồng từ một chuyến chở khách (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)? Đáp án: Đáp án
Đáp án: Phương pháp giải :
Lập hàm tính lợi nhuận của lái xe khi chở x khách. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số đó. Lời giải chi tiết :
Gọi f(x) là lợi nhuận mà lái xe có thể thu về khi chở x (người) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\) trong chuyến xe đó. Khi đó: \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}x{\left( {40 - x} \right)^2}\), với \(0 < x \le 16\). Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {40 - x} \right)}^2} - 2x\left( {40 - x} \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {40 - x} \right)\left( {40 - 3x} \right)\). Với thì \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{40}}{3}\). Mà \(13 < \frac{{40}}{3} < 14\) nên ta có bảng biến thiên như sau:
Với f(13) = 4738,5, f(4) = 4732. Căn cứ vào bảng biến thiên ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;16} \right]} f\left( x \right) = 4738,5\) (nghìn đồng). Vậy người lái xe đó có thể thu được nhiều nhất khoảng 4,74 triệu đồng từ một chuyến xe chở 13 khách. |
