Giải Đề Khảo Sát Toán Lớp 12 - Vĩnh Phúc (Lần 3)

Giải Chi Tiết Đề Khảo Sát Chất Lượng Lớp 12 - Lần 3

Năm Học 2024-2025 - Môn Toán - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc - Mã đề 0101

📚 Nguồn chia sẻ: Phong2K7

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

Câu 1:

Cho ${\int }_0^{1}f(x)dx=2$ và ${\int }_0^{1}g(x)dx=5$. Tính tích phân ${\int }_0^1[f(x)-g(x)]dx$.

• A. 10.
• B. -3.
• C. 3.
• D. 7.

Đáp án đúng: B

Lời giải chi tiết:

Ta có tính chất của tích phân:

${\int }_0^1[f(x)-g(x)]dx={\int }_0^{1}f(x)dx-{\int }_0^{1}g(x)dx$

Thay giá trị đã cho vào:

$=2-5=-3$.

Câu 2:

Họ nguyên hàm của hàm số $y=2^x$ là:

• A. $2^x\ln 2+C.$
• B. $2^x+C.$
• C. $\frac{e^x}{\ln 2}+C.$
• D. $\frac{2^x}{\ln 2}+C.$

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Công thức nguyên hàm của hàm số mũ $a^x$ là:

$\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C$

Áp dụng với $a=2$, ta có:

$\int 2^{x}dx=\frac{2^x}{\ln 2}+C$.

Câu 3:

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{2x-4}{x+1}$ có phương trình là:

• A. $x=-1$
• B. $x=2$
• C. $y=-4$
• D. $y=2$

Đáp án đúng: A

Lời giải chi tiết:

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số phân thức hữu tỉ $y=\frac{P(x)}{Q(x)}$ xảy ra tại các nghiệm của mẫu số $Q(x)=0$ mà không là nghiệm của tử số $P(x)$.

Xét mẫu số: $x+1=0\Rightarrow x=-1$.

Kiểm tra tử số tại $x=-1$: $2(-1)-4=-2-4=-6\ne 0$.

Vậy, phương trình đường tiệm cận đứng là $x=-1$.

Câu 4:

Thời gian hoàn thành bài kiểm tra môn Toán của một nhóm 20 học sinh được cho trong bảng sau. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là:

• A. 25.
• B. 65.
• C. 20.
• D. 90.

Đáp án đúng: A

Lời giải chi tiết:

Bảng số liệu:

Thời gian (phút)	Số học sinh
[65;70)	1
[70;75)	2
[75;80)	5
[80;85)	5
[85;90)	7

Giá trị nhỏ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm này thuộc khoảng [65;70). Ta lấy giá trị đầu mút dưới của nhóm đầu tiên làm giá trị nhỏ nhất ước lượng: 65 phút.

Giá trị lớn nhất của mẫu số liệu ghép nhóm này thuộc khoảng [85;90). Ta lấy giá trị đầu mút trên của nhóm cuối cùng làm giá trị lớn nhất ước lượng: 90 phút.

Khoảng biến thiên (R) = Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất = $90-65=25$ phút.

Câu 5:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ($\alpha$): $x+y-2z-1=0$ có một vectơ pháp tuyến là:

• A. ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=(1;-1;2)$.
• B. ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=(1;-1;-2)$.
• C. ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=(1;1;2)$.
• D. ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=(1;1;-2)$.

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Phương trình tổng quát của mặt phẳng có dạng $Ax+By+Cz+D=0$.

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng này là $\overrightarrow{n}=(A;B;C)$.

Đối với mặt phẳng $(\alpha ):x+y-2z-1=0$, ta có $A=1,B=1,C=-2$.

Vậy, một vectơ pháp tuyến là ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=(1;1;-2)$.

Câu 6:

Hàm số $y=\frac{x^2+x+4}{x+1}$ có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?

• A. 2.
• B. 3.
• C. 1.
• D. 0.

Đáp án đúng: A

Lời giải chi tiết:

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$.

Tính đạo hàm $y^{\prime }$:

$y^{\prime }=\frac{(2x+1)(x+1)-(x^2+x+4)(1)}{(x+1{)}^2}$

$y^{\prime }=\frac{2x^2+2x+x+1-x^2-x-4}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x-3}{(x+1{)}^2}$.

Cho $y^{\prime }=0\Rightarrow x^2+2x-3=0$.

Phương trình này có dạng $a+b+c=1+2-3=0$, nên có hai nghiệm phân biệt:

$x_1=1$ (thỏa mãn $x\ne -1$).

$x_2=\frac{c}{a}=\frac{-3}{1}=-3$ (thỏa mãn $x\ne -1$).

Vì $y^{\prime }$ đổi dấu khi đi qua $x=1$ và $x=-3$, nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 7:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình $(x-4{)}^2+(y+5{)}^2+(z-6{)}^2=9$. Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S) lần lượt là:

• A. $I(-4;5;-6),R=3.$
• B. $I(4;-5;6),R=9.$
• C. $I(-4;5;-6),R=9.$
• D. $I(4;-5;6),R=3.$

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Phương trình mặt cầu có dạng chuẩn là $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2+(z-c{)}^2=R^2$, trong đó tâm là $I(a;b;c)$ và bán kính là R.

Từ phương trình $(x-4{)}^2+(y+5{)}^2+(z-6{)}^2=9$, ta có:

• $a=4$
• $b=-5$
• $c=6$
• $R^2=9\Rightarrow R=\sqrt{9}=3$ (vì R > 0).

Vậy, tọa độ tâm là $I(4;-5;6)$ và bán kính $R=3$.

Câu 8:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}(1;2;3);$ $\overrightarrow{b}(2;2;-1)$. Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{d}=\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}$ là:

• A. $\overrightarrow{d}(-3;-2;4)$.
• B. $\overrightarrow{d}(-1;-2;5)$.
• C. $\overrightarrow{d}(-3;-2;5)$.
• D. $\overrightarrow{d}(-3;0;5)$.

Đáp án đúng: C

Lời giải chi tiết:

Ta có $\overrightarrow{a}=(1;2;3)$ và $\overrightarrow{b}=(2;2;-1)$.

$2\overrightarrow{b}=(2\cdot 2;2\cdot 2;2\cdot (-1))=(4;4;-2)$.

$\overrightarrow{d}=\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}=(1-4;2-4;3-(-2))=(-3;-2;3+2)=(-3;-2;5)$.

Câu 9:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, $AB=a,$ $BC=2a.$ Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=3a.$ Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:

• A. $3a^3.$
• B. $a^3.$
• C. $2a^3.$
• D. $6a^3.$

Đáp án đúng: C

Lời giải chi tiết:

Diện tích đáy ABCD là diện tích hình chữ nhật:

$S_{ABCD}=AB\cdot BC=a\cdot 2a=2a^2$.

Chiều cao của khối chóp là $h=SA=3a$ (vì SA vuông góc với mặt phẳng đáy).

Thể tích của khối chóp S.ABCD được tính bằng công thức:

$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot (2a^2)\cdot (3a)=\frac{1}{3}\cdot 6a^3=2a^3$.

Câu 10:

Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau: (Hình ảnh bảng biến thiên cho thấy y' > 0 trên (-$\mathrm{\infty }$; -1), y' < 0 trên (-1; 3), y' > 0 trên (3; +$\mathrm{\infty }$)). Hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

• A. (-$\mathrm{\infty }$;1).
• B. (3;+$\mathrm{\infty }$).
• C. (-1;2).
• D. (-1;4).

Đáp án đúng: C

Lời giải chi tiết:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy dấu của $y^{\prime }$:

• $y^{\prime }>0$ khi $x\in (-\mathrm{\infty };-1)$, hàm số đồng biến.
• $y^{\prime }<0$ khi $x\in (-1;3)$, hàm số nghịch biến.
• $y^{\prime }>0$ khi $x\in (3;+\mathrm{\infty })$, hàm số đồng biến.

Hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên khoảng $(-1;3)$.

Xét các phương án:

• A. (-$\mathrm{\infty }$;1): Khoảng này chứa một phần đồng biến (-$\mathrm{\infty }$;-1) và một phần nghịch biến (-1;1).
• B. (3;+$\mathrm{\infty }$): Hàm số đồng biến trên khoảng này.
• C. (-1;2): Vì $(-1;2)\subset (-1;3)$, nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;2).
• D. (-1;4): Khoảng này chứa một phần nghịch biến ((-1;3)) và một phần đồng biến ((3;4)).

Vậy, hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;2).

Câu 11:

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=x^2+3$, trục hoành và hai đường thẳng $x=-1,$ $x=3$. Khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox có thể tích bằng:

• A. $\frac{64}{3}$.
• B. $\frac{64\pi }{3}$.
• C. $\frac{704}{5}$.
• D. $\frac{704\pi }{5}$.

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi $y=f(x)$, trục Ox, $x=a$, $x=b$ quanh trục Ox là:

$V=\pi {\int }_a^b[f(x){]}^{2}dx$.

Ở đây, $f(x)=x^2+3$, $a=-1$, $b=3$.

$V=\pi {\int }_{-1}^3(x^2+3{)}^{2}dx=\pi {\int }_{-1}^3(x^4+6x^2+9)dx$

$V=\pi {[\frac{x^5}{5}+\frac{6x^3}{3}+9x]}_{-1}^3=\pi {[\frac{x^5}{5}+2x^3+9x]}_{-1}^3$

Tính giá trị tại cận trên (x=3):

$\frac{3^5}{5}+2(3^3)+9(3)=\frac{243}{5}+2(27)+27=\frac{243}{5}+54+27=\frac{243}{5}+81=\frac{243+405}{5}=\frac{648}{5}$.

Tính giá trị tại cận dưới (x=-1):

$\frac{(-1{)}^5}{5}+2(-1{)}^3+9(-1)=-\frac{1}{5}-2-9=-\frac{1}{5}-11=\frac{-1-55}{5}=-\frac{56}{5}$.

$V=\pi (\frac{648}{5}-(-\frac{56}{5}))=\pi \left(\frac{648+56}{5}\right)=\pi \frac{704}{5}$.

Câu 12:

Tập nghiệm của phương trình ${\log }_4(x^2-9)=2$ là:

• A. {5}.
• B. {-5; 5}.
• C. {-5}.
• D. {-4; 4}.

Đáp án đúng: B

Lời giải chi tiết:

Điều kiện xác định: $x^2-9>0\iff x^2>9\iff x<-3\text{ hoặc }x>3$.

Phương trình ${\log }_4(x^2-9)=2$ tương đương với:

$x^2-9=4^2$

$x^2-9=16$

$x^2=16+9$

$x^2=25$

$x=\pm \sqrt{25}\Rightarrow x=5\text{ hoặc }x=-5$.

Cả hai nghiệm $x=5$ (vì $5>3$) và $x=-5$ (vì $-5<-3$) đều thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $\{-5;5\}$.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 1

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=x^2-2x$, trục hoành và các đường thẳng $x=-2,$ $x=1.$ Gọi S là diện tích của hình phẳng D.
a) Gọi T là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=x^2-2x$ và đường thẳng $y=x$. Khi đó \(S

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Tính diện tích S:

Hàm số $y=x^2-2x$ cắt trục hoành tại $x=0$ và $x=2$.

Trên đoạn $[-2,0]$, $x^2-2x\ge 0$.

Trên đoạn $[0,1]$, $x^2-2x\le 0$.

$S={\int }_{-2}^1|x^2-2x|dx={\int }_{-2}^0(x^2-2x)dx+{\int }_0^1-(x^2-2x)dx$

$S={[\frac{x^3}{3}-x^2]}_{-2}^0-{[\frac{x^3}{3}-x^2]}_0^1$

$S=(0-(\frac{(-2{)}^3}{3}-(-2{)}^2))-((\frac{1^3}{3}-1^2)-0)$

$S=-(-\frac{8}{3}-4)-(\frac{1}{3}-1)=\frac{8}{3}+4-(-\frac{2}{3})=\frac{8}{3}+4+\frac{2}{3}=\frac{10}{3}+4=\frac{10+12}{3}=\frac{22}{3}$.

Tính diện tích T:

Phương trình hoành độ giao điểm của $y=x^2-2x$ và $y=x$:

$x^2-2x=x\Rightarrow x^2-3x=0\Rightarrow x(x-3)=0\Rightarrow x=0\text{ hoặc }x=3$.

Trên đoạn $[0,3]$, đường thẳng $y=x$ nằm trên parabol $y=x^2-2x$ (vì $x-(x^2-2x)=-x^2+3x=x(3-x)\ge 0$ khi $0\le x\le 3$).

$T={\int }_0^3(x-(x^2-2x))dx={\int }_0^3(-x^2+3x)dx$

$T={[-\frac{x^3}{3}+\frac{3x^2}{2}]}_0^3=(-\frac{3^3}{3}+\frac{3\cdot 3^2}{2})-0=-9+\frac{27}{2}=\frac{-18+27}{2}=\frac{9}{2}=4.5$.

So sánh S và T: $S=\frac{22}{3}\approx 7.333$ và $T=4.5$.

Vì $7.333>4.5$, nên $S>T$. Mệnh đề \(S

b) $S=6$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Từ câu a, ta đã tính được $S=\frac{22}{3}\approx 7.333$.

Vì $\frac{22}{3}\ne 6$, mệnh đề sai.

c) $S={\int }_{-2}^0(x^2-2x)dx-{\int }_0^1(x^2-2x)dx$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Như đã phân tích ở câu a:

Trên đoạn $[-2,0]$, $x^2-2x\ge 0$, nên $|x^2-2x|=x^2-2x$.

Trên đoạn $[0,1]$, $x^2-2x\le 0$, nên $|x^2-2x|=-(x^2-2x)$.

Do đó, $S={\int }_{-2}^1|x^2-2x|dx={\int }_{-2}^0(x^2-2x)dx+{\int }_0^1(-(x^2-2x))dx$

$S={\int }_{-2}^0(x^2-2x)dx-{\int }_0^1(x^2-2x)dx$.

Mệnh đề đúng.

d) $S={\int }_{-2}^1|x^2-2x|dx$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Theo định nghĩa, diện tích S của hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f(x)$, trục hoành, và các đường thẳng $x=a,x=b$ được tính bằng công thức $S={\int }_a^b|f(x)|dx$.

Trong trường hợp này, $f(x)=x^2-2x$, $a=-2$, $b=1$.

Vậy $S={\int }_{-2}^1|x^2-2x|dx$.

Mệnh đề đúng.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 2

Số giờ có ánh sáng mặt trời tại một thành phố X trong ngày thứ t của năm 2025 được cho bởi hàm số $d(t)=3\sin [\frac{\pi (t-80)}{182}]+12,$ với t nguyên dương và \(0a) Năm 2025, ngày mà thành phố X có nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất là ngày thứ 91.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Hàm số $d(t)=3\sin \left[\frac{\pi (t-80)}{182}\right]+12$ đạt giá trị lớn nhất khi $\sin \left[\frac{\pi (t-80)}{182}\right]=1$.

Điều này xảy ra khi $\frac{\pi (t-80)}{182}=\frac{\pi }{2}+k2\pi$, với $k$ là số nguyên.

$\frac{t-80}{182}=\frac{1}{2}+2k$

$t-80=182(\frac{1}{2}+2k)=91+364k$

$t=171+364k$.

Vì $0<t\le 365$, ta chọn $k=0$, suy ra $t=171$.

Vậy, ngày có nhiều giờ ánh sáng mặt trời nhất là ngày thứ 171, không phải ngày thứ 91.

Mệnh đề sai.

b) Năm 2025, thành phố X có nhiều nhất là 15 giờ có ánh sáng mặt trời trong một ngày.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Giá trị lớn nhất của hàm sin là 1.

Do đó, giá trị lớn nhất của $d(t)=3\sin \left[\frac{\pi (t-80)}{182}\right]+12$ là:

$d_{max}=3(1)+12=15$ giờ.

Mệnh đề đúng.

c) Ngày thứ 120 (tức là ngày 30 tháng 4 năm 2025), số giờ có ánh sáng mặt trời tại thành phố X (làm tròn đến hàng phần trăm) là 13,91 giờ.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Thay $t=120$ vào hàm số $d(t)$:

$d(120)=3\sin \left[\frac{\pi (120-80)}{182}\right]+12=3\sin \left[\frac{40\pi }{182}\right]+12=3\sin \left[\frac{20\pi }{91}\right]+12$.

Tính giá trị của sin (đảm bảo máy tính ở chế độ Radian):

$\frac{20\pi }{91}\approx \frac{20\times 3.14159265}{91}\approx \frac{62.831853}{91}\approx 0.69045992$ rad.

$\sin (0.69045992)\approx 0.636906$.

$d(120)\approx 3\times 0.636906+12=1.910718+12=13.910718$ giờ.

Làm tròn đến hàng phần trăm: 13.91 giờ.

Mệnh đề đúng.

d) Thời gian có ánh sáng mặt trời vào các ngày 19/05/2025 và 02/09/2025 là bằng nhau.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Tính ngày thứ tự trong năm (giả sử năm 2025 không nhuận, tháng 2 có 28 ngày):

Ngày 19/05/2025 ($t_1$):

Tháng 1: 31 ngày

Tháng 2: 28 ngày

Tháng 3: 31 ngày

Tháng 4: 30 ngày

Tháng 5: 19 ngày

$t_1=31+28+31+30+19=139$.

$d(139)=3\sin \left[\frac{\pi (139-80)}{182}\right]+12=3\sin \left[\frac{59\pi }{182}\right]+12$.

Ngày 02/09/2025 ($t_2$):

Số ngày đến hết tháng 8: $31(Jan)+28(Feb)+31(Mar)+30(Apr)+31(May)+30(Jun)+31(Jul)+31(Aug)=243$ ngày.

$t_2=243+2=245$.

$d(245)=3\sin \left[\frac{\pi (245-80)}{182}\right]+12=3\sin \left[\frac{165\pi }{182}\right]+12$.

Để $d(t_1)=d(t_2)$, ta cần $\sin \left[\frac{59\pi }{182}\right]=\sin \left[\frac{165\pi }{182}\right]$.

Điều này xảy ra nếu $\frac{59\pi }{182}=\frac{165\pi }{182}+k2\pi$ (loại vì vế trái nhỏ hơn) hoặc $\frac{59\pi }{182}=\pi -\frac{165\pi }{182}+k2\pi$.

Xét trường hợp thứ hai: $\frac{59}{182}=1-\frac{165}{182}+2k\Rightarrow \frac{59}{182}=\frac{182-165}{182}+2k=\frac{17}{182}+2k$.

$\frac{59-17}{182}=2k\Rightarrow \frac{42}{182}=2k\Rightarrow \frac{21}{91}=2k\Rightarrow k=\frac{21}{182}$, không phải số nguyên.

Tính giá trị gần đúng:

$\frac{59\pi }{182}\approx 1.0164$ rad. $\sin (1.0164)\approx 0.8500$.

$\frac{165\pi }{182}\approx 2.8400$ rad. $\sin (2.8400)\approx 0.2979$.

Vì $0.8500\ne 0.2979$, nên $d(139)\ne d(245)$.

Mệnh đề sai.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 3

Cho hàm số $y=\frac{x^2-x+1}{x+1}$ có đồ thị là (C). Khi đó:
a) Đường thẳng $y=x-2$ là tiệm cận xiên của đồ thị (C).

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Thực hiện phép chia đa thức $(x^2-x+1)$ cho $(x+1)$:

$x^2-x+1=x(x+1)-2x+1=x(x+1)-2(x+1)+2+1=x(x+1)-2(x+1)+3$.

Do đó, $y=\frac{x(x+1)-2(x+1)+3}{x+1}=x-2+\frac{3}{x+1}$.

Vì $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3}{x+1}=0$, nên đường thẳng $y=x-2$ là tiệm cận xiên của đồ thị (C).

Mệnh đề đúng.

b) Điểm $I(-1;-1)$ là giao điểm các đường tiệm cận của đồ thị (C).

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Từ câu a, tiệm cận xiên là $y=x-2$.

Tiệm cận đứng xảy ra khi mẫu số $x+1=0\Rightarrow x=-1$.

Để tìm giao điểm của hai đường tiệm cận, thay $x=-1$ vào phương trình tiệm cận xiên:

$y=(-1)-2=-3$.

Vậy giao điểm của các đường tiệm cận là $I(-1;-3)$.

Mệnh đề cho điểm $I(-1;-1)$. Mệnh đề sai.

c) Đồ thị (C) cắt đường thẳng $y=3x-1$ tại hai điểm phân biệt.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{x^2-x+1}{x+1}=3x-1$ (điều kiện $x\ne -1$).

$x^2-x+1=(3x-1)(x+1)$

$x^2-x+1=3x^2+3x-x-1$

$x^2-x+1=3x^2+2x-1$

$2x^2+3x-2=0$.

Tính biệt thức $\mathrm{\Delta }=b^2-4ac=3^2-4(2)(-2)=9+16=25$.

Vì $\mathrm{\Delta }=25>0$, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$x_1=\frac{-3+\sqrt{25}}{2\cdot 2}=\frac{-3+5}{4}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ (thỏa mãn $x\ne -1$).

$x_2=\frac{-3-\sqrt{25}}{2\cdot 2}=\frac{-3-5}{4}=\frac{-8}{4}=-2$ (thỏa mãn $x\ne -1$).

Vì có hai nghiệm x phân biệt, đồ thị (C) cắt đường thẳng $y=3x-1$ tại hai điểm phân biệt.

Mệnh đề đúng.

d) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục Oy là đường thẳng $y=2x+1$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Tìm giao điểm của (C) với trục Oy: Cho $x=0$.

$y(0)=\frac{0^2-0+1}{0+1}=\frac{1}{1}=1$. Giao điểm là $M(0;1)$.

Tính đạo hàm $y^{\prime }$:

$y^{\prime }=\frac{(2x-1)(x+1)-(x^2-x+1)(1)}{(x+1{)}^2}=\frac{2x^2+2x-x-1-x^2+x-1}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x-2}{(x+1{)}^2}$.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại $x=0$ là $y^{\prime }(0)$:

$y^{\prime }(0)=\frac{0^2+2(0)-2}{(0+1{)}^2}=\frac{-2}{1}=-2$.

Phương trình tiếp tuyến tại $M(0;1)$ có dạng $y-y_0=y^{\prime }(x_0)(x-x_0)$:

$y-1=-2(x-0)\Rightarrow y-1=-2x\Rightarrow y=-2x+1$.

Mệnh đề cho phương trình tiếp tuyến là $y=2x+1$. Mệnh đề sai.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 4

Trong không gian Oxyz, có hai trục Ox, Oy đặt trên mặt đất; tia Oz hướng lên trên. Thiết bị phát sóng M đặt tại điểm $A(80;60;60)$. Vùng phủ sóng của thiết bị M có bán kính bằng 500 mét. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm $B(0;-490;0)$ và song song với trục Ox.
a) Một thiết bị thu sóng N (coi như một điểm) di chuyển trên trục Oy từ vị trí B theo hướng của vectơ BO. Thiết bị thu sóng N phải di chuyển một đoạn đường ngắn nhất bằng 60,3 mét thì vào được vùng phủ sóng của thiết bị M.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Điểm A(80;60;60). Bán kính phủ sóng R = 500 m.

Thiết bị N di chuyển trên trục Oy, nên tọa độ của N là $(0;y_N;0)$.

N bắt đầu từ $B(0;-490;0)$, tức $y_N$ ban đầu là -490.

Vectơ $\overrightarrow{BO}=O-B=(0-0;0-(-490);0-0)=(0;490;0)$. Hướng của $\overrightarrow{BO}$ là hướng tăng của trục Oy.

Khoảng cách từ N đến A là $AN=\sqrt{(80-0{)}^2+(60-y_N{)}^2+(60-0{)}^2}=\sqrt{{80}^2+(y_N-60{)}^2+{60}^2}$.

$A{N}^2=6400+(y_N-60{)}^2+3600=(y_N-60{)}^2+10000$.

N vào vùng phủ sóng khi $AN\le 500\Rightarrow A{N}^2\le {500}^2=250000$.

$(y_N-60{)}^2+10000\le 250000\Rightarrow (y_N-60{)}^2\le 240000$.

$-\sqrt{240000}\le y_N-60\le \sqrt{240000}$.

$\sqrt{240000}=\sqrt{24\cdot 10000}=100\sqrt{24}=100\cdot 2\sqrt{6}=200\sqrt{6}\approx 200\times 2.4494897\approx 489.8979$.

$60-489.8979\le y_N\le 60+489.8979$.

$-429.8979\le y_N\le 549.8979$.

N bắt đầu từ $y_B=-490$ và di chuyển theo hướng y tăng. N sẽ vào vùng phủ sóng khi $y_N$ đạt giá trị nhỏ nhất trong khoảng trên, tức là $y_N\approx -429.8979$.

Quãng đường N phải di chuyển là $y_N-y_B\approx -429.8979-(-490)=-429.8979+490=60.1021$ mét.

Làm tròn đến hàng phần chục là 60.1 mét. Mệnh đề cho 60.3 mét.

Mệnh đề sai.

b) Điểm B không thuộc vùng phủ sóng của thiết bị M.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Tọa độ điểm A là $(80;60;60)$. Tọa độ điểm B là $(0;-490;0)$.

Bán kính phủ sóng R = 500 m.

Tính khoảng cách AB:

$A{B}^2=(80-0{)}^2+(60-(-490){)}^2+(60-0{)}^2$

$A{B}^2={80}^2+(60+490{)}^2+{60}^2=6400+(550{)}^2+3600$

$A{B}^2=6400+302500+3600=312500$.

Bình phương bán kính phủ sóng: $R^2={500}^2=250000$.

Vì $A{B}^2=312500>R^2=250000$, nên khoảng cách AB lớn hơn bán kính phủ sóng.

Do đó, điểm B không thuộc vùng phủ sóng của thiết bị M.

Mệnh đề đúng.

c) Một thiết bị thu sóng N (coi như một điểm) di chuyển trên đường thẳng d thì có thể vào được vùng phủ sóng của thiết bị M.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng d đi qua điểm $B(0;-490;0)$ và song song với trục Ox.

Vectơ chỉ phương của trục Ox là $\overrightarrow{i}=(1;0;0)$.

Phương trình tham số của đường thẳng d là: $\{\begin{array}{l}x=0+1t=t\\ y=-490+0t=-490\\ z=0+0t=0\end{array}$.

Một điểm N bất kỳ trên d có tọa độ $N(t;-490;0)$.

Khoảng cách từ A(80;60;60) đến N(t;-490;0) là AN:

$A{N}^2=(80-t{)}^2+(60-(-490){)}^2+(60-0{)}^2$

$A{N}^2=(80-t{)}^2+(550{)}^2+{60}^2=(80-t{)}^2+302500+3600=(80-t{)}^2+306100$.

Để N vào được vùng phủ sóng, $AN\le 500\Rightarrow A{N}^2\le {500}^2=250000$.

$(80-t{)}^2+306100\le 250000$.

$(80-t{)}^2\le 250000-306100$.

$(80-t{)}^2\le -56100$.

Vì $(80-t{)}^2\ge 0$ với mọi t, mà vế phải là một số âm (-56100), nên bất phương trình này vô nghiệm.

Điều này có nghĩa là không có điểm nào trên đường thẳng d nằm trong vùng phủ sóng của thiết bị M.

Mệnh đề sai.

d) Phương trình tham số của đường thẳng d là $\{\begin{array}{l}x=0\\ y=-490\\ z=t\end{array}(t\in \mathbb{R})$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng d đi qua điểm $B(0;-490;0)$ và song song với trục Ox.

Vectơ chỉ phương của trục Ox là $\overrightarrow{i}=(1;0;0)$.

Vậy, phương trình tham số của đường thẳng d là:

$\{\begin{array}{l}x=0+1k\\ y=-490+0k\\ z=0+0k\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=k\\ y=-490\\ z=0\end{array}(k\in \mathbb{R})$.

Phương trình tham số được cho trong mệnh đề là $\{\begin{array}{l}x=0\\ y=-490\\ z=t\end{array}$. Đây là phương trình của đường thẳng đi qua điểm (0;-490;0) và song song với trục Oz (VTCP là (0;0;1)).

Mệnh đề sai.

PHẦN III: TỰ LUẬN

Câu 1:

Một thùng chứa rượu có dạng hình tròn xoay với đường sinh là một cung của đường tròn, hai đáy là hai hình tròn bằng nhau và có đường kính bằng 20 cm, khoảng cách giữa hai đáy bằng 32 cm, đường kính lớn nhất của thân thùng là 24cm. Hỏi phần không gian bên trong thùng chứa rượu đó có thể tích bằng bao nhiêu lít? (Kết quả lấy đến chữ số hàng phần chục và không làm tròn).

Đáp án: 13.0 lít

Lời giải chi tiết:

Ta sử dụng công thức Simpson cho thể tích vật thể tròn xoay. Công thức này cho kết quả chính xác nếu đường sinh là parabol bậc hai hoặc bậc ba, và cho kết quả gần đúng tốt cho các hình dạng cong khác.

Chiều cao thùng (khoảng cách giữa hai đáy): $h=32$ cm.

Bán kính hai đáy: $r_{đáy}=\frac{20}{2}=10$ cm. Diện tích đáy: $S_{đáy}=\pi r_{đáy}^2=\pi ({10}^2)=100\pi {\text{ cm}}^2$.

Bán kính lớn nhất của thân thùng (ở giữa): $R_{giữa}=\frac{24}{2}=12$ cm. Diện tích mặt cắt giữa: $S_{giữa}=\pi R_{giữa}^2=\pi ({12}^2)=144\pi {\text{ cm}}^2$.

Áp dụng công thức Simpson (còn gọi là công thức prismoidal cho thể tích):

$V=\frac{h}{6}(S_{đáy1}+4S_{mặtcắtgiữa}+S_{đáy2})$

Vì hai đáy bằng nhau, $S_{đáy1}=S_{đáy2}=S_{đáy}=100\pi$.

$V=\frac{32}{6}(100\pi +4\cdot 144\pi +100\pi )=\frac{16}{3}(100\pi +576\pi +100\pi )$

$V=\frac{16}{3}(776\pi )=\frac{12416\pi }{3}{\text{ cm}}^3$.

Sử dụng $\pi \approx 3.14159265$:

$V\approx \frac{12416\times 3.14159265}{3}\approx \frac{39006.71744}{3}\approx 13002.239146...{\text{ cm}}^3$.

Đổi sang lít: $1\text{ lít}=1000{\text{ cm}}^3$.

$V\approx \frac{13002.239146}{1000}\approx 13.002239146...$ lít.

Kết quả lấy đến chữ số hàng phần chục và không làm tròn (nghĩa là cắt bỏ phần sau hàng phần chục): 13.0 lít.

(Nếu đề yêu cầu làm tròn đến hàng phần chục thì cũng là 13.0 lít)

Câu 2:

Một hộp chứa 120 tấm thẻ được đánh số lần lượt từ 1 đến 120. Người ta rút ra ngẫu nhiên một tấm thẻ. Hỏi có bao nhiêu cách rút ra được thẻ đánh số chia hết cho 3 hoặc chia hết cho 8?

Đáp án: 50 cách

Lời giải chi tiết:

Gọi A là tập hợp các thẻ đánh số chia hết cho 3 từ 1 đến 120.

Số phần tử của A là: $n(A)=\lfloor \frac{120}{3}\rfloor =40$.

Gọi B là tập hợp các thẻ đánh số chia hết cho 8 từ 1 đến 120.

Số phần tử của B là: $n(B)=\lfloor \frac{120}{8}\rfloor =15$.

Gọi $A\cap B$ là tập hợp các thẻ đánh số chia hết cho cả 3 và 8. Một số chia hết cho cả 3 và 8 khi và chỉ khi nó chia hết cho Bội Chung Nhỏ Nhất của 3 và 8, tức là BCNN(3, 8) = 24.

Số phần tử của $A\cap B$ (số thẻ chia hết cho 24) là: $n(A\cap B)=\lfloor \frac{120}{24}\rfloor =5$.

Số cách rút ra được thẻ đánh số chia hết cho 3 hoặc chia hết cho 8 là số phần tử của tập hợp $A\cup B$, được tính bằng công thức bao hàm - loại trừ:

$n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(A\cap B)$

$n(A\cup B)=40+15-5=50$.

Vậy có 50 cách rút thẻ thỏa mãn yêu cầu.

Câu 3:

Một nhà máy A chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy B, nhà máy A chỉ bán sản phẩm cho nhà máy B và nhà máy B cam kết thu mua hết số sản phẩm mà nhà máy A sản xuất được. Nhà máy A có khả năng sản xuất được tối đa là 200 tấn sản phẩm trong 1 tháng. Nếu bán ra x tấn sản phẩm cho nhà máy B thì giá bán mỗi tấn sản phẩm là $50-0,0002x^2$ triệu đồng. Trong một tháng nhà máy A phải chi phí cho nhân công và chỉ cho khấu hao máy móc một lượng cố định là 150 triệu đồng, ngoài ra khi sản xuất mỗi tấn sản phẩm thì nhà máy phải chi phí thêm cho mua nguyên liệu là 35 triệu đồng. Biết rằng nhà máy A phải nộp 5% doanh thu cho cơ quan thuế. Tính lợi nhuận sau thuế (lợi nhuận sau khi đã trừ tiền thuế) lớn nhất thu được trong 1 tháng của nhà máy A (đơn vị tính là tỉ đồng và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: 1.08 tỉ đồng

Lời giải chi tiết:

Số lượng sản phẩm: $x$ tấn ($0\le x\le 200$).

Giá bán mỗi tấn: $p(x)=50-0.0002x^2$ (triệu đồng/tấn).

Tổng doanh thu: $R(x)=x\cdot p(x)=x(50-0.0002x^2)=50x-0.0002x^3$ (triệu đồng).

Thuế phải nộp (5% doanh thu): $T_{thuế}(x)=0.05\cdot R(x)=0.05(50x-0.0002x^3)=2.5x-0.00001x^3$ (triệu đồng).

Chi phí biến đổi (nguyên liệu): $C_{biếnđổi}(x)=35x$ (triệu đồng).

Chi phí cố định: $C_{cốđịnh}=150$ (triệu đồng).

Tổng chi phí sản xuất: $C_{tổng}(x)=C_{biếnđổi}(x)+C_{cốđịnh}=35x+150$ (triệu đồng).

Lợi nhuận sau thuế: $P(x)=R(x)-C_{tổng}(x)-T_{thuế}(x)$

$P(x)=(50x-0.0002x^3)-(35x+150)-(2.5x-0.00001x^3)$

$P(x)=50x-0.0002x^3-35x-150-2.5x+0.00001x^3$

$P(x)=(-0.0002+0.00001)x^3+(50-35-2.5)x-150$

$P(x)=-0.00019x^3+12.5x-150$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P(x)$ trên đoạn $[0,200]$.

$P^{\prime }(x)=-0.00019\cdot 3x^2+12.5=-0.00057x^2+12.5$.

Cho $P^{\prime }(x)=0\Rightarrow -0.00057x^2+12.5=0\Rightarrow 0.00057x^2=12.5$.

$x^2=\frac{12.5}{0.00057}=\frac{1250000}{57}\approx 21929.82456$.

$x=\sqrt{\frac{1250000}{57}}\approx 148.0872$ tấn. Giá trị này nằm trong đoạn $[0,200]$.

Tính $P(148.0872)$:

$P(148.0872)\approx -0.00019(148.0872{)}^3+12.5(148.0872)-150$

$\approx -0.00019(3248308.51)+1851.09-150$

$\approx -617.1786+1851.09-150=1083.9114$ triệu đồng.

Tính giá trị tại các đầu mút:

$P(0)=-150$ triệu đồng.

$P(200)=-0.00019(200{)}^3+12.5(200)-150$

$=-0.00019(8000000)+2500-150=-1520+2500-150=830$ triệu đồng.

Lợi nhuận lớn nhất là khoảng 1083.9114 triệu đồng.

Đổi sang tỉ đồng: $1083.9114\text{ triệu đồng}=1.0839114\text{ tỉ đồng}$.

Làm tròn đến hàng phần trăm: 1.08 tỉ đồng.

Câu 4:

Một nhà máy sản xuất pin điện thoại có 2 dây chuyền sản xuất. Dây chuyền I tạo ra 65% sản phẩm của toàn nhà máy; dây chuyền II tạo ra 35% sản phẩm của toàn nhà máy. Trong số các sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền I có 3% sản phẩm bị lỗi, trong số các sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền II có 2% sản phẩm bị lỗi. Chọn ngẫu nhiên một sản phẩm của nhà máy, gọi xác suất để sản phẩm đó là sản phẩm bị lỗi và được sản xuất từ dây chuyền I bằng P. Tính 1000P.

Đáp án: 19.5

Lời giải chi tiết:

Gọi D1 là biến cố sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền I.

Gọi D2 là biến cố sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền II.

Gọi L là biến cố sản phẩm bị lỗi.

Theo đề bài, ta có:

• $P(D1)=0.65$
• $P(D2)=0.35$
• Xác suất sản phẩm lỗi từ dây chuyền I: $P(L|D1)=0.03$
• Xác suất sản phẩm lỗi từ dây chuyền II: $P(L|D2)=0.02$

Cần tính P là xác suất sản phẩm đó bị lỗi VÀ được sản xuất từ dây chuyền I, tức là $P=P(L\cap D1)$.

Theo công thức xác suất điều kiện (hoặc công thức nhân xác suất): $P(L\cap D1)=P(L|D1)\cdot P(D1)$.

$P=0.03\cdot 0.65=0.0195$.

Tính 1000P:

$1000P=1000\cdot 0.0195=19.5$.

Câu 5:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 4, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng ${60}^{\circ }$. Tính thể tích khối chóp S.ABCD (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

Đáp án: 26.1

Lời giải chi tiết:

Đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 4. Diện tích đáy: $S_{ABCD}=4^2=16$.

Gọi O là tâm của đáy ABCD (giao điểm của AC và BD). Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên $SO\perp (ABCD)$, do đó SO là chiều cao của khối chóp.

Góc giữa cạnh bên (ví dụ SB) và mặt phẳng đáy (ABCD) là góc $\widehat{SBO}$.

Theo đề bài, $\widehat{SBO}={60}^{\circ }$.

Tính độ dài OB. Đường chéo của hình vuông đáy: $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{16+16}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$.

$OB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$.

Xét tam giác vuông SOB (vuông tại O):

$\tan (\widehat{SBO})=\frac{SO}{OB}$

$\tan ({60}^{\circ })=\frac{SO}{2\sqrt{2}}$

$\sqrt{3}=\frac{SO}{2\sqrt{2}}\Rightarrow SO=2\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{6}$.

Thể tích khối chóp S.ABCD:

$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 16\cdot 2\sqrt{6}=\frac{32\sqrt{6}}{3}$.

Sử dụng $\sqrt{6}\approx 2.4494897$:

$V\approx \frac{32\times 2.4494897}{3}\approx \frac{78.3836704}{3}\approx 26.1278901$.

Làm tròn đến hàng phần chục: 26.1.

Câu 6:

Một quả bóng rổ tiêu chuẩn bơm căng hơi có hình dạng là một hình cầu. Đặt quả bóng ở một góc căn phòng hình hộp chữ nhật, sao cho quả bóng chạm (tiếp xúc) với hai bức tường và nền nhà của căn phòng đó (khoảng cách từ tâm quả bóng đến hai bức tường và nền nhà đều bằng bán kính của quả bóng). Một điểm M nằm trên bề mặt quả bóng với khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà lần lượt là 16cm, 19cm và 20 cm. Tính bán kính của quả bóng rổ (kết quả làm tròn đến hàng phần chục). Biết rằng loại bóng rổ tiêu chuẩn (loại bóng rổ size 6, size 7) có đường kính từ 23 cm đến 24,5cm.

Đáp án: 11.8 cm

Lời giải chi tiết:

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ba mặt phẳng của góc phòng là các mặt phẳng tọa độ: $x=0$ (tường 1), $y=0$ (tường 2), $z=0$ (nền nhà).

Vì quả bóng tiếp xúc với cả ba mặt phẳng này, tâm của quả bóng sẽ là $I(R,R,R)$, với R là bán kính của quả bóng.

Điểm M nằm trên bề mặt quả bóng. Khoảng cách từ M đến các mặt phẳng tọa độ chính là tọa độ của M.

Khoảng cách từ M đến tường $yOz$ (mặt phẳng $x=0$) là 16cm, vậy $x_M=16$.

Khoảng cách từ M đến tường $xOz$ (mặt phẳng $y=0$) là 19cm, vậy $y_M=19$.

Khoảng cách từ M đến nền $xyO$ (mặt phẳng $z=0$) là 20cm, vậy $z_M=20$.

Tọa độ điểm M là $(16,19,20)$.

Vì M nằm trên bề mặt quả bóng, khoảng cách từ M đến tâm I bằng bán kính R:

$I{M}^2=R^2$

$(x_M-R{)}^2+(y_M-R{)}^2+(z_M-R{)}^2=R^2$

$(16-R{)}^2+(19-R{)}^2+(20-R{)}^2=R^2$

$256-32R+R^2+361-38R+R^2+400-40R+R^2=R^2$

Khai triển và rút gọn:

$R^2+R^2+R^2-R^2-32R-38R-40R+256+361+400=0$

$2R^2-110R+1017=0$.

Giải phương trình bậc hai cho R:

$\mathrm{\Delta }=(-110{)}^2-4(2)(1017)=12100-8136=3964$.

$R=\frac{-(-110)\pm \sqrt{3964}}{2\cdot 2}=\frac{110\pm \sqrt{3964}}{4}$.

$\sqrt{3964}\approx 62.960305$.

$R_1=\frac{110+62.960305}{4}=\frac{172.960305}{4}\approx 43.240076$ cm.

$R_2=\frac{110-62.960305}{4}=\frac{47.039695}{4}\approx 11.759923$ cm.

Đề bài cho biết đường kính bóng rổ tiêu chuẩn từ 23 cm đến 24,5 cm, nghĩa là bán kính từ $23/2=11.5$ cm đến $24.5/2=12.25$ cm.

So sánh hai giá trị R tìm được:

• $R_1\approx 43.24$ cm (quá lớn, không phù hợp).
• $R_2\approx 11.76$ cm (nằm trong khoảng [11.5, 12.25], phù hợp).

Vậy bán kính của quả bóng rổ là $R\approx 11.759923$ cm.

Làm tròn đến hàng phần chục: 11.8 cm.