Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 3)

Đáp án đúng là: B

Dựa vào đồ thị hàm số, hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1).

Đáp án đúng là: A

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số $f(x)$ trên đoạn $[-1;2]$ là .

Đáp án đúng là: C

Tập xác định $D=ℝ$.

${y}^{'}=-3{e}^{2-3x}<0,\ \forall x\in [0\ ;\ 2]$

Ta có $y(0)={e}^{2},y(2)={e}^{-4}$.

Vậy $m.M={e}^{-4}.{e}^{2}={e}^{-2}=\frac{1}{{e}^{2}}$.

Đáp án đúng là: B

$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{B{B}^{'}}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{B{B}^{'}}+(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\overrightarrow{B{B}^{'}}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{B{D}^{'}}$.

Đáp án đúng là: B

Vì $\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}$ nên $M(2;-3;1)$.

Đáp án đúng là: D

$\overrightarrow{AB}=(2;\ -3;\ 5;)\overrightarrow{BC}=(6;\ 0;\ -4)$

Tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}$ là: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}=2\cdot 6+(-3)\cdot 0+5\cdot (-4)=-8$.

Đáp án đúng là: B

Dựa vào đồ thị hàm số, hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;1)$.

Đáp án đúng là: D

Vì $N$ là trung điểm của $MP$ nên

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_N} = \frac{{{x_M} + {x_P}}}{2}}\\{{y_N} = \frac{{{y_M} + {y_P}}}{2}}\\{{z_N} = \frac{{{z_M} + {z_P}}}{2}}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{4 = \frac{{0 + {x_P}}}{2}}\\{ - 2 = \frac{{0 + {y_P}}}{2}}\\{6 = \frac{{2 + {z_P}}}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_P} = 8\,\,}\\{{y_P} = - 4}\\{{z_P} = 10}\end{array}} \right.$.

Vậy $P\left( {8\,;\, - 4\,;\,10} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Có $\overrightarrow u + \overrightarrow v = \left( {4;1; - 1} \right)$.

Độ dài của vectơ $\overrightarrow u + \overrightarrow v$ là: $\left| {\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {{4^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = 3\sqrt 2$.

Đáp án đúng là: A

Từ bảng thống kê ta có:

Tổng số máy: $n = 2 + 4 + 7 + 6 = 19$.

Thời gian sử dụng trung bình của pin là: $\overline x = \frac{{2.7{,}3 + 4.7{,}5 + 7.7{,}7 + 6.7{,}9}}{{19}} = \frac{{1459}}{{190}}$.

Phương sai của mẫu số liệu là ${S^2} = \frac{1}{{19}}\left( {2.7,{3^2} + 4.7,{5^2} + 7.7,{7^2} + 6.7,{9^2}} \right) - {\left( {\frac{{1459}}{{190}}} \right)^2} \approx 0{,}037$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $S = \sqrt {{S^2}} \approx \sqrt {0{,}037} \approx 0{,}192$.

Đáp án đúng là: D

Bạn Ánh:

${Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 1}}{8}.2 = \frac{{77}}{8},{Q_3} = 14 + \frac{{\frac{{30.3}}{4} - 21}}{9}.2 = \frac{{43}}{3}$.

Suy ra ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{113}}{{24}}$.

Bạn Ba: ${Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 4}}{8}.2 = \frac{{71}}{8},{Q_3} = 12 + \frac{{\frac{{30.3}}{4} - 17}}{6}.2 = \frac{{83}}{6}$.

Suy ra ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{119}}{{24}}$.

Bạn Châu: ${Q_1} = 10 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 6}}{6}.2 = \frac{{21}}{2},{Q_2} = 14 + \frac{{\frac{{30.3}}{4} - 17}}{{13}}.2 = \frac{{193}}{{13}}$.

Suy ra ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{113}}{{26}}$.

Bạn Dũng: ${Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 2}}{6}.2 = \frac{{59}}{6},{Q_3} = 14 + \frac{{\frac{{30.3}}{4} - 22}}{8}.2 = \frac{{113}}{8}$.

Suy ra ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{103}}{{24}}$.

Ta thấy khoảng tứ phân vị ở mẫu số liệu của bạn Dũng nhỏ nhất nên nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm thì bạn Dũng có tốc độ giải rubik đồng đều nhất.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Hàm số $f\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = 0$ và đạt cực tiểu tại $x = 2$.

b) Phương trình $f\left( x \right) = m$có 3 nghiệm phân biệt $- 2 < m < 2$, mà $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}$.

c) $f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$

Đồ thị hàm số $\left( C \right)$ có 2 điểm cực trị là $\left( {0;2} \right)$ và $\left( {2; - 2} \right)$ nên ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 2\\f\left( 2 \right) = - 2\\f'\left( 0 \right) = 0\\f'\left( 2 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 2\\8a + 4b + 2c + d = - 2\\c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 3\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.$ .

Phương trình của hàm số là $y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2$.

d) $y = f\left( {2\sin x + 1} \right)$ .

Đặt $t = 2\sin x + 1 \Rightarrow y = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 2$.

Ta có $- 1 \le \sin x \le 1 \Rightarrow - 1 \le 2\sin x + 1 \le 3 \Rightarrow - 1 \le t \le 3$.

Do đó $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right)$ và $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right)$.

$f'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t$ $\Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0 \in \left( { - 1;3} \right)\\t = 2 \in \left( { - 1;3} \right)\end{array} \right.$.

$f\left( 0 \right) = 2$; $f\left( 2 \right) = - 2$;$f\left( { - 1} \right) = - 2$;$f\left( 3 \right) = 2$.

Suy ra $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) = 2$ và $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) = - 2$ nên $M + m = 0$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^ + }} \frac{{x - 1}}{{2x - 3}} = + \infty$ nên tiệm cận đứng của hàm số là $x = \frac{3}{2}$.

b) Hàm số có 1 tiệm cận đứng là $x = \frac{3}{2}$ và 1 tiệm cận ngang là $y = \frac{1}{2}$, nên tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận là $I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right)$. Rõ ràng I thuộc đường thẳng $x - y - 1 = 0$.

c) Tọa độ điểm A: $x = \frac{3}{2} \Rightarrow y = - 2$ suy ra $A\left( {\frac{3}{2}; - 2} \right)$.

Tọa độ điểm B: $y = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{4}$ suy ra $B\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right)$.

$\overrightarrow {IA} \left( {0; - \frac{5}{2}} \right) \Rightarrow IA = \frac{5}{2}$; $\overrightarrow {IB} \left( {\frac{{ - 5}}{4};0} \right) \Rightarrow IB = \frac{5}{4}$; ${S_{\Delta IAB}} = \frac{1}{2}IA.IB = \frac{1}{2}.\frac{5}{4}.\frac{5}{2} = \frac{{25}}{{16}}$.

d) Tọa độ giao điểm $I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right)$.

Gọi tọa độ tiếp điểm là $\left( {{x_0};\frac{{{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 3}}} \right)$.

Khi đó phương trình tiếp tuyến $\Delta$ với đồ thị hàm số tại điểm $\left( {{x_0};\frac{{{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 3}}} \right)$ là:

$y = - \frac{1}{{{{\left( {2{x_0} - 3} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 3}} \Leftrightarrow x + {\left( {2{x_0} - 3} \right)^2}y - 2x_0^2 + 4{x_0} - 3 = 0$.

Khi đó: $d\left( {I,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\frac{3}{2} + \frac{1}{2}{{\left( {2{x_0} - 3} \right)}^2} - 2x_0^2 + 4{x_0} - 3} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( {2{x_0} - 3} \right)}^4}} }} = \frac{{\left| { - 2{x_0} + 3} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( {2{x_0} - 3} \right)}^4}} }} \le \frac{{\left| {2{x_0} - 3} \right|}}{{\sqrt {2{{\left( {2{x_0} - 3} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$

(Theo bất đẳng thức Cô si)

Dấu xảy ra khi và chỉ khi ${\left( {2{x_0} - 3} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x_0} - 3 = 1\\2{x_0} - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} = 1\end{array} \right.$.

Vậy $\max d\left( {I,\Delta } \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tọa độ của điểm $A$ là $\left( {2; - 1;5} \right)$.

b) $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $\left\{ \begin{array}{l}1 = \frac{{2 + 5 + {x_C}}}{3}\\1 = \frac{{ - 1 - 5 + {y_C}}}{3}\\1 = \frac{{5 + 7 + {z_C}}}{3}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = - 4\\{y_C} = 9\\{z_C} = - 9\end{array} \right.$$\Rightarrow C\left( { - 4;9; - 9} \right)$.

Suy ra $a + b + c = - 4$.

c) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {3; - 4;2} \right),\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2;y + 1; - 4} \right)$.

Ba điểm $A,B,M$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 3k\\y + 1 = - 4k\\ - 4 = 2k\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 7\\k = - 2\end{array} \right.$.

Suy ra $x + y = 3.$

d) Ta có $N \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow N\left( {x;y;0} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {AN} = \left( {x - 2;y + 1; - 5} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {3; - 4;2} \right)$.

Ta có $\Delta ABN$ vuông cân tại $A$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AN \bot AB\\AN = AB\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 2} \right) - 4\left( {y + 1} \right) - 10 = 0\\{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + 25 = 9 + 16 + 4\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{3}{4}x - 5\\{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {\frac{{3x}}{4} - 4} \right)^2} = 4\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{3}{4}x - 5\\{x^2} - 4x + 4 + \frac{{9{x^2}}}{{16}} - 6x + 16 = 4\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{16}}{5}\\y = - \frac{{13}}{5}\end{array} \right.$$\Rightarrow N\left( {\frac{{16}}{5}; - \frac{{13}}{5};0} \right)$.

Vậy ${x_N} + {y_N} = \frac{3}{5}$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm ứng với khu vực A là: $34 - 19 = 15$ (tuổi).

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm ứng với khu vực B là: $31 - 19 = 12$(tuổi).

c) Cỡ mẫu $n = 100$

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_1} = 22 + \frac{{\frac{{100}}{4} - 10}}{{27}}(25 - 22) = \frac{{71}}{3}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${Q_3} = 28 + \frac{{\frac{{3.100}}{4} - (10 + 27 + 31)}}{{25}}(31 - 28) = \frac{{721}}{{25}}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{388}}{{75}}$.

d) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm B là: ${Q_1}^\prime = 19 + \frac{{\frac{{100}}{4}}}{{47}}(22 - 19) = \frac{{968}}{{47}}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm B là: ${Q_3}^\prime = 22 + \frac{{\frac{{3.100}}{4} - 47}}{{40}}(25 - 22) = \frac{{241}}{{10}}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm B là ${\Delta _Q}^\prime = \frac{{241}}{{10}} - \frac{{968}}{{47}} = \frac{{1647}}{{470}}$.

Có ${\Delta _Q}^\prime < {\Delta _Q}$ nên phụ nữ ở khu vực B có độ tuổi kết hôn đồng đều hơn.

Ta có $h\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) + 5$$\Rightarrow h'\left( t \right) = - \frac{\pi }{6}\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right)$.

$h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3} = k\pi$$\Leftrightarrow t = - 4 + 12k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Mà $0 \le t \le 24$ nên $0 \le - 4 + 12k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{7}{3}$$\Rightarrow k \in \left\{ {1\,;\,2} \right\}$.

Do đó $h'\left( t \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\\t = 20\end{array} \right.$.

$\Rightarrow h\left( t \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {8\,;\,20} \right)$ hay trong khoảng từ $8\,{\rm{h}}$ đến $20\,{\rm{h}}$độ sâu của mực nước trong kênh tăng dần.

Vậy $a = 8\,;\,b = 20$ và $a + b = 28$.

Gọi hai kích thước của hình chữ nhật là $x$ và $y$, với $2x + y = 240$ $\left( {0 < x < 120;0 < y < 240} \right)$.

Suy ra $y = 240 - 2x$

Diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật là:

$S = xy = x\left( {240 - 2x} \right) = 240x - 2{x^2},0 < x < 120$.

$S' = 240 - 4x$; $S' = 0 \Leftrightarrow x = 60 \in \left( {0;120} \right)$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;120} \right)} S = 7200 \Leftrightarrow x = 60$.

Vậy ông nông dân có thể rào được cánh đồng với diện tích lớn nhất là $7200$m$^{2}$.

Theo đề $x + y = 10 \Rightarrow y = 10 - x$.

Bài toán trở thành tìm $x$ để hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất với

$f\left( x \right) = - 27{\left( {10 - x} \right)^2} + 326\left( {10 - x} \right) + {x^2} + 2x = - 26{x^2} + 216x + 560$.

Vì $f\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có $a < 0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại $x = \frac{{54}}{{13}} \approx 4$.

Vậy cần sử dụng máy A trong 4 ngày.

Ta có: $M\left( {3;3;3} \right)$, gọi $A,B,C$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các trục tọa độ $Ox,Oy,Oz$.

$\Rightarrow A\left( {3;0;0} \right),\,\,B\left( {0;3;0} \right),\,\,\,C\left( {0;0;3} \right)$.

$\Rightarrow AB = BC = CA = 3\sqrt 2$.

$\Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều.

$\Rightarrow$ Trực tâm $H$ trùng với trọng tâm $G$ của $\Delta ABC$.

$\Rightarrow H \equiv G\left( {1;1;1} \right)$.

$\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$.

Ta có:$\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = 0$;$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = AB.AD.cos60^\circ = \frac{1}{2}$;$\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}$.

$\Rightarrow I{J^2} = {\overrightarrow {IJ} ^2}\, = \frac{1}{4}{\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {\frac{{17}}{4} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} - 3\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} - 3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{5}{{16}}$.

$\Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 5 }}{4} \approx 0{,}56.$

+) Số trung bình cộng của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

$\overline x = \frac{{5.152{,}5 + 10.157{,}5 + 12.162{,}5 + 9.167{,}5 + 4.172{,}5 + 3.177{,}5}}{{43}} \approx 163{,}2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

+) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

${s^2} = \frac{{5.152,{5^2} + 10.157,{5^2} + 12.162,{5^2} + 9.167,{5^2} + 4.172,{5^2} + 3.177,{5^2}}}{{43}} - 163,{2^2}\, \approx 46{,}43$.