Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 8)

Đáp án đúng là: B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có điểm cực tiểu là $\left( {3\,;\, - 4} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;2} \right]$ là $3$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = 1$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = 1$.

Suy ra $y = 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án đúng là: C

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị là đường đi xuống từ trái qua phải trên các khoảng $\left( { - \infty \,;\,2} \right)$ và $\left( {2\,;\, + \infty } \right)$ nên $y' < 0\,,\,\,\forall x \ne 2$.

Đáp án đúng là: C

Tập xác định: $D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ 1 \right\}$.

Ta có $y' = \frac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} - 2x + 5} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$và $\left( {1\,;\,3} \right)$.

**Đáp án đúng là: D **

+) Hàm số $y = \frac{{x - 1}}{x}$ không xác định tại $x = 0$. Loại A

+) Hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} - 4$ có hệ số $a = 1 > 0$. Loại B

+) Ta có $y = - {x^3} + 3x - 4 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 3$

$y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$. Hàm số có hai điểm cực trị $x = \pm 1$. Loại C

+) Ta có $y = - {x^3} + 3{x^2} - 4 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 6x$

$y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$. Hàm số có hai điểm cực trị $x = 0,\,x = 2$. Chọn D.

**Đáp án đúng là: D **

Vectơ đối của vectơ $\overrightarrow {AA'}$ là $\overrightarrow {C'C}$.

**Đáp án đúng là: D **

Ta có : $I$ là trung điểm của $AC'$ suy ra tọa độ điểm $I\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{2}; - 2} \right)$.

**Đáp án đúng là: A **

Ta có: $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AS} } \right) = \widehat {SAB}$.

Xét $\Delta SBA$ vuông tại $B$ ta có: $\tan \left( {\widehat {SAB}} \right) = \frac{{SB}}{{AB}}$$= \sqrt 3$ . Suy ra: $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AS} } \right) = 60^\circ$.

**Đáp án đúng là: C **

Gọi $C\left( {0;0;c} \right) \in Oz$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 1;2} \right)$, $\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;1;c} \right)$.

Để $AB \bot BC$$\Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2c = 0 \Rightarrow c = \frac{1}{2}$.

**Đáp án đúng là: B **

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là:$R = 250 - 0 = 250$ ( ngày).

**Đáp án đúng là: D **

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là căn bậc hai số học của phương sai.

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

b) Ta có $g'\left( x \right) = 2 - 3f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0;2} \right)$, suy ra hàm số $g\left( x \right) = 2x - 3f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

c) Ta có hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

Mà $0 \le {\sin ^2}x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}$$\Rightarrow 0 \le {\sin ^2}x < \frac{3}{2},\forall x \in \mathbb{R}$ $\Rightarrow f\left( {{{\sin }^2}x} \right) > f\left( {\frac{3}{2}} \right)$.

d) Ta có $y' = {\left( {2 - 3x} \right)^\prime } \cdot f'\left( {2 - 3x} \right) = - 3f'\left( {2 - 3x} \right)$.

Hàm số $y = f\left( {2 - 3x} \right)$ nghịch biến $y' = - 3f'\left( {2 - 3x} \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {2 - 3x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 - 3x < 0\\2 - 3x > 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > \frac{2}{3}\\x < 0\end{array} \right.$. Suy ra hàm số $y = f\left( {2 - 3x} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {\frac{2}{3}; + \infty } \right)$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$.

Ta có $y' = \frac{{{m^2} - m + 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne m$.

Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;m} \right)$ và $\left( {m; + \infty } \right)$.

Vậy khi $m = 1$ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

b) Bảng biến thiên

Với $m = 1$ thì giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( 4 \right) = \frac{1}{3}$.

c) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - {m^2} - 2}}{{x - m}} = 1$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - {m^2} - 2}}{{x - m}} = 1$.

Suy ra $y = 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

d) Để giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{x - {m^2} - 2}}{{x - m}}$ trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$ bằng $- 1$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\\frac{{2 - {m^2}}}{{4 - m}} = - 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} + m - 6 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m = 2,m = - 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow m = - 3$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Hình chiếu của điểm $M$ trên trục $Oy$ có tọa độ là $\left( {0;3;0} \right)$.

b) Vì $N$ là trung điểm của $ME$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 = \frac{{2 + {x_E}}}{2}\\1 = \frac{{3 + {y_E}}}{2}\\1 = \frac{{ - 1 + {z_E}}}{2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_E} = - 4\\{y_E} = - 1\\{z_E} = 3\end{array} \right.$$\Rightarrow E\left( { - 4; - 1;3} \right)$.

c) Ta có $\overrightarrow {NM} = \left( {3;2; - 2} \right);\overrightarrow {NP} = \left( {2;m - 2;2} \right)$.

$\Delta MNP$ vuông tại $N$$\Leftrightarrow \overrightarrow {NM} \cdot \overrightarrow {NP} = 0$$\Leftrightarrow 3 \cdot 2 + 2 \cdot \left( {m - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow m = 1$.

d) Gọi $J\left( {x;y;z} \right)$ thỏa mãn $3\overrightarrow {JM} - \overrightarrow {JN} = \overrightarrow 0$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {2 - x} \right) - \left( { - 1 - x} \right) = 0\\3\left( {3 - y} \right) - \left( {1 - y} \right) = 0\\3\left( { - 1 - z} \right) - \left( {1 - z} \right) = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{2}\\y = 4\\z = - 2\end{array} \right.$.

Suy ra $J\left( {\frac{7}{2};4; - 2} \right)$.

Khi đó $T = \left| {3\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IN} } \right| = \left| {3\overrightarrow {IJ} + 3\overrightarrow {JM} - \overrightarrow {IJ} - \overrightarrow {JN} } \right| = \left| {2\overrightarrow {IJ} } \right| = 2IJ$.

$T$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $I$ là hình chiếu của $J$ trên $\left( {Oxy} \right)$ $\Leftrightarrow I\left( {\frac{7}{2};4;0} \right)$.

Vậy $a = \frac{7}{2};b = 4;c = 0$. Suy ra $2a + b + c = 11$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Khoảng biến thiên về số tháng đầu từ vào lĩnh vực A và B ở mẫu số liệu trên bằng nhau và bằng $40 - 15 = 25$.

b)Số tiền trung bình thu được khi đầu tư vào lĩnh vực A là

$\overline {{x_A}} = \frac{{5 \cdot 17{,}5 + 10 \cdot 22{,}5 + 8 \cdot 27{,}5 + 8 \cdot 32{,}5 + 9 \cdot 37{,}5}}{{40}} = 28{,}25$.

Số tiền trung bình thu được khi đầu tư vào lĩnh vực B là

$\overline {{x_B}} = \frac{{6 \cdot 17{,}5 + 8 \cdot 22{,}5 + 9 \cdot 27{,}5 + 8 \cdot 32{,}5 + 9 \cdot 37{,}5}}{{40}} = 28{,}25$.

c) Phương sai của số tiền thu được khi đầu tư vào lĩnh vực A là

$s_A^2 = \frac{1}{{40}}\left( {5 \cdot 17,{5^2} + 10 \cdot 22,{5^2} + 8 \cdot 27,{5^2} + 8 \cdot 32,{5^2} + 9 \cdot 37,{5^2}} \right) - 28,{25^2} = 45{,}6875$.

d) Độ lệch chuẩn của số tiền thu được khi đầu tư vào lĩnh vực A là

${s_A} = \sqrt {\frac{1}{{40}}\left( {5 \cdot 17,{5^2} + 10 \cdot 22,{5^2} + 8 \cdot 27,{5^2} + 8 \cdot 32,{5^2} + 9 \cdot 37,{5^2}} \right) - 28,{{25}^2}} = \frac{{\sqrt {731} }}{4}$.

Độ lệch chuẩn của số tiền thu được khi đầu tư vào lĩnh vực B là

${s_B} = \sqrt {\frac{1}{{40}}\left( {6 \cdot 17,{5^2} + 8 \cdot 22,{5^2} + 9 \cdot 27,{5^2} + 8 \cdot 32,{5^2} + 9 \cdot 37,{5^2}} \right) - 28,{{25}^2}} = \frac{{\sqrt {751} }}{4}$.

Như vậy, độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về số tiền thu được hàng tháng khi đầu tư vào lĩnh vực B cao hơn khi đầu tư vào lĩnh vực A. Do đó, anh Bình đầu tư vào lĩnh vực B “rủi ro” hơn lĩnh vực A.

Ta có $f\left( x \right) = \frac{1}{2}x - \sqrt {x + 1}$$\Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 1} }} = \frac{{\sqrt {x + 1} - 1}}{{2\sqrt {x + 1} }}$.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} = 1 \Leftrightarrow x = 0$.

Ta có $f\left( 0 \right) = - 1;f\left( 3 \right) = - \frac{1}{2}$ và hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$.

Vậy $M = - \frac{1}{2};m = - 1$ $\Rightarrow S = 2M - m = 2\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) + 1 = 0$.

Khi $x = 50$ thì $C\left( {50} \right) = \frac{{12 \cdot 50}}{{100 - 50}} = 12$ (nghìn đô).

Vậy chi phí để loại bỏ 50% chất gây ô nhiên là 12 nghìn đô.

Khi bơi ngược dòng vận tốc của cá là $v - 5$ (km/h).

Thời gian để cá vượt khoảng cách 100 km là $t = \frac{{100}}{{v - 5}}\left( {v > 5} \right)$.

Năng lượng tiêu hao của cá khi vượt khoảng cách 100 km là $E\left( v \right) = c \cdot {v^3} \cdot \frac{{100}}{{v - 5}} = 100c \cdot \frac{{{v^3}}}{{v - 5}}$.

Xét hàm số $y = E\left( v \right)$ ta có $E'\left( v \right) = 100c \cdot \frac{{3{v^2}\left( {v - 5} \right) - {v^3}}}{{{{\left( {v - 5} \right)}^2}}} = 100c \cdot \frac{{{v^2}\left( {2v - 15} \right)}}{{{{\left( {v - 5} \right)}^2}}}$.

Có $E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 7{,}5$ (do $v > 5$). Ta có bảng biến thiên

Vậy vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên thuộc khoảng $\left( {5;7{,}5} \right)$ thì năng lượng tiêu hoa của cá giảm. Khi đó giá trị lớn nhất của $b - a = 2{,}5$.

Ta có $M \in \left( C \right)$ $\Rightarrow M\left( {{x_0};{x_0} + \frac{1}{{{x_0} + 1}}} \right)$ với ${x_0} > - 1$.

Ta có $I{M^2} = {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + {\left( {{x_0} + 1 + \frac{1}{{{x_0} + 1}}} \right)^2} = 2{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} + 2$.

Đặt $t = {\left( {{x_0} + 1} \right)^2},t > 0$ thì khi đó $I{M^2} = 2t + 2 + \frac{1}{t}$.

Xét hàm số $y = 2t + 2 + \frac{1}{t}$ có $y' = 2 - \frac{1}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Bảng biến thiên

Để thuyền thu được sóng tốt nhất $\Leftrightarrow IM$ ngắn nhất $\Leftrightarrow {x_0} = \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}} - 1$.

Vậy $n = 4;a = 2;b = 1 \Rightarrow a \cdot n + b = 9$.

Ta có $\vec F = m\vec a$, suy ra $\left| {\vec F\left| { = m} \right|\vec a} \right| = 0{,}5 \cdot 50 = 25\left( {{\rm{\;N}}} \right)$.

Vậy muốn truyền cho quả bóng khối lượng $0{,}5{\rm{\;kg}}$ một gia tốc $50{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}$ thì cần một lực đá có độ lớn là $25{\rm{\;N}}$.

Ta có $C'(6;10;4)$, $A'(0;0;4)$.

Gọi $I\left( {x;y;z} \right)$ là trung điểm của $A'C'$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{6 + 0}}{2} = 3\\{y_I} = \frac{{10 + 0}}{2} = 5\\{z_I} = \frac{{4 + 4}}{2} = 4\end{array} \right.$.

Vậy tọa độ của điểm treo quạt $I(3;5;4)$suy ra $a + b + c = 12$.