Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 3

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = 5$ và $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = 0$.

Suy ra $M.m = 0$. Chọn D.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2}{\left( {x + 1} \right)^3}\left( {3 - x} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Bảng xét dấu

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;3} \right)$. Chọn C.

Ta có $y' = {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Ta có $y\left( 0 \right) = 1;y\left( 1 \right) = \frac{7}{3};y\left( 3 \right) = 1;y\left( 4 \right) = \frac{7}{3}$.

Vậy $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = y\left( 1 \right) = y\left( 4 \right) = \frac{7}{3};m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = y\left( 0 \right) = y\left( 3 \right) = 1$.

Suy ra $S = M + m = \frac{7}{3} + 1 = \frac{{10}}{3}$. Chọn C.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0; - 1} \right) \Rightarrow A{B^2} = 2$; $\overrightarrow {AC} = \left( {x - 3;y - 1; - 1} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + 1}$.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \\AB = AC\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0\\A{B^2} = A{C^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1\left( {x - 3} \right) + 0\left( {y - 1} \right) + 1 = 0\\{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + 1 = 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\{x^2} + {y^2} - 6x - 2y + 9 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 1\end{array} \right.$.

Vậy $C\left( {4;1; - 1} \right)$. Chọn B.

a) Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

b) Có $y' = f'\left( {x + 2} \right)$.

Hàm số đồng biến khi $f'\left( {x + 2} \right) > 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x + 2 < 0\\x + 2 > 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 < x < - 2\\x > - 1\end{array} \right.$.

Do đó hàm số $y = f\left( {x + 2} \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - 3; - 2} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

c) $f\left( x \right)$ có 3 điểm cực trị.

d) $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 2$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là: $R = 60 - 35 = 25$.

b) Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{100}}$ là cân nặng của 100 học sinh lớp 12 được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có ${Q_1} = \frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}$ mà ${x_{25}};{x_{26}} \in \left[ {40;45} \right)$ nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có ${Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{100}}{4} - 20}}{{40}}.5 = \frac{{325}}{8}$.

Ta có ${Q_3} = \frac{{{x_{75}} + {x_{76}}}}{2}$ mà ${x_{75}};{x_{76}} \in \left[ {45;50} \right)$ nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có ${Q_3} = 45 + \frac{{\frac{{3.100}}{4} - 60}}{{25}}.5 = 48$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 48 - \frac{{325}}{8} = 7{,}375$.

c) Ta có

Cân nặng trung bình là $\overline x = \frac{{20.37{,}5 + 40.42{,}5 + 25.47{,}5 + 10.52{,}5 + 5.57{,}5}}{{20 + 40 + 25 + 10 + 5}} = 44{,}5$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

${s^2} = \frac{{20.{{\left( {37{,}5 - 44{,}5} \right)}^2} + 40.{{\left( {42{,}5 - 44{,}5} \right)}^2} + 25.{{\left( {47{,}5 - 44{,}5} \right)}^2} + 10.{{\left( {52{,}5 - 44{,}5} \right)}^2} + 5.{{\left( {57{,}5 - 44{,}5} \right)}^2}}}{{20 + 40 + 25 + 10 + 5}} = 28{,}5$.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là $s = \sqrt {28{,}5} \approx 5{,}34$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ $\Rightarrow a = 0$.

$x = 1$ là tệm cận đứng của đồ thị hàm số. Suy ra $b = - 1$.

Do đó $T = a + b = - 1$.

Trả lời: −1.

Ta có ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 15 - 5 = 10$.

Trả lời: 10.

Ta có $\overrightarrow {BG} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {AG} - \overrightarrow {AB} } \right).\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}$$= \left| {\overrightarrow {AG} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AG} ,\overrightarrow {AC} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 30^\circ - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 60^\circ$$= \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\frac{1}{2} = - \frac{1}{8}{a^2}$.

Suy ra $n = - 0{,}1$.

Trả lời: −0,1.

Có $\overrightarrow {BA} = \left( { - 1;3; - 4} \right) \Rightarrow BA = \sqrt {26}$; $\overrightarrow {BC} = \left( { - 6;8;2} \right) \Rightarrow BC = 2\sqrt {26}$.

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $B$ của tam giác $ABC$, $D \in AC$.

Theo tính chất tia phân giác ta có $\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}$ $\Rightarrow \overrightarrow {DA} = \frac{1}{2}\overrightarrow {DC}$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}1 - a = \frac{1}{2}\left( { - 4 - a} \right)\\2 - b = \frac{1}{2}\left( {7 - b} \right)\\ - 1 - c = \frac{1}{2}\left( {5 - c} \right)\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = - 3\\c = - 7\end{array} \right.$ $\Rightarrow D\left( {6; - 3; - 7} \right)$.

Do đó $a = 6;b = - 3;c = - 7$. Vậy $T = a + b + c = - 4$.

Trả lời: −4.

Số cá còn sống trong ao lúc đó là $\frac{{31}}{{31 + t}}.300$ (con).

Sản lượng cá X tại thời điểm đó là $f\left( t \right) = \frac{{31}}{{31 + t}}.300.0{,}45\left( {0{,}2 + \frac{{141}}{{155}}t - 0{,}05{t^2}} \right)$$= 4185.\frac{{0{,}2 + \frac{{141}}{{155}}t - 0{,}05{t^2}}}{{31 + t}}$.

Ta có $f'\left( t \right) = 4185.\left[ {\frac{{\left( {\frac{{141}}{{155}} - 0{,}1t} \right)\left( {31 + t} \right) - \left( {0{,}2 + \frac{{141}}{{155}}t - 0{,}05{t^2}} \right)}}{{{{\left( {31 + t} \right)}^2}}}} \right]$$= 4185.\frac{{ - 0{,}05{t^2} - 3{,}1t + 28}}{{{{\left( {31 + t} \right)}^2}}}$;

Có $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 0{,}05{t^2} - 3{,}1t + 28 = 0 \Leftrightarrow t = 8$ vì $0 \le t \le 8$.

Có $f\left( 0 \right) = 27;f\left( 8 \right) = 459;f\left( {10} \right) \approx 439$.

Vậy sản lượng lớn nhất có thể đạt được là 459 kg.

Giả sử sau 5 giây cabin di chuyển đến điểm $M\left( {x;y;z} \right)$.

Khi đó ta có $\overrightarrow {AM}$ và $\overrightarrow u$ cùng hướng suy ra $\overrightarrow {AM} = t\overrightarrow u = \left( {t;2t; - 2t} \right)\left( {t > 0} \right)$.

Mà quãng đường cabin đi được trong 5 giây là $6.5 = 30$(m).

Do đó $AM = 30 \Leftrightarrow A{M^2} = 900 \Leftrightarrow {t^2} + 4{t^2} + 4{t^2} = 900 \Rightarrow t = 10$.

Suy ra $\overrightarrow {AM} = \left( {10;20; - 20} \right)$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = 10\\y - 4 = 20\\z - 3 = - 20\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9\\y = 24\\z = - 17\end{array} \right.$ $\Rightarrow M\left( {9;24; - 17} \right)$.

Khi đó khoảng cách giữa cabin và người quan sát là $BM = \sqrt {{{\left( {9 - 2} \right)}^2} + {{\left( {24 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 17 + 1} \right)}^2}} = \sqrt {881}$ m.

Gọi $I$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Khi đó $I\left( {1;1; - 1} \right)$ và $\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0$.

Khi đó $f = \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| + 3\left| {\overrightarrow {MD} } \right|$$= \left| {3\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right| + 3\left| {\overrightarrow {MD} } \right| = 3\left( {\left| {\overrightarrow {MI} } \right| + \left| {\overrightarrow {MD} } \right|} \right)$.

Bài toán trở thành tìm $M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)$ sao cho $f = 3\left( {\left| {\overrightarrow {MI} } \right| + \left| {\overrightarrow {MD} } \right|} \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Vì ${z_I}.{z_D} > 0$ nên điểm $I$ và $D$ nằm cùng phía với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $I'\left( {1;1;1} \right)$ là điểm đối xứng với $I$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Khi đó $f = 3\left( {\left| {\overrightarrow {MI} } \right| + \left| {\overrightarrow {MD} } \right|} \right) = 3\left( {\left| {\overrightarrow {MI'} } \right| + \left| {\overrightarrow {MD} } \right|} \right) \ge 3I'D$.

Để $f$ nhỏ nhất thì $I';M;D$ thẳng hàng suy ra $\overrightarrow {I'M}$ và $\overrightarrow {I'D}$ cùng hướng

$\Leftrightarrow \frac{{a - 1}}{{ - 1}} = \frac{{b - 1}}{1} = \frac{{ - 1}}{{ - 3}}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{3}\\b = \frac{4}{3}\end{array} \right.$ $\Rightarrow M\left( {\frac{2}{3};\frac{4}{3};0} \right)$.