Đề thi KSCL đầu năm Toán 12 (có đáp án) - Đề 1

Số học sinh có thời gian học ít hơn $2$ tiếng ($120$ phút) trong số học sinh trên là

$18 + 15 + 42 = 75$. Chọn C.

Ta có: $f'\,\left( x \right) = 4{x^3} - 4x$. Xét $f'{\kern 1pt} \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.$.

Ta có $f\left( { - 1} \right) = - 2;f\left( 0 \right) = - 1;f\left( 1 \right) = - 2;f\left( 2 \right) = 7$.

Vậy $M = 7,m = - 2$. Do đó $M + 2m = 7 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = 3$. Chọn A.

Theo giả thiết, ta có ${\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right) > - 2 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow 1 < x < 10$. Chọn B.

</>

Ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {SD} + \overrightarrow {DC}$$= \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} + \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD}$. Chọn B.

Ta có $P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12$.

Khi đó $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)$$= 0{,}4 + 0{,}3 - 0{,}12 = 0{,}58$. Chọn B.

a) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 4\cos x + 2$.

b) Đúng. Ta có $f\left( 0 \right) = 4\sin 0 + 2 \cdot 0 = 0$, $f\left( \pi \right) = 4\sin \pi + 2 \cdot \pi = 2\pi$.

c) Đúng. $f'\left( x \right) = 4\cos x + 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

$0 \le \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{3} \le k \le \frac{1}{6} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}$.

$0 \le - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{5}{6} \Rightarrow$ không tồn tại $k$.

Vậy nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$ là $\frac{{2\pi }}{3}$.

d) Sai. Ta có $f\left( 0 \right) = 0$, $f\left( \pi \right) = 2\pi$, $f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2\sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3}$.

$\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2\sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3}$.

a) Đúng. Tọa độ điểm $A$ là $\left( {4;0;0} \right).$

b) Đúng. Tọa độ điểm $O$ là $\left( {0;0;0} \right).$ Tọa độ điểm $Q$ là $\left( {2;5;4} \right).$

Do đó $\overrightarrow {OQ} = \left( {2;5;4} \right).$

c) Sai. Tọa độ điểm $H$ là $\left( {0;5;3} \right).$ Do đó tọa độ $\overrightarrow {AH} = \left( { - 4;5;3} \right).$

d) Đúng. Tọa độ điểm $C$ là $\left( {0;5;0} \right).$

a) Đúng. Để sản xuất $x\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})$ nước tinh khiết thì phải trả chi phí các khoản sau: 3 triệu đồng chi phí cố định; $0{,}15$ triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm; $0{,}0003{x^2}$ triệu đồng chi phí bảo dưỡng máy móc.

Suy ra để sản xuất $1\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$ nước tinh khiết thì cần $\frac{3}{x}$ triệu đồng chi phí cố định; $0{,}15$ triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm; $0{,}0003x$ triệu đồng chi phí bảo dưỡng máy móc.

$\Rightarrow \overline c \left( x \right) = \frac{3}{x} + 0{,}15 + 0{,}0003x$ (triệu đồng).

b) Sai. Khi đó, ta suy ra $C\left( x \right) = \overline c \left( x \right) \cdot x$$= 3 + 0{,}15x + 0{,}0003{x^2}$.

c) Sai. Chi phí sản xuất $100\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$ là $C\left( {100} \right) = 3 + 0{,}15 \cdot 100 + 0{,}0003 \cdot {100^2}$$= 21$ (triệu đồng).

d) Đúng. Hàm chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm là $\overline c \left( x \right) = \frac{3}{x} + 0{,}15 + 0{,}0003x$, $0 < x \le 200$.

Đặt $f\left( x \right) = \overline c \left( x \right) = \frac{3}{x} + 0{,}15 + 0{,}0003x$, $0 < x \le 200$.

$f'\left( x \right) = - \frac{3}{{{x^2}}} + 0{,}0003$.

$f'\left( x \right) = 0$$\Rightarrow - 3 + 0{,}0003{x^2} = 0$$\Rightarrow x = 100$.

Bảng biến thiên của hàm $f\left( x \right)$.

Dựa vào BBT thì chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết trong ngày là $100\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.

a) Đúng. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số $f\left( x \right)$ bằng $- 1$.

b) Đúng. Ta có: ${\log _3}\left( {f\left( x \right) + 6} \right) = 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) + 6 = 9 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3$ $\left( * \right)$

Số nghiệm của phương trình $\left( * \right)$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ với đường thẳng $y = 3$. Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $\left( * \right)$ có 2 nghiệm.

c) Sai. Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {2;3} \right)$.

d) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$.

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

Tổng $2025a + b + c + d = - 2025 + 3 + 0 - 1 = - 2023$.

Ta có $y' = f'\left( x \right) = \frac{{\left( {4x + 26} \right)\left( {x + 13} \right) - \left( {2{x^2} + 26x + 18} \right)}}{{{{\left( {x + 13} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 52x + 320}}{{{{\left( {x + 13} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + 52x + 320 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 16\\x = - 10\end{array} \right.$.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = {x_1} = - 10$ và đạt cực đại tại $x = {x_2} = - 16$.

Khi đó $P = - 2{x_1} + {x_2} = - 2 \cdot \left( { - 10} \right) - 16 = 4$.

Đáp án: $4$.

Giả sử ban đầu tàu $A$ ở vị trí $A$ và tàu $B$ ở vị trí $B$. Sau khoảng thời gian $t$:

Tàu $A$ di chuyển được quãng đường $5t$ về phía Nam đến vị trí ${A_1}$.

Tàu $B$ di chuyển được quãng đường $7t$ đến vị trí ${B_1}$.

Khoảng cách từ vị trí ${B_1}$ đến vị trí $A$ là $6 - 7t$.

Áp dụng định lý Pytago ta có: $d = {A_1}{B_1} = f\left( t \right) = \sqrt {{{\left( {6 - 7t} \right)}^2} + {{\left( {5t} \right)}^2}} = \sqrt {74{t^2} - 84t + 36}$.

Để khoảng cách giữa hai tàu nhỏ nhất, thì hàm số $g\left( t \right) = 74{t^2} - 84t + 36$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Hàm số $g\left( t \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t = \frac{{ - \left( { - 84} \right)}}{{2.74}} = \frac{{21}}{{37}}$, vậy thời điểm khoảng cách giữa hai tàu bé nhất là khi $t = \frac{{21}}{{37}} \approx 0{,}57$(giờ).

Đáp án: $0{,}57$.

Do $I$ là trọng tâm tam giác $GBC$ nên ta có: $\overrightarrow {SI} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Do $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên ta có: $\overrightarrow {SG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Thay $\left( 2 \right)$ vào $\left( 1 \right)$ ta có: $\overrightarrow {SI} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) = \frac{1}{9}\overrightarrow {SA} + \frac{4}{9}\overrightarrow {SB} + \frac{4}{9}\overrightarrow {SC}$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{9}\\y = \frac{4}{9}\\z = \frac{4}{9}\end{array} \right. \Rightarrow 9\left( {x - y + z} \right) = 1$.

Đáp án: 1.

Gọi ${x_1} = 10;{x_2} = 30;{x_3} = 50;{x_4} = 70;{x_5} = 90$ là các giá trị đại diện.

Khi đó $\overline x = \frac{{10 \cdot 5 + 30 \cdot 9 + 50 \cdot 12 + 70 \cdot 10 + 90 \cdot 6}}{{42}} \approx 51{,}4$ phút.

Đáp án: 51,4.

Ta có $n\left( \Omega \right) = 9!$.

Gọi $A$ là biến cố: “xếp được 3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau”.

Khi đó, $n\left( A \right) = 7!\, \cdot 3!$. Suy ra $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{3!\, \cdot 7!}}{{9!}} = \frac{1}{{12}}$.

Vậy xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau là $P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{{11}}{{12}} \approx 0{,}92$.

Đáp án: 0,92.

Gọi $H = DM \cap CN$.

Theo bài ra ta có $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do $\Delta ADM = \Delta DCN\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)$ nên $\widehat {AMD} = \widehat {DNC}$.

$\widehat {HDN} + \widehat {DNH} = \widehat {HDN} + \widehat {AMD} = 90^\circ$ (Do tam giác $ADM$ vuông tại $A$).

Nên $DM \bot CN$.

Ta có $DM \bot SH,DM \bot CN \Rightarrow DM \bot \left( {SCN} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SCN} \right)$, kẻ $HK \bot SC\,\,\left( {K \in SC} \right)$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}DM \bot \left( {SCN} \right)\\KH \subset \left( {SCN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow KH \bot DM$.

Nên $KH$ là đường vuông góc chung của $DM$ và $SC$.

Khi đó $d\left( {SC,MD} \right) = HK = \frac{{12}}{7}$.

Ta có tam giác $CDN$ vuông tại $D$ nên $CN = \sqrt {C{D^2} + D{N^2}} = \sqrt {4 + 1} = \sqrt 5$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $CDN$ có: $C{D^2} = CN \cdot CH \Rightarrow CH = \frac{4}{{\sqrt 5 }}$.

Trong tam giác vuông $SHC$ có: $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{C{H^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{{49}}{{144}} - \frac{5}{{16}} = \frac{1}{{36}} \Rightarrow SH = 6$.

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot {2^2} = 8.$

Đáp án: 8.