Đề thi KSCL đầu năm Toán 12 (có đáp án) - Đề 2

Vì tứ giác $BDHF$ là hình bình hành nên ta có $\overrightarrow {FH} = \overrightarrow {BD}$. Chọn A.

Do $BC{\rm{//}}AD \Rightarrow \left( {BC,SA} \right) = \left( {AD,SA} \right) = \widehat {SAD} = 60^\circ$. Chọn A.

Cỡ mẫu $n = 53 + 82 + 48 + 39 + 18 = 240 \Rightarrow \frac{n}{2} = 120$.

Suy ra trung vị của mẫu số liệu thuộc nhóm $\left[ {15{,}5;20{,}5} \right)$.

Do đó, ${Q_2} = 15{,}5 + \frac{{\frac{{240}}{2} - 53}}{{82}} \cdot \left( {20{,}5 - 15{,}5} \right) \approx 19{,}59$. Chọn B.

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. Chọn B.

a) Đúng. Xét $S\left( x \right) = - 2{x^3} + 27{x^2} + 216x + 150$, ta có $S'\left( x \right) = - 6{x^2} + 54x + 216.$

b) Sai. Nếu không chi tiền cho quảng cáo thì số sản phẩm công ty A bán được là $S\left( 0 \right) = 150.$

c) Sai. Xét hàm số $S\left( x \right) = - 2{x^3} + 27{x^2} + 216x + 150$ với $x \in \left[ {11;12} \right]$.

$S'\left( x \right) = - 6{x^2} + 54x + 216;\,\,S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\,\,\,{\rm{(tm)}}\\x = - 3\,\,{\rm{(loai)}}\end{array} \right..$

Ta có $S\left( {11} \right) = 3131;\,\,\,S\left( {12} \right) = 3174$. Bảng biến thiên:

Do đó nếu công ty A chi 11 triệu đồng đến 12 triệu đồng cho quảng cáo loại sản phẩm này thì số lượng sản phẩm công ty A bán được đạt tối đa bằng 3174 sản phẩm.

d) Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy nếu công ty A chi từ 11 triệu đồng đến 12 triệu đồng cho quảng cáo loại sản phẩm này thì số lượng sản phẩm bán được sẽ tăng.

a) Đúng. Gọi mức lương mỗi tháng của anh $X$ trong $6$ tháng đầu là ${u_1} = 6$ triệu đồng thì mức lương anh $X$ ở tháng thứ $11$ là ${u_2} = {u_1} + {u_1} \cdot 15\% = {u_1}\left( {1 + 15\% } \right) = 6 \cdot \left( {1 + \frac{{15}}{{100}}} \right) = 6{,}9$ triệu đồng.

b) Sai. Gọi mức lương mỗi tháng của anh $X$ trong $6$ tháng đầu là ${u_1} = 6$ triệu đồng thì mức lương anh $X$ ở mỗi tháng kỳ $2$ là ${u_2} = {u_1} + {u_1} \cdot 15\% = {u_1}\left( {1 + 15\% } \right)$.

Mức lương mỗi tháng của kỳ thứ $3$ là ${u_3} = {u_2} + {u_2} \cdot 15\% = {u_2}\left( {1 + 15\% } \right) = {u_1}{\left( {1 + 15\% } \right)^2}$.

….

Mức lương mỗi tháng của kỳ thứ $n$ là ${u_n} = {u_1}{\left( {1{,}15} \right)^{n - 1}}$

Vậy $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số nhân với công bội là $q = 1{,}15$.

c) Đúng. Ta có lương mỗi tháng của anh $X$ theo từng kỳ $6$ tháng là một cấp số nhân có ${u_1} = 6$, công bội $q = 1{,}15$, khi đó tổng số tiền lương nhận được sau $4$ năm ($8$ kỳ) là

${S_8} = 6\left( {{u_1} + {u_2} + ... + {u_8}} \right)$ $= 6 \cdot 6 \cdot \frac{{1 - 1,{{15}^8}}}{{1 - 1{,}15}} \approx 494{,}17$ triệu đồng.

d) Đúng. Ta có số tiền bảo hiểm thất nghiệp anh $X$ phải đóng trong $10$ năm ($20$ kỳ) là

${T_{20}} = 6 \cdot 1{,}5\% \left( {{u_1} + {u_2} + ... + {u_{20}}} \right)$$= 6 \cdot 1{,}5\% \cdot {u_1}\frac{{1 - 1,{{15}^{20}}}}{{1 - 1{,}15}} \approx 55{,}32$ triệu đồng.

Giả sử $s\left( t \right) = a{t^3} + b{t^2} + ct + d\,\,\left( {a \ne 0} \right).$

Vì đồ thị hàm số $s\left( t \right)$ đi qua các điểm $\left( {0\,;\,0} \right)$, $\left( {4\,;\,\frac{8}{3}\,} \right)$, $\left( {8\,;\,\,\frac{{112}}{3}} \right)$ và $\left( {10\,;\frac{{260}}{3}} \right)$ nên ta có

$\left\{ \begin{array}{l}d = 0\\64a + 16b + 4c = \frac{8}{3}\\512a + 64b + 8c = \frac{{112}}{3}\\1000a + 100b + 10c = \frac{{260}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{6}\\b = - 1\\c = 2\\d = 0\end{array} \right.$. Do đó $s\left( t \right) = \frac{1}{6}{t^3} - {t^2} + 2t.$

Ta có $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = \frac{1}{2}{t^2} - 2t + 2 \Rightarrow$$v'\left( t \right) = t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, từ giây thứ $2$ trở đi vận tốc của vật tăng dần theo thời gian. Do đó trong $10$ giây đầu tiên, khoảng thời gian vật chuyển động nhanh dần kéo dài trong $8$ giây.

Đáp án: $8$.

Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Do $S.ABC$ là hình chóp đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$, do đó góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {SAG}$.

Kẻ $MH \bot SA$ tại $H$. Ta có $AM \bot BC,\,SG \bot BC$ nên $\left( {SAM} \right) \bot BC \Rightarrow MH \bot BC$.

Do đó $MH$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $SA$ và $BC$.

Xét tam giác $AMH$ vuông tại $H$, có $AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2},\;\widehat {SAM} = 60^\circ$ nên

$MH = AM \cdot \sin 60^\circ = \frac{3}{4} = 0{,}75$.

Vậy $d\left( {SA\,,\,BC} \right) = MH = 0{,}75$.

Đáp án: $0{,}75$.

+) Bạn làm đúng $12$ câu nên chắc chắn được $6$ điểm, do đó để được $9$ điểm thì trong số các câu còn lại bạn phải trả lời đúng $6$ câu.

+) Trong số $8$ câu còn lại thì $2$ câu đã loại được một đáp án sai nên xác suất trả lời đúng trong một câu là $\frac{1}{3}$ (xác suất trả lời sai là $\frac{2}{3}$); $6$ câu còn lại xác suất trả lời đúng trong một câu là $\frac{1}{4}$ (xác suất trả lời sai là $\frac{3}{4}$).

TH1: $6$ câu trả lời đúng không có câu nào đã loại được đáp án, suy ra xác suất là

$C_6^6 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^6} \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^0} \cdot C_2^0 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{1}{{9216}}$.

TH2: $6$ câu trả lời đúng có $1$ câu đã loại được đáp án sai, suy ra xác suất là

$C_6^5 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^5} \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^1} \cdot C_2^1 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^1} \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^1} = \frac{1}{{512}}$.

TH3: $6$ câu trả lời đúng có $2$câu đã loại được đáp án sai, suy ra xác suất là

$C_6^4 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^4} \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} \cdot C_2^2 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^0} = \frac{{15}}{{4096}}$.

Vậy xác suất bạn được $9$ điểm là $P = \frac{1}{{9216}} + \frac{1}{{512}} + \frac{{15}}{{4096}} = \frac{{211}}{{36864}} \Rightarrow 1000P \approx 5{,}72$.

Đáp án: $5{,}72$.

Lúc $12$ giờ, hai kim đồng hồ cùng chỉ vào số $12$. Vì kim phút đi nhanh hơn kim giờ nên kim phút đi hết một vòng mà hai kim vẫn chưa gặp nhau.

Hiệu vận tốc của hai kim là: $1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}$( vòng đồng hồ/giờ).

Kể từ lúc $1$ giờ, thời gian để kim phút đuổi kịp kim giờ là: $\frac{1}{{12}} \div \frac{{11}}{{12}} = \frac{1}{{11}}$(giờ).

Kể từ lúc $12$ giờ, thời gian để hai kim chập nhau lần đầu tiên là: $1 + \frac{1}{{11}} = \frac{{12}}{{11}}$(giờ).

Trong $1$ giờ kim phút quay được một vòng $\Rightarrow$ Kim phút quay được $2\pi \left( {{\rm{radian}}} \right)$.

Trong $\frac{{12}}{{11}}$ giờ kim phút quay được là: $\frac{{12}}{{11}} \times 2\pi = \frac{{24\pi }}{{11}}\left( {{\rm{radian}}} \right)$.

Do cùng chiều kim đồng hồ là chiều âm nên kim phút quay được một góc lượng giác là:

$- \frac{{24\pi }}{{11}} \approx - 6{,}9\,\,\left( {{\rm{radian}}} \right)$.

Đáp án: −6,9.

Gọi M là trung điểm của BC khi đó $AM \bot BC$ và $BC \bot \left( {AA'M} \right)$.

Dựng $MH \bot AA' \Rightarrow MH = d\left( {AA',BC} \right) = \frac{{5\sqrt 3 }}{4}$.

Có $\sin \widehat {HAM} = \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{{\frac{{5\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{5\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {HAM} = 30^\circ$.

$A'G = AG \cdot \tan 30^\circ = \frac{2}{3} \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{5}{3}$.

Vậy ${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot A'G = \frac{{{5^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{5}{3} = \frac{{125\sqrt 3 }}{{12}}$.

Đặt $OH = x\left( {0 \le x \le 1} \right)$ ta có $OA = OB = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {x^2}} = \sqrt {\frac{9}{4} + {x^2}}$ và $OC = 1 - x$.

Tổng độ dài các dây xích là

$L\left( x \right) = 2\left( {OA + OB + OC} \right)$ $= 2\left( {2\sqrt {\frac{9}{4} + {x^2}} + 1 - x} \right)$$= 4\sqrt {\frac{9}{4} + {x^2}} + 2 - 2x$.

$L'\left( x \right) = \frac{{4x}}{{\sqrt {\frac{9}{4} + {x^2}} }} - 2 = 0$$\Leftrightarrow \sqrt {\frac{9}{4} + {x^2}} = 2x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4{x^2} = {x^2} + \frac{9}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$

Bảng biến thiên:

Vậy chiều dài tối thiểu của dây xích là $L\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = 2 + 3\sqrt 3$ (m).

$\overrightarrow {SA} = \left( {0;1; - 5} \right),\,\,\,\overrightarrow {SB} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 5} \right),\,\,\overrightarrow {SC} \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 5} \right)\,$.

$\overrightarrow {AB} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{3}{2};0} \right),\,\,\,\overrightarrow {BC} = \left( {\sqrt 3 ;0;0} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{3}{2};0} \right) \Rightarrow AB = BC = AC = 3$.

Ta có $SA = SB = SC = \sqrt {26}$ nên hình chiếu của $S$ trên $\left( {ABC} \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ mà lại có $\Delta ABC$ đều nên $SO \bot \left( {ABC} \right)$.

Giả sử $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {SA} ,\,\,\,\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {SB} ,\,\,\,\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {SC} \,\,\,\left( {k > 0} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = k\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) = \left( {0;0; - 15k} \right)$.

Theo bài ta lại có $\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = 60 \Rightarrow 15k = 60 \Rightarrow k = 4$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| + \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| + \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 4\left( {SA + SB + SC} \right) = 12\sqrt {26}$ (N).