Giải SGK Toán 12 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm có đáp án

Đáp án đúng là: C

Tập xác định của hàm số là ℝ.

Ta có: y*'* = 3x$^{2}$ – 12x + 9; y*'* = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3.

Bảng xét dấu của hàm số như sau:

Ta thấy y*'* < 0 trên khoảng (1; 3) nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng này.

Đáp án đúng là: B

Tập xác định của hàm số là ℝ \ {1}.

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

y*'* = 0 ⇔ x = 3 (do x ∈ [2; 4]).

y(2) = 7; y(3) = 6; y(4) = $\frac{19}{3}$.

Do đó, M = $\underset{[2;\ 4]}{\max }y=y(2)=7$.

Đáp án đúng là: C

Tập xác định của hàm số là D = (– ∞; – 1] ∪ [1; + ∞).

Ta có:

$\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }y=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{{x}^{2}-1}}{x}=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }(-\sqrt{\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}})=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }(-\sqrt{1-\frac{1}{{x}^{2}}})=-1$.

Do đó, đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{{x}^{2}-1}}{x}$ có hai tiệm cận ngang là y = 1 và y = – 1.

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng và tiệm cận xiên.

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ đã cho, ta thấy đường cong đã cho là đồ thị của hàm số bậc ba với hệ số a > 0. Vậy đường cong trong hình trên là đồ thị của hàm số y = x$^{3}$ – 3x$^{2}$ + 3.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\int f(x)dx=\int ({x}^{2}+3)dx=\int {x}^{2}dx+\int 3dx=\frac{{x}^{3}}{3}+3x+C$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\int {f}^{'}(x)dx=\int (2\sin x+1)dx=-2\cos x+x+C$.

Suy ra f(x) = – 2cos x + x + C.

Lại có f(0) = 1 nên – 2 cos 0 + 0 + C = 1, suy ra C = 3.

Do đó, f(x) = – 2 cos x + x + 3.

Khi đó, $\int _{0}^{\frac{π}{2}}f(x)dx=\int _{0}^{\frac{π}{2}}(-2\cos x+x+3)={(-2\sin x+\frac{{x}^{2}}{2}+3x)|}_{0}^{\frac{π}{2}}$

$=-2\sin \frac{π}{2}+\frac{{π}^{2}}{8}+\frac{3π}{2}-(-2\sin 0)=-2+\frac{{π}^{2}}{8}+\frac{3π}{2}=\frac{{π}^{2}+12π-16}{8}$.

Đáp án đúng là: B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = 0, x = – 1 và x = 4 là:

$S=\int _{-1}^{4}|f(x)-0|dx=\int _{-1}^{1}f(x)dx-\int _{1}^{4}f(x)dx$.

Đáp án đúng là: B

Thể tích V của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox là: $V=π\int _{0}^{4}{(2\sqrt{x})}^{2}dx=π\int _{0}^{4}4xdx={π2{x}^{2}|}_{0}^{4}=32π$.

Đáp án đúng là: B

Vì M là trung điểm của đoạn thẳng AG nên $\overrightarrow{MA}=-\overrightarrow{MG}$.

Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên $\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$.

Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}$

$=-\overrightarrow{MG}+(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})+(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC})+(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GD})$

$=-\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{MG}+(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD})$$=2\overrightarrow{MG}$.

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng $d:\{\begin{matrix}x=2-t \\ y=3 \\ z=-1+2t\end{matrix}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(-1;0;2)$.

Mặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(2;-1;-2)$.

Ta có sin (d, (P)) = $\frac{|(-1)\cdot 2+0\cdot (-1)+2\cdot (-2)|}{\sqrt{{(-1)}^{2}+{0}^{2}+{2}^{2}}\cdot \sqrt{{2}^{2}+{(-1)}^{2}+{(-2)}^{2}}}=\frac{6}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Suy ra cos (d, (P)) = $\sqrt{1-{(\frac{2\sqrt{5}}{5})}^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Đáp án đúng là: B

Vì A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox, Oy, Oz nên ta có

A(2; 0; 0), B(0; – 1; 0) và C(0; 0; 3).

Khi đó, mặt phẳng (ABC) có phương trình đoạn chắn là:

$\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{3}=1\Leftrightarrow 3x-6y+2z-6=0$.

Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là: 3x – 6y + 2z – 6 = 0.

a) Đáp án đúng là: B

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là R = 10 – 0 = 10.

b) Đáp án đúng là: A

Mẫu số liệu ghép nhóm với giá trị đại diện:

Số trung bình của mẫu số liệu trên là: $\overline{x}=\frac{3\cdot 1+8\cdot 3+15\cdot 5+7\cdot 7+2\cdot 9}{3+8+15+7+2}=\frac{169}{35}$.

Phương sai của mẫu số liệu trên là:

s$^{2}$ = $\frac{1}{35}$(3 ∙ 1$^{2}$ + 8 ∙ 3$^{2}$ + 15 ∙ 5$^{2}$ + 7 ∙ 7$^{2}$ + 2 ∙ 9$^{2}$) – ${(\frac{169}{35})}^{2}$≈ 3,97.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $s=\sqrt{{s}^{2}}\approx \sqrt{3{,}97}\approx 1{,}99$.

Đáp án đúng là: A

Gọi A là biến cố: “Người được chọn thích uống trà”;

B là biến cố: “Người được chọn thích uống cà phê”.

Ta cần tính P(A | B).

Theo bài ra ta có: P(B) = $\frac{17}{25}$; P(AB) = $\frac{9}{25}$.

Do đó, P(A | B) = $\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{9}{17}$.

Đáp án đúng là: B

Gọi A là biến cố: “Học sinh được chọn đăng kí thi ngành kinh tế”;

B là biến cố: “Học sinh được chọn đăng kí thi ngành luật”.

Ta cần tính P(A | B).

Theo bài ra ta có: P(B) = $\frac{25}{40}$.

Biến cố AB là: “Học sinh được chọn vừa đăng kí ngành kinh tế vừa đăng kí ngành luật”.

Số học sinh vừa đăng kí ngành kinh tế vừa đăng kí ngành luật là:

22 + 25 + 3 – 40 = 10 (học sinh).

Do đó, n(AB) = 10, suy ra P(AB) = $\frac{10}{40}$.

Khi đó, P(A | B) = $\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$.

a) Ta có y = x$^{3}$ – 3x$^{2}$.

+ Tập xác định của hàm số là ℝ.

+ Sự biến thiên:

Ta có y*'* = 3x$^{2}$ – 6x; y*'* = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Trên các khoảng (– ∞; 0) và (2; +∞), y*'* > 0 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng đó. Trên khoảng (0; 2), y*'* < 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó.

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại của hàm số y$_{CĐ}$ = 0.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, giá trị cực tiểu của hàm số y$_{CT}$ = – 4.

Giới hạn tại vô cực:$\underset{x\rightarrow +\infty }{\text{lim}}y=\underset{x\rightarrow +\infty }{\text{lim}}({x}^{3}-3{x}^{2})=+\infty ;\underset{x\rightarrow -\infty }{\text{lim}}y=\underset{x\rightarrow -\infty }{\text{lim}}({x}^{3}-3{x}^{2})=-\infty .$

Bảng biến thiên:

+ Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0; 0).

Ta có y = 0 ⇔ x$^{3}$ – 3x$^{2}$ = 0 ⇔ x$^{2}$(x – 3) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 3.

Do đó, đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm (0; 0) và (3; 0).

Đồ thị có tâm đối xứng là điểm (1; –2).

Đồ thị hàm số y = x$^{3}$ – 3x$^{2}$ như hình dưới đây.

a) Tập xác định của hàm số là D = ℝ.

Ta có ${y}^{'}=\frac{\sqrt{{x}^{2}+1}-\frac{x(x+1)}{\sqrt{{x}^{2}+1}}}{{x}^{2}+1}=\frac{1-x}{({x}^{2}+1)\sqrt{{x}^{2}+1}}$;

y*'* = 0 ⇔ x = 1 ∈ [– 1; 2].

Ta có y(– 1) = 0; y(1) = $\sqrt{2}$; y(2) = $\frac{3}{\sqrt{5}}$.

Do đó, $\underset{[-1;2]}{\max }y=y(1)=\sqrt{2};\ \underset{[-1;2]}{\min }y=y(-1)=0$.

a) Ta có 54 km/h = 15 m/s.

Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh. Vì vận chuyển động chậm dần đều nên a = – 10 m/s$^{2}$.

Suy ra v(t) = $\int (-10)dt=-10t+C$.

Khi t = 0 s thì v = 15 m/s, tức là v(0) = 15, do đó – 10 ∙ 0 + C = 15, suy ra C = 15.

Vậy v(t) = – 10t + 15 (m/s).

Vật dừng hẳn khi v(t) = 0, tức là – 10t + 15 = 0, suy ra t = 1,5 (s).

Vậy kể từ khi ô tô bắt đầu đạp phanh ở vận tốc 54 km/h thì sau 1,5 giây ô tô dừng lại.

b) Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh. Vì vận chuyển động chậm dần đều nên a = – 10 m/s$^{2}$.

Suy ra v(t) = $\int (-10)dt=-10t+C$.

Giả sử v$_{0}$ (m/s) là vận tốc lớn nhất của ô tô ngay trước lúc đạp phanh.

Ta có khi t = 0 thì v = v$_{0}$, tức là – 10 ∙ 0 + C = v$_{0}$, suy ra C = v$_{0}$.

Do đó, v(t) = v$_{0}$ – 10t.

Ô tô sẽ dừng lại khi v(t) = 0, tức là khi $t=\frac{{v}_{0}}{10}.$

Quãng đường ô tô đi được kể từ khi đạp phanh đến khi dừng lại là: $s=\int _{0}^{\frac{{v}_{0}}{10}}v(t)\text{d}t$$=\int _{0}^{\frac{{v}_{0}}{10}}({v}_{0}-10t)dt={({v}_{0}t-5{t}^{2})|}_{0}^{\frac{{v}_{0}}{10}}$$=\frac{{v}_{0}^{2}}{10}-5\cdot \frac{{v}_{0}^{2}}{100}=\frac{{v}_{0}^{2}}{20}$.

Vì ô tô dừng lại trong vòng 20 m sau khi đạp phanh nên $\frac{{v}_{0}^{2}}{20}=20$.

Suy ra v$_{0}$ = 20 (m/s) = 72 (km/h).

Vậy khi ô tô dừng lại trong vòng 20 m sau khi đạp phanh thì vận tốc lớn nhất của ô tô ngay trước lúc đạp phanh là 72 km/h.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x$^{2}$ – 1, y = x + 5, x = – 2, x = 3 là: $S=\int _{-2}^{3}|({x}^{2}-1)-(x+5)|dx$$=\int _{-2}^{3}|{x}^{2}-x-6|dx$$=\int _{-2}^{3}(-{x}^{2}+x+6)\ dx$

$={(-\frac{{x}^{3}}{3}+\frac{{x}^{2}}{2}+6x)|}_{-2}^{3}=(-\frac{{3}^{3}}{3}+\frac{{3}^{2}}{2}+6\cdot 3)-(-\frac{{(-2)}^{3}}{3}+\frac{{(-2)}^{2}}{2}+6\cdot (-2))=\frac{125}{6}$

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox là: $V=π\int _{0}^{2}{(-{x}^{2}+2x)}^{2}dx$$=π\int _{0}^{2}({x}^{4}-4{x}^{3}+4{x}^{2})dx$

$=π{(\frac{{x}^{5}}{5}-{x}^{4}+\frac{4{x}^{3}}{3})|}_{0}^{2}=π(\frac{{2}^{5}}{5}-{2}^{4}+\frac{4\cdot {2}^{3}}{3})=\frac{16π}{15}$.

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(2;-2;-1)$.

Vì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nên d nhận $\overrightarrow{n}=(2;-2;-1)$ làm vectơ chỉ phương.

Đường thẳng d đi qua I và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{n}=(2;-2;-1)$ có phương trình tham số là:

$\{\begin{matrix}x=-1+2t \\ y=2-2t \\ z=1-t\end{matrix}$ (t là tham số).

Và phương trình chính tắc của d là: $\frac{x+1}{2}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z-1}{-1}$.

Cỡ mẫu là n = 2 + 60 + 90 + 50 + 1 = 203.

Gọi x$_{1}$, x$_{2}$, …, x$_{203}$ là thu nhập của 203 người lao động của công ty và giả sử rằng dãy số liệu gốc này đã được xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là x$_{51}$ nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là nhóm [10; 12) và ta có:

${Q}_{1}=10+\frac{\frac{203}{4}-2}{60}\cdot (12-10)=11{,}625$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là x$_{153}$ nên nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là nhóm [14; 16) và ta có:

${Q}_{3}=14+\frac{\frac{3\cdot 203}{4}-(2+60+90)}{50}\cdot (16-14)=14{,}01$.

Vậy khoảng tứ phân vị cho mẫu số liệu đã cho là:

∆$_{Q}$ = Q$_{3}$ – Q$_{1}$ = 14,01 – 11,625 = 2,385.

Khi đó, P(C | B) = $\frac{P(BC)}{P(B)}=\frac{\frac{13}{22}}{\frac{107}{176}}=\frac{104}{107}$.

Vậy nếu Bình bắt được con gà mái thì xác suất để Bình bắt được con gà mái của chuồng I là $\frac{104}{107}$.

Gọi A là biến cố: “Sơn chạy bộ buổi sáng”;

B là biến cố: “Sơn ăn thêm một quả trứng trong bữa sáng”.

Khi đó, xác suất để hôm đó Sơn chạy bộ nếu biết rằng bữa sáng hôm đó Sơn có ăn thêm một quả trứng chính là xác suất có điều kiện P(A | B).

Vì trong một tuần, Sơn chọn ngẫu nhiên ba ngày chạy bộ buổi sáng nên P(A) = $\frac{3}{7}$.

Suy ra $P(\overline{A})=1-\frac{3}{7}=\frac{4}{7}$.

Nếu chạy bộ thì xác suất Sơn ăn thêm một quả trứng vào bữa sáng hôm đó là 0,7, do đó P(B | A) = 0,7.

Nếu không chạy bộ thì xác suất Sơn ăn thêm một quả trứng vào bữa sáng hôm đó là 0,25, do đó $P(B|\overline{A})$ = 0,25.

Áp dụng công thức Bayes, ta có: $P(A|B)=\frac{P(A)\cdot P(B|A)}{P(A)\cdot P(B|A)+P(\overline{A})\cdot P(B|\overline{A})}=\frac{\frac{3}{7}\cdot 0{,}7}{\frac{3}{7}\cdot 0{,}7+\frac{4}{7}\cdot 0{,}25}=\frac{21}{31}\approx 0{,}6774$.

Vậy xác suất để hôm đó Sơn chạy bộ nếu biết rằng bữa sáng hôm đó Sơn có ăn thêm một quả trứng xấp xỉ bằng 0,6774.