Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 02

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Dựa vào bảng xét dấu ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - 1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\).

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} = 3;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} = 3\).

Do đó \(y = 3\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án đúng là: A

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = - 1\) là số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = - 1\).

Dựa vào đồ thị ta thấy số giao điểm là 3. Do đó phương trình \(f\left( x \right) = - 1\) có ba nghiệm phân biệt.

Đáp án đúng là: D

Ta có \(y' = \frac{{ - 58}}{{{{\left( {5x - 9} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne \frac{9}{5}\).

Do đó hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{9}{5}} \right)\) và \(\left( {\frac{9}{5}; + \infty } \right)\).

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: C

Có \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne - 1\).

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Đồ thị hàm số nhận \(x = - 1\) là tiệm cận đứng và \(y = 1\) là tiệm cận ngang. Do đó chọn C.

Đáp án đúng là: B

\(\overrightarrow {AO} - \overrightarrow {DO} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {AD} \).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\overrightarrow a = \left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Đáp án đúng là: A

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

Có \(\tan \widehat {SAB} = \frac{{SB}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 a}}{a} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SAB} = 60^\circ \).

Đáp án đúng là: D

Có \(\overrightarrow {AG} = \left( {0;2; - 3} \right)\).

Gọi M là trung điểm của BC.

Khi đó \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} = 2.\frac{3}{2}\overrightarrow {AG} = 3\overrightarrow {AG} = 3\left( {0;2; - 3} \right) = \left( {0;6; - 9} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1} = 290 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 3}}{{13}}.\left( {330 - 290} \right) = \frac{{4150}}{{13}}\).

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3} = 370 + \frac{{\frac{{3.50}}{4} - \left( {3 + 13 + 18} \right)}}{{11}}.\left( {410 - 370} \right) = \frac{{4210}}{{11}}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{4210}}{{11}} - \frac{{4150}}{{13}} \approx 63,5\).

Đáp án đúng là: C

Có \({s^2} = 9\).

a) Vì từ đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\)ta thấy \(f'\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \ge 1\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

b) Vì từ đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\)ta thấy \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu một lần qua \(x = 1\) nên hàm số có một điểm cực trị.

c) Từ đồ thị ta có hàm số \(f'\left( x \right)\) có dạng: \(f'\left( x \right) = a{\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\)đi qua \(\left( {0; - 4} \right)\) nên: \( - 4 = a{\left( {0 + 2} \right)^2}\left( {0 - 1} \right) \Leftrightarrow a = 1\).

Vậy \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right) \Rightarrow f'\left( 2 \right) = {\left( {2 + 2} \right)^2}\left( {2 - 1} \right) = 16\).

d) Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\).

Vẽ đường thẳng \(y = x - 1\) trên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\).

Khi đó: \(f'\left( x \right) = x - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\).

Ta có hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 3; - 1} \right)\) nên \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{5}{2}; - \frac{3}{2}} \right)\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

Hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Xét đạo hàm \(y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\).

a) Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) và \(\left( {1;3} \right)\).

b) Đồ thị hàm số đạt cực đại tại điểm \(\left( { - 1;2} \right)\).

c) Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

d) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} = x + 5 + \frac{4}{{x - 1}}\).

Ta có \(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right):y = x + 5 + \frac{4}{{x - 1}}\) có tọa độ nguyên \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\y \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\4 \vdots \left( {x - 1} \right)\end{array} \right.\).

Từ đó ta có \(\left[ \begin{array}{l}x - 1 = 1\\x - 1 = - 1\\x - 1 = 2\\x - 1 = - 2\\x - 1 = 4\\x - 1 = - 4\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2;y = 11\\x = 0;y = 1\\x = 3;y = 10\\x = - 1;y = 2\\x = 5;y = 11\\x = - 3;y = 1\end{array} \right.\).

Do đó đồ thị \(\left( C \right)\) có 6 tọa độ nguyên.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;3;3} \right)\).

b) Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\).

Ta có: \(G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\,\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\,;\,\frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}} \right)\)

Vậy: \(G\left( {\frac{7}{3};\,\frac{{14}}{3}\,;\,\frac{{13}}{3}} \right)\).

c) \(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,3\,;\,3} \right)\); \(\overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\,5\,;\,1} \right)\).

Tích vô hướng của hai véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \): \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 3.1 + 3.5 + 3.1 = 21\).

d) Ta có:

\(AB = \sqrt {{{(4 - 1)}^2} + {{(5 - 2)}^2} + {{(6 - 3)}^2}} = 3\sqrt 3 \)

\(BC = \sqrt {{{(2 - 4)}^2} + {{(7 - 5)}^2} + {{(4 - 6)}^2}} = 2\sqrt 3 \)

\(AC = \sqrt {{{(2 - 1)}^2} + {{(7 - 2)}^2} + {{(4 - 3)}^2}} = 3\sqrt 3 \)

Chu vi \(\Delta ABC\):

\({P_{\Delta ABC}} = AB + BC + AC = 3\sqrt 3 + 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \).

Ta có nửa chu vi \(\Delta ABC\) là \(p = \frac{1}{2}.8\sqrt 3 = 4\sqrt 3 \).

Áp dụng công thức Heron, ta có diện tích tam giác \(ABC\) là:

\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - AC} \right)} \)

\( = \sqrt {4\sqrt 3 \left( {4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 } \right)\left( {4\sqrt 3 - 2\sqrt 3 } \right)\left( {4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 } \right)} = 6\sqrt 2 \,\).

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu của Quy Nhơn là 310 – 160 = 150.

b) Xét số liệu của Nha Trang:

Số trung bình: \(\overline {{x_X}} = \frac{{1.145 + 1.175 + 1.205 + 8.235 + 7.265 + 2.295}}{{20}} = 242,5\).

Độ lệch chuẩn: \(s_X^2 = \frac{{{{1.145}^2} + {{1.175}^2} + {{1.205}^2} + {{8.235}^2} + {{7.265}^2} + {{2.295}^2}}}{{20}} - {242,5^2} = 1248,75\).

c) Xét số liệu của Quy Nhơn:

Số trung bình: \(\overline {{x_Y}} = \frac{{1.175 + 2.205 + 4.235 + 10.265 + 3.295}}{{20}} = 253\).

Độ lệch chuẩn: \({s_Y} = \sqrt {\frac{{{{1.175}^2} + {{2.205}^2} + {{4.235}^2} + {{10.265}^2} + {{3.295}^2}}}{{20}} - {{253}^2}} \approx 30,59\).

d) Vậy nếu so sánh theo độ lệch chuẩn thì số giờ nắng trong tháng 6 của Quy Nhơn đồng đều hơn.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x - 9\); \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Vì \(x \in \left[ {0;4} \right]\) nên chọn \(x = 3\).

Ta có \(y\left( 0 \right) = 28;y\left( 3 \right) = 1;y\left( 4 \right) = 8\).

Suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = 3\). Do đó \(P = 3 + 2 = 5\).

Để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng, tiệm cận ngang thì \(m \ne 0\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = \frac{1}{m}\) và tiệm cận ngang là \(y = \frac{2}{m}\).

Vì diện tích bằng 2 nên \(\left| {\frac{1}{m}} \right|.\left| {\frac{2}{m}} \right| = 2 \Leftrightarrow m = \pm 1\).

Vậy có 2 giá trị của m.

Giả sử độ dài cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ bằng \[x\,(0 < 2x < 15 \Leftrightarrow 0 < x < \frac{{15}}{2})\]. Khi đó hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng x, chiều rộng bằng \[15 - 2x\] và chiều dài bằng \[24 - 2x\]. Suy ra hình hộp chữ nhật có thể tích \[V = x\left( {15 - 2x} \right)\left( {24 - 2x} \right) = 4{x^3} - 78{x^2} + 360x\].

Xét hàm \[f\left( x \right) = 4{x^3} - 78{x^2} + 360x\] trên \[\left( {0;\frac{{15}}{2}} \right)\].

\[f'\left( x \right) = 12{x^2} - 156x + 360 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 10\end{array} \right.\]. Bảng biến thiên hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[\left( {0;\frac{{15}}{2}} \right)\]:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị lớn nhất trên \[\left( {0;\frac{{15}}{2}} \right)\] tại \[x = 3\] hay hình hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất khi độ dài cạnh hình vuông của miếng tôn bị cắt bỏ bằng 3 cm.

Trả lời: 2800000

Lợi nhuận doanh nghiệp thu được là \(h\left( x \right) = \left( {2000x - {x^2}} \right) - \left( {{x^2} + 1440x + 50} \right) - tx\)

\( = - 2{x^2} + \left( {560 - t} \right)x - 50\) với \(0 < x \le 2000\).

Xét hàm \(h\left( x \right) = - 2{x^2} + \left( {560 - t} \right)x - 50\) với \(0 < x \le 2000\).

Từ bảng biến thiên ta thấy lợi nhuận doanh nghiệp cao nhất tại \(x = \frac{{560 - t}}{4}\).

Khi đó số tiền thuế thu được từ doanh nghiệp là \(k\left( t \right) = \frac{{560 - t}}{4}.t = - \frac{{{t^2}}}{4} + \frac{{560}}{4}t\) với \(0 < t < 300\).

Từ bảng biến thiên ta thấy mức thuế phụ thu trên một đơn vị sản phẩm bán được là \(t = 280 \Rightarrow x = 70\) sản phẩm.

Vậy mức thuế phụ thu là 2800000 đồng/ sản phẩm, doanh nghiệp sản xuất và bán hết 70 sản phẩm.

Do \(AM = 3MD\), \(BN = 3NC\) và \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC\)nên \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(PD\) và \(QC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {QN} \\\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN} \end{array} \right. \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {DC} \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {DC} } \right)\).

Khi đó \(a = \frac{1}{2};b = \frac{1}{2} \Rightarrow a + 2b = \frac{3}{2}\).

Trả lời: 2

Ta thấy \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\). Gọi \(I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2};2} \right)\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\).

Ta có \(M{A^2} + M{B^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} = {\left( {\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IM} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IM} } \right)^2}\)

\( = 2I{M^2} + 2I{A^2} = 2I{M^2} + 7\).

Suy ra \(M{A^2} + M{B^2}\) nhỏ nhất Û\(IM\) ngắn nhất Û\(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \(M\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2};0} \right)\). Như vậy \(a = \frac{3}{2};b = \frac{1}{2} \Rightarrow a + b = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2\).