Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 07

Đáp án đúng là: A

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc \(3\) với hệ số \(a > 0\) và đi qua gốc tọa độ \(O\) nên chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 2024x\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: C

Hàm số có tập xác định là \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;1} \right\}\].

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \[2\]tiệm cận đứng.

Đáp án đúng là: A

Ta có \[f'\left( x \right) = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}\]; \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\] hoặc \[x = - 2\].

Bảng biến thiên của hàm số đã cho trên khoảng\[\left( { - 4;0} \right)\]:

Từ bảng biến thiên, ta thấy \[\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( { - 4;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) = - 4\].

Đáp án đúng là: C

Từ đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Vì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\) nên ta có \(b = - 1\).

Đồ thị đi qua gốc toạ độ nên ta có: \(a = 0\)

Vậy \(T = a + b = - 1\).

Đáp án đúng là: D

Hai vectơ \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) có giá cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + \overrightarrow k - 3\overrightarrow j = 2\overrightarrow i - 3\overrightarrow j + 1.\overrightarrow k \)\( \Rightarrow \overrightarrow a = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Đáp án đúng là: C

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

Gọi \(N\left( {x;\,y;\,z} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {x - 4;y - 1;z + 2} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {MN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow u \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 4 = - 2\\y - 1 = 1\\z + 2 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\\z = - 5\end{array} \right.\).

Vậy \(N\left( {2;\,2;\, - 5} \right)\).

Ta có \[M\] thuộc cạnh \[AB\] và \[AM = 2BM\] nên \[\overrightarrow {AM} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} \].

Do \[G\] là trọng tâm tam giác \[BCD\] nên \[3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} \] hay \[\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\].

Mà \[\overrightarrow {MG} = \overrightarrow {AG} - \overrightarrow {AM} \] nên \[\overrightarrow {MG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right) - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \].

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(A\left( {4\,;0\,;0} \right) \in Ox\), \(B\left( {0\,;2\,;0} \right) \in Oy\) nên tam giác \(OAB\)vuông tại \(O\).

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OAB\)là trung điểm \(I\) của cạnh \(AB\).

Vậy \(I = \left( {2\,;1\,;0} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {4;x - 5;2} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {6; - 3;y + 1} \right)\]

 \(A,\,\,B,\,\,C\)thẳng hàng khi \[\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} \]cùng phương

\[ \Leftrightarrow \frac{4}{6} = \frac{{x - 5}}{{ - 3}} = \frac{2}{{y + 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6\left( {x - 5} \right) = - 12\\4\left( {y + 1} \right) = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\]

Vậy \(x + y = 5.\)

Đáp án đúng là: C

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({Q_3} - {Q_1}\).

Đáp án đúng là: B

Cỡ mẫu \(n = 56\).

Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{56}}\) là mẫu số liệu gốc về thời gian truy bài trước mỗi buổi học của \(56\) số học sinh trong một tuần được xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \(\frac{{{x_{14}} + {x_{15}}}}{2} \in [12,5\,;\,15,5)\).

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

b) Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\).

c) Theo đồ thị ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = 0\)và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = - 4\).

d) Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {3 - x} \right)\) . Vì \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên \(g\left( x \right)\)liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Từ đồ thị ta có bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:

Ta có: \(g'\left( x \right) = {\left( {3 - x} \right)^\prime }f'\left( {3 - x} \right) = - f'\left( {3 - x} \right)\).

Cho \(g'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow - f'\left( {3 - x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3 - x = 0}\\{3 - x = 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

Từ bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) suy ra được bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) không nghịch biến trên \(\left( {2;5} \right)\).

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\) đồng biến trên \[\left( {2;\; + \infty } \right)\].

b) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^{2017}}{\left( {x - 1} \right)^{2018}}\left( {x + 1} \right)\, = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

Lập bảng biến thiên

Vậy hàm số chỉ có hai điểm cực trị.

c) Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + 2a,\,\,y'' = 6x - 6\).

Để đồ thị hàm số có điểm cực trị \(A(2\,;\, - 2)\) cần có:

\(\left\{ \begin{array}{l}y'(2) = 0\\y(2) = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = 0\\4a + b - 4 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 2\end{array} \right.\). Vậy \(a + b = 2\).

d) Chi phí sản xuất \(x\)(kg) sản phẩm loại A là \(5000 + 4x\).

Chi phí sản xuất mỗi (kg) sản phẩm loại A là \(T\left( x \right) = \frac{{5000 + 4x}}{x}\).

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\). \(T'\left( x \right) = \frac{{ - 5000}}{{{x^2}}} < 0\,\,\,\forall x \in D\).

Mặt khác với \(x = {10^5} \in D\), \(T\left( x \right) = 4,05 < 4,1\) nên 4,1 không phải là GTNN của \(T\left( x \right)\) trên \(D.\)

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Vì nền nhà là hình chữ nhật nên \[OABC\] là hình chữ nhật, suy ra \({x_A} = {x_B} = 4\), \({y_C} = {y_B} = 5\).

Do điểm \[A\] nằm trên trục \[Ox\] nên tọa độ điểm \[A\left( {4\,;\,0\,;\,0} \right)\]; điểm \[C\] nằm trên trục \[Oy\] nên tọa độ điểm \[C\left( {0;5;0} \right)\].

Tường nhà là hình chữ nhật nên \[OCHE\] là hình chữ nhật, suy ra \({y_H} = {y_c} = 5\), \({z_H} = {z_E} = 3\).

Do \[H\] nằm trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] nên tọa độ điểm \[H\left( {0;5;3} \right)\].

Tứ giác \[OAFE\] là hình chữ nhật nên \({x_F} = {x_A} = 4\), \({z_F} = {z_E} = 3\)

Do \[F\] nằm trên mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] nên tọa độ điểm \[F\left( {4;0;3} \right)\].

b) Ta có toạ độ vectơ \(\overrightarrow {AH} = ( - 4\,;\,5\,;\,3)\).

c) Ta có \[\overrightarrow {AF} = (0\,;0\,;3)\]. Suy ra \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AF} = 0 + 0 + 9 = 9\).

d) Để tính góc đốc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \[FG\], hai mặt lần lượt là \[\left( {FGQP} \right)\] và \[\left( {FGHE} \right)\].

Do mặt phẳng \[\left( {Ozx} \right)\] vuông góc với hai mặt phẳng \[\left( {FGQP} \right)\] và \[\left( {FGHE} \right)\] nên \(\widehat {PFE}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm.

Ta có \(\overrightarrow {FP} = ( - 2\,;\,0\,;\,1)\), \(\overrightarrow {FE} = ( - 4\,;\,0\,;\,0)\) suy ra

\(\cos \widehat {PFE} = \cos (\overrightarrow {FP} ,\overrightarrow {FE} ) = \frac{{\overrightarrow {FP} .\overrightarrow {FE} }}{{\left| {\overrightarrow {FP} } \right|.\left| {\overrightarrow {FE} } \right|}} = \frac{{( - 2)( - 4) + 0.0 + 1.0}}{{\sqrt {{{( - 2)}^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{{( - 4)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Do đó, \(\widehat {PFE} \approx 26,6^\circ \). Vậy góc đốc mái nhà khoảng \(26,6^\circ \).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

Ta có bảng của lớp \(12A\):

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm lớp \(12A\) là

\(\overline x = \frac{1}{{45}}\left( {5 \cdot 1 + 6 \cdot 3 + 6 \cdot 5 + 25 \cdot 7 + 3 \cdot 9} \right) \approx 5,7\).

Ta có bảng của lớp \(12B\):

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm lớp \(12B\) là

\(\overline x = \frac{1}{{45}}\left( {2 \cdot 1 + 5 \cdot 3 + 18 \cdot 5 + 16 \cdot 7 + 4 \cdot 9} \right) \approx 5,7\).

Vậy số trung bình cộng của hai mẫu số liệu trên bằng nhau.

b) Ta có phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm lớp \(12A\) là

\({S^2} = \frac{1}{{45}}\left[ {5.{{\left( {1 - 5,7} \right)}^2} + 6.{{\left( {3 - 5,7} \right)}^2} + 6.{{\left( {5 - 5,7} \right)}^2} + 25.{{\left( {7 - 5,7} \right)}^2} + 3.{{\left( {9 - 5,7} \right)}^2}} \right] \approx 5,16\).

Độ lệch chuẩn mẫu số liệu ghép nhóm lớp \(12A\) là \(S = \sqrt {{S^2}} \approx \sqrt {5,16} \approx 2,27\).

c) Ta có phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm lớp \(12B\) là

\({S^2} = \frac{1}{{45}}\left[ {2.{{\left( {1 - 5,7} \right)}^2} + 5{{\left( {3 - 5,7} \right)}^2} + 18.{{\left( {5 - 5,7} \right)}^2} + 16.{{\left( {7 - 5,7} \right)}^2} + 4.{{\left( {9 - 5,7} \right)}^2}} \right] \approx 3,56\).

d) Độ lệch chuẩn mẫu số liệu ghép nhóm lớp \(12B\) là \(S = \sqrt {{S^2}} \approx \sqrt {3,56} \approx 1,89\).

Do độ lệch chuẩn của lớp \(12B\) nhỏ hơn độ lệch chuẩn của lớp \(12A\) nên điểm thi của lớp \(12B\) đồng đều hơn.

Trả lời: −1

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\].

Ta có \[a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x - {x^2}}}{{2{x^2} - x}} = - \frac{1}{2}\];

\[b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{3x - {x^2}}}{{2x - 1}} + \frac{1}{2}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5x}}{{2\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{5}{4}\].

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \[y = - \frac{1}{2}x + \frac{5}{4}\].

Vậy \[P = {a^2} - b = {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{5}{4} = - 1\].

Giả sử bể cá có kích thước như hình vẽ, với \(x,\,h > 0\).

Theo đề bài ta có: \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 4 \Leftrightarrow h = \frac{{4 - 2{x^2}}}{{6x}}\).

Do \(x > 0,\,\,h > 0\) nên \(4 - 2{x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < \sqrt 2 \).

Thể tích của bể cá là \(V = 2{x^2}h = \frac{{4x - 2{x^3}}}{3} = f\left( x \right)\), với \(x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{4}{3} - 2{x^2}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{4}{3} - 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\) (vì \(x > 0\)).

Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng \(\frac{{8\sqrt 6 }}{{27}}\,{{\rm{m}}^3} \approx 0,73\,{{\rm{m}}^3}\).

Trả lời: 7

Tốc độ thay đổi số lượng ong của đàn theo thời gian \(t\) là

\(T\left( t \right) = P'\left( t \right) = 2 \cdot {10^7} \cdot \frac{{{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^2}}}\).

Ta có \(T'\left( t \right) = 2 \cdot {10^7} \cdot \frac{{ - {e^{ - t}} \cdot {{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^2} - {e^{ - t}} \cdot 2 \cdot \left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right) \cdot \left( { - 1000{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^4}}}\)

\( = 2 \cdot {10^7} \cdot \frac{{{e^{ - t}} \cdot \left( {1000{e^{ - t}} - 1} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^3}}}\)\( = 2 \cdot {10^7} \cdot \frac{{{e^{ - 2t}} \cdot \left( {1000 - {e^t}} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^3}}}\).

\(T'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1000 - {e^t} = 0 \Leftrightarrow t = \ln 1000\).

Từ đó, \(T\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(t = \ln 1000 \approx 7\).

Vậy đàn ong tăng nhanh nhất tại thời điểm khoảng \(t = 7\) tuần.

Trả lời: −1,5

Từ hình vẽ: \(A \in \left( {Oxz} \right)\) nên \(A\left( {x\,;\,0\,;\,z} \right)\); \(B \in \left( {Oyz} \right)\) nên \(B\left( {0\,;\,y\,;\,z} \right)\)

Theo đề \(A\left( {4\,;\,0\,;\,3} \right)\); \(B\left( {0\,;\,3\,;\,\frac{5}{2}} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 4\,;\,3\,;\, - \frac{1}{2}} \right)\).

Suy ra \(a = - 4;b = 3;c = - \frac{1}{2}\). Do đó \(a + b + c = - 1,5\).

Gọi \({{\rm{A}}_1},{\rm{\;}}{{\rm{B}}_1},{{\rm{C}}_1}\), \({{\rm{D}}_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {{F_4}} \)

Vì \(EA, EB,EC,ED\) có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng (\(ABCD\)) một góc bằng \(60^\circ \) nên \(E{A_1},\;E{B_1},E{C_1},E{D_1}\) bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) một góc bằng \(60^\circ \).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) cũng là hình chữ nhật.

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\).

Ta suy ra \(EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\).

Do đó, góc giữa đường thẳng \(E{A_1}\) và mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) bằng góc \(E{A_1}O\).

Suy ra \(\widehat {E{A_1}O} = 60^\circ \).

Ta có \(\left| {{{\vec F}_1}} \right| = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = \left| {{{\vec F}_3}} \right| = \left| {{{\vec F}_4}} \right| = 4,7\left( {{\rm{\;kN}}} \right)\) nên \(E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 4,7\).

Tam giác \(E{A_1}O\) vuông tại O nên \(EO = E{A_1}\sin \widehat {E{A_1}O} = 4,7\sin 60^\circ = 2,35\sqrt 3 \).

Theo quy tắc ba điếm, ta có

\(\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{A_1}} ,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{B_1}} ,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{C_1}} \), \(\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{D_1}} \)

Vì \(O\) là trung điếm của \({A_1}{C_1}\) và \({B_1}{D_1}\) nên $\overrightarrow{O{A}_1}+\overrightarrow{O{C}_1}=\overrightarrow{0},\overrightarrow{O{B}_1}+\overrightarrow{O{D}_1}=\overrightarrow{0}$

Từ đó suy ra

\(\overrightarrow {E{A_1}} + \overrightarrow {E{B_1}} + \overrightarrow {E{C_1}} + \overrightarrow {E{D_1}} = 4\overrightarrow {EO} \).
Do đó, \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = 4\overrightarrow {EO} \).

Gọi \(P\) là trọng lực của khung sắt có chứa chiếc ô tô.

Vì chiếc khung sắt chứa xe ô tô đang được kéo lên.

Suy ra trọng lượng của khung sắt chứa chiếc xe ô tô là \(\left| {\vec P\left| { \le 4} \right|\overrightarrow {EO} } \right| = 4.2,35\sqrt 3 = 9,4\sqrt 3 \left( {{\rm{\;kN}}} \right).\)

Vì trọng lượng của khung sắt là \(3{\rm{\;kN}}\) nên trọng lượng của chiếc xe ô tô là:

\(9,4\sqrt 3 - 3 \approx 13,3\left( {{\rm{\;kN}}} \right).\)

Trả lời: 5,91

Ta có bảng phân bố của mẫu ghép nhóm 40 bé sơ sinh

Chiều dài trung bình của 40 trẻ là:

\(\overline x = \frac{{45.3 + 47.3 + 49.10 + 51.15 + 53.7 + 55.2}}{{40}} = 50,3\) (cm).

Phương sai của 40 bé sơ sinh ở bảng thống kê trên là:

\({s^2} = \frac{{{{45}^2}.3 + {{47}^2}.3 + {{49}^2}.10 + {{51}^2}.15 + {{53}^2}.7 + {{55}^2}.2}}{{40}} - {50,3^2} = 5,91\).