Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 08

Đáp án đúng là: D

Điểm cực đại của hàm số là \(x = 6.\)

Đáp án đúng là: D

Từ đồ thị hàm số ta suy ra số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 1\) là 3.

Đáp án đúng là: C

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = - \frac{1}{c} < 0 \Leftrightarrow c > 0\).

Đường tiệm cận đứng \(x = - \frac{c}{b} = 2 \Rightarrow c = - 2b \Rightarrow b < 0\) (do \(c > 0\)).

Tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{b} = - 1 \Leftrightarrow a = - b \Rightarrow a > 0\) (do \(b < 0\)).

Khi đó \(a > 0;b < 0;c > 0\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \(D = \mathbb{R}\), \(y' = \frac{{2x}}{{\sqrt {2{x^2} + 1} }}\);\(y' > 0 \Leftrightarrow x > 0\).

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;\,0} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\, + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: B

Theo quy tắc hình hộp ta có đáp án B.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{2};\left( { - 2} \right) - 1;4 - \left( { - 3} \right)} \right) = \left( {0; - 3;7} \right)\]_.

Đáp án đúng là: C

Tọa độ vectơ vận tốc \[\overrightarrow v \] của máy bay \[B\]là: \[\overrightarrow v = - 2\overrightarrow u \Rightarrow \overrightarrow v = \left( { - 600; - 400; - 800} \right)\].

Ta có  \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\( = AB.AD.\cos 60^\circ - AB.AC.\cos 60^\circ = 0\)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = 90^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Vì\[A'\] đối xứng với \(A\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \[AA'\].

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = \frac{{{x_A} + {x_{A'}}}}{2}\\{y_B} = \frac{{{y_A} + {y_{A'}}}}{2}\\{z_B} = \frac{{{z_A} + {z_{A'}}}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 2{x_B} - {x_A} = 2.\left( { - 1} \right) - 2 = - 4\\{y_{A'}} = 2{y_B} - {y_A} = 2.2 - 1 = 3\\{z_{A'}} = 2{z_B} - {z_A} = 2.1 - 1 = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(A'\left( { - 4;3;1} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\overrightarrow x = \overrightarrow a - 4\overrightarrow b + 2\overrightarrow c \)\( = \left( { - 9;0;25} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Ta có \(s = \sqrt {25} = 5\).

Đáp án đúng là: A

Nhóm \([82;84)\) là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ lớn hơn hoặc bằng \(\frac{n}{4} = \frac{{90}}{4} = 22,5\) nên chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có: \({Q_1} = 82 + \frac{{22,5 - 18}}{{20}}.2 = 82,45\)

Nhóm \([86;88)\) là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ lớn hơn hoặc bằng \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.90}}{4} = 67,5\) nên chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có: \({Q_3} = 86 + \frac{{67,5 - 62}}{{15}} \cdot 2 = \frac{{1301}}{{15}}\)

Suy ra khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} \approx 4,28\).

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Dựa trên bảng biến thiên ta có \(\mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}0;2]} f(x) = 4\) tại \(x = 2\).

b) Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

c) Đặt \(t = 2\cos x,\,\,t \in \left[ { - 2;2} \right]\), ta có \(y = f\left( {2\cos x} \right) = f(t)\).

\(\mathop {\max }\limits_\mathbb{R} f\left( {2\cos x} \right) = \mathop {\max }\limits_{{\rm{[}} - 2;2]} f\left( t \right) = 4\) khi \(t = \pm 2\), tức là \(\cos x = \pm 1\).

Mà \(\cos \frac{\pi }{2} = 0\) nên hàm số \(y = f\left( {2\cos x} \right)\) không đạt giá trị lớn nhất tại \(x = \frac{\pi }{2}\).

d) Đặt \(t = f(x)\), ta có \(y = f\left( {f(x)} \right) = f(t)\), \(x \in \left( { - 2;2} \right) \Rightarrow t \in \left[ {0;4} \right)\).

Ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - 2;2} \right)} f\left( {f(x)} \right) = \mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}0;4)} f\left( t \right) = 4\) khi \(t = 2\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tiệm cận đứng là \[x = 2\].

b) Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0;\]\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0\].

Vậy phương trình tiệm cận xiên là \[y = x\].

c) Ta có \[y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\]. Ta thấy \[y' = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 4\]; \[y\left( 0 \right) = - 2;y\left( 4 \right) = 6\].

Vậy tổng các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu là \[ - 2 + 6 = 4\].

d) Phương trình hoành độ giao điểm \[\frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 2}} = mx - 2\]

Dễ thấy phương trình không có nghiệm \[x = 2\] nên phương trình tương đương

\[\left( {m - 1} \right){x^2} - 2mx = 0\].

Nếu \[m = 1\] thì phương trình có nghiệm duy nhất \[x = 0\](KTM).

Nếu \[m \ne 1\], phương trình đã cho có hai nghiệm \[x = 0;x = \frac{{2m}}{{m - 1}}\].

Yêu cầu bài toán tương đương \[\frac{{2m}}{{m - 1}} > 2 \Leftrightarrow \frac{2}{{m - 1}} > 0 \Leftrightarrow m > 1\].

Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số \[m\] thỏa mãn là \[2;3;4;5;6;7;8;9;10\].

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \(I\left( {\frac{3}{2};\frac{3}{2};4} \right)\).

b) \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \left( {5;7;10} \right)\).

c) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;2; - 1} \right)\).

\(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{1.1 + \left( { - 1} \right).2 + 2.\left( { - 1} \right)}}{{\sqrt {1 + 1 + 4} .\sqrt {1 + 4 + 1} }} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 60^\circ \).

d) Gọi \(K\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn \(3\overrightarrow {KB} - \overrightarrow {KC} = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {2 - x} \right) - \left( {2 - x} \right) = 0\\3\left( {1 - y} \right) - \left( {4 - y} \right) = 0\\3\left( {5 - z} \right) - \left( {2 - z} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - \frac{1}{2}\\z = \frac{{13}}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra \(K\left( {2; - \frac{1}{2};\frac{{13}}{2}} \right)\).

Khi đó \(T = \left| {3\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {IK} - \overrightarrow {IK} + 3\overrightarrow {KB} - \overrightarrow {KC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {IK} } \right| = 2IK\).

\(T\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(I\) là hình chiếu của \(K\) trên \(\left( {Oxz} \right)\).

Vậy \(I\left( {2;0;\frac{{13}}{2}} \right)\). Suy ra \(a = 2;b = 0;c = \frac{{13}}{2}\). Do đó \(a - 2b + 2c = 15\).

a) S, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Khoảng biến thiên của điểm thi của học sinh lớp \(12A\) là \({R_A} = 10 - 6 = 4\).

Khoảng biến thiên của điểm thi của học sinh lớp \(12B\) là \({R_B} = 10 - 5 = 5\).

b) Điểm trung bình môn Toán của lớp \(12A\) là

\(\overline {{x_A}} = \frac{{2.6,5 + 6.7,5 + 12.8,5 + 10.9,5}}{{30}} = \frac{{17}}{2} = 8,5\).

Điểm trung bình môn Toán của lớp \(12B\) là

\(\overline {{x_B}} = \frac{{2.5,5 + 12.6,5 + 10.7,5 + 5.8,5 + 1.9,5}}{{30}} = \frac{{36}}{5} = 7,2\).

Vì \(\overline {{x_A}} > \overline {{x_B}} \)nên số điểm trung bình môn Toán trong kỳ kiểm tra đánh giá của lớp \(12A\) lớn hơn của lớp \(12B\).

c) Ta có \({Q_1} = 7 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 2}}{6}.1 = \frac{{95}}{{12}}\); \({Q_3} = 9 + \frac{{\frac{{90}}{4} - 20}}{{10}}.1 = \frac{{37}}{4}\).

Suy ra \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{4}{3} \approx 1,33\).

d) Ta tính khoảng tứ phân vị của lớp 12B.

\({Q_1} = 6 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 2}}{{12}}.1 = \frac{{155}}{{24}}\); \({Q_3} = 7 + \frac{{\frac{{90}}{4} - 14}}{{10}}.1 = \frac{{157}}{{20}}\).

Suy ra \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{167}}{{120}} \approx 1,39\).

Trả lời: 7

Ta có:\[y' = - 3{x^2} - 2mx + \left( {4m + 9} \right)\].

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) khi \(y' \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1 < 0\\\Delta ' = {m^2} + 12m + 27 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 3\).

Vì \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 3} \right\}\).

Vậy có \(7\) giá trị.

Trả lời: 30

Để chi phí xây dựng bờ rào là ít tốn kém nhất thì chu vi mảnh đất phải bé nhất.

Gọi \(x\) là chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật\(\left( {x > 0} \right)\).

Suy ra chiều rộng là \(\frac{{100}}{x}\).

Chu vi của mảnh đất hình chữ nhật là \(C\left( x \right) = 2x + \frac{{200}}{x}\).

Ta có:\(C'\left( x \right) = 2 - \frac{{200}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 200}}{{{x^2}}}\).

\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 200 = 0 \Leftrightarrow x = 10\)\(\left( {v\`i \,\,x > 0} \right)\)

Từ bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\min \,\,C\left( x \right) = C(10) = 40}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \).

Suy ra chu vi mảnh đất hình chữ nhật bé nhất khi chiều dài bằng \(10\,{\rm{m}}\), chiều rộng bằng \(10\,{\rm{m}}\)

Vậy \(a + 2b = 30\).

Gọi \(x\) đồng \(\left( {30000 < x < 50000} \right)\) là giá bán vải mới để cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Suy ra giá bán ra đã giảm là \(50000 - x\) (đồng).

Số lượng vải bán ra đã tăng thêm là \(\frac{{50\left( {50000 - x} \right)}}{{4000}} = 625 - 0,0125x\).

Tổng số vải bán được là \(25 + 625 - 0,0125x = 650 - 0,0125x\).

Doanh thu của cửa hàng là \(\left( {650 - 0,0125x} \right)x\).

Số tiền vốn ban đầu để mua vải là \(\left( {650 - 0,0125x} \right)30000\).

Vậy lợi nhuận của cửa hàng là:

\(\left( {650 - 0,0125x} \right)x - \left( {650 - 0,0125x} \right)30000 = - 0,0125{x^2} + 1025x - 19500000\).

Ta có \(f\left( x \right) = - 0,0125{x^2} + 1025x - 19500000 = - 0,0125{\left( {x - 41000} \right)^2} + 1512500 \le 1512500\).

Suy ra \(\max f\left( x \right) = 1512500\) khi \(x = 41000\) đồng \( = 41\) nghìn đồng.

Vậy giá bán mỗi cân vải là 41 nghìn đồng thì cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Ta có \(\overrightarrow {AC'} = \left( {3;\,5;\, - 6} \right)\,;\,\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right)\,;\,\overrightarrow {AD} = \left( {0;\, - 1;\,0} \right)\,\)

Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \left( {3 - 1 - 0\,;5 - 1 + 1\,;\, - 6 - 1 - 0\,} \right) = \left( {2;\,5;\, - 7} \right)\).

Gọi \(A'\left( {x;\,y;\,z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'} = \left( {x - 1;y;\,z - 1} \right) = \left( {2;\,5;\, - 7} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\y = 5\\z - 1 = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\\z = - 6\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {3;\,5;\, - 6} \right)\).

Suy ra \(a = 3;b = 5;c = - 6\). Do đó \(a + b + c = 3 + 5 - 6 = 2\).

Ta có: \[P = \left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right|\].

Vẽ hình vuông \(OAEB\), ta có \[\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OE} \]. (Quy tắc hình bình hành)

Vẽ hình chữ nhật \(OCFE\), ta có \[\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OF} \]. (Quy tắc hình bình hành)

Suy ra: \[P = \left| {\overrightarrow {OF} } \right| = OF\].

Xét hình vuông \(OAEB\), cạnh \(16\), có đường chéo \(OE = 16\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông \(OEF\), vuông tại \(E\), có

\(OF = \sqrt {O{E^2} + E{F^2}} = \sqrt {{{\left( {16\sqrt 2 } \right)}^2} + {{16}^2}} = 16\sqrt 3 \approx 27,7\).

Vậy \(P \approx 27,7\)(N).

Trả lời: 4,6

Bảng phân bố tần số tần suất của bảng số liệu của công ty bất động sản Đất Vàng

Mức giá trung bình của công ty là

\(\overline x = \frac{{12.75 + 16.105 + 20.179 + 24.96 + 28.45}}{{500}} = 19,448\) (triệu đồng)

Phương sai của mức giá là:

 \({s^2} = \frac{{{{12}^2}.75 + {{16}^2}.105 + {{20}^2}.179 + {{24}^2}.96 + {{28}^2}.45}}{{500}} - {19,448^2} \approx 21,5\).

Độ lệch chuẩn của mức giá \(\sqrt {{s^2}} = 4,6\).