Đề thi KSCL đầu năm Toán 12 (có đáp án) - Đề 3

Hình vẽ trên là đồ thị của hàm số bậc ba có hệ số \(a > 0\)\( \Rightarrow \)Loại D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {2;\, - 2} \right)\); \(\left( {1;\,0} \right)\). Chọn B.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \); \(\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \).

Vậy \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} \). Chọn B. 

Ta có \(\overrightarrow {BC'} \cdot \overrightarrow {B'A} = \overrightarrow {AD'} \cdot \overrightarrow {B'A} = - \overrightarrow {AD'} .\overrightarrow {AB'} = - a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 2 \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AD'} ,\overrightarrow {AB'} } \right) = - {a^2}\). Chọn C.

Ta có \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 3}} = x + 1 + \frac{7}{{x - 3}}\).

Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x + 1\).

Đường thẳng \(y = x + 1\) đi qua điểm \(M\left( {1;\,2} \right)\). Chọn A. 

Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) và giá trị cực đại của hàm số bằng \(0.\) Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow a = - 2\overrightarrow i + 4\overrightarrow j - 5\overrightarrow k \), suy ra \(\overrightarrow a = \left( { - 2;4; - 5} \right)\). Chọn A.

Vì \(y' > 0\,\forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {3; + \infty } \right)\). Chọn B.

Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5\). Chọn A.

Ta có bảng sau:

Thời gian trung bình (phút) để hoàn thành bài tập của các em học sinh là:

\(\frac{{2 \cdot 2 + 6 \cdot 4 + 10 \cdot 7 + 14 \cdot 4 + 18 \cdot 3}}{{2 + 4 + 7 + 4 + 3}} = 10,4\). Chọn A.

Ta có \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 21,3 - 11,5 = 9,8\). Chọn C.

Ta có \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M\left( {x;y;0} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AM} = \left( {x - 1;y + 2; - 3} \right)\), \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Do ba điểm \(A,B,M\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = k\\y + 2 = - k\\ - 3 = k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = - 3\\x = - 2\\y = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(M\left( { - 2;1;0} \right)\). Chọn D.

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - 3\) nên \(y = 2,y = - 3\) là hai đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả \(3\) đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang. Chọn C.

a) Đúng. Xét hàm số có đồ thị \[y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + 1}}{{cx + d}}\]nhận đường \[x = 1\] làm tiệm cận đứng và cắt trục tung tại điểm \[\left( {0; - 1} \right)\] nên ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}c + d = 0\\\frac{1}{d} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\d = - 1\end{array} \right..\]

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên \[y = x\].

Ta có \[y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + 1}}{{x - 1}} = ax + b + a + \frac{{a + b + 1}}{{x - 1}}\].

Nên tiệm cận xiên là đường \[y = ax + b + a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b + a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 1\end{array} \right.\].

Do đó ta có\[a + b + c + d = 1 - 1 + 1 - 1 = 0.\]

b) Đúng. Từ đồ thị ta nhận thấy trên khoảng \[\left( { - 1;0} \right)\] đồ thị hàm số là đường liền nét đi lên từ trái qua phải nên hàm số đồng biến trên \[\left( { - 1;0} \right).\]

c) Sai. Ta có \[y = f\left( x \right) = x + \frac{1}{{x - 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\]

\[f\left( 0 \right) = - 1;f\left( 2 \right) = 3 \Rightarrow A\left( {0; - 1} \right);B\left( {2;3} \right).\]

Gọi \[M\left( {t;0} \right) \in Ox\]. Khi góc \[AMB\]không tù thì \[\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} \ge 0.\]

\[\overrightarrow {MA} = \left( { - t; - 1} \right);\overrightarrow {MB} = \left( {2 - t;3} \right) \Rightarrow - t\left( {2 - t} \right) - 3 \ge 0 \Leftrightarrow {t^2} - 2t - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge 3\\t \le - 1\end{array} \right..\]

d) Sai. Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là: \[A\left( {0; - 1} \right);B\left( {2;3} \right).\]

Đường thẳng \[y = x - 1\] không đi qua \[B\left( {2;3} \right).\]

a)Đúng. Vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều \[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\].

Mà \[SO \subset \left( {SMN} \right)\]\[ \Rightarrow \left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].

b)Đúng. Vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \[a\]\[ \Rightarrow ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]

\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\].

Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\] (1).

c)Sai. Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] có \[M\], \[N\] là trung điểm của \[AD\] và \[BC\] nên dễ thấy \[MN = a\]

Có \[O = AC \cap BD\]\[ \Rightarrow O\] là trung điểm của \[AC,BD,MN\]\[ \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\].

Xét \[\Delta SON\] vuông tại \[O\] (vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot MN\]) có:

\[SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\].

Xét \[\Delta SBC\] cân tại \[S\] (vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều \[ \Rightarrow SB = SC\]) có \[N\] là trung điểm của \[BC\]\[ \Rightarrow SN \bot BC\]\[ \Rightarrow {S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\].

Ta có: \[{V_{A.SBC}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\] (2).

Mà \[{V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\] nên từ (1) và (2) \[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

d)Đúng. Ta có \[\left. \begin{array}{l}BD \bot AC{\rm{ }}\left( {{\rm{vì }}ABCD{\rm{ là hình vuông }}} \right)\\BD \bot SO{\rm{ }}\left( {{\rm{vì }}SO \bot \left( {ABCD} \right){\rm{; }}BD \subset \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SO = O{\rm{ trong }}\left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\].

Trong \[\left( {SAC} \right)\] kẻ \[OH \bot SC\] tại \[H\]. Mà \[OH \cap BD{\rm{ trong }}\left( {BHD} \right)\] \[ \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\]

\[ \Rightarrow SC \bot BH\] và \[SC \bot DH\] \[ \Rightarrow \left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\]. 

Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] \[ \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

Xét \[\Delta SOC\] vuông tại \[O\] (vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC\]) có \[OH \bot SC\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\].

Xét \[\Delta BOH\] vuông tại \[O\] (vì \[BD \bot \left( {SAC} \right);OH \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OH\]) có:

\[B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\]. Chứng minh tương tự: \[D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\].

Áp dụng định lí côsin trong \[\Delta BHD\]: \[{\rm{cos}}\widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2.BH.DH}} = \frac{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} = - \frac{1}{4}\].

Nếu đem chiếc chén đặt vào giữa vật đựng chè và vật đựng sữa thì vật đựng chè và vật đựng sữa có thể là chai và vại to hoặc vại to và cốc.

Trường hợp 1: Chén ở giữa chai và vại to

Khi đó, vại to có thể đựng chè hoặc đựng sữa. Nhưng vại to lại ở vị trí chính giữa nên nó phải đựng cà phê \( \Rightarrow \) mâu thuẫn.

Trường hợp 2: Chén ở giữa vại to và cốc.

Khi đó, chén ở vị trí chính giữa nên chén đựng cà phê nên b) đúng.

Vại to đựng chè hoặc sữa nên a) sai.

Vật đựng chè sẽ thay đổi thứ tự sau khi chuyển chén nên vật đựng chè chỉ có thể là cốc. Suy ra c) sai.

Vậy vại to đựng sữa nên d) sai.

a) Đúng.Giá trị đại diện của nhóm \(\left[ {9;12} \right)\) là \(10,5\).

b) Sai.Cỡ mẫu: \(n = 6 + 12 + 4 + 2 + 1 = 25\).

Ta có bảng sau:

Số giờ làm thêm trung bình của nhóm sinh viên trên trong một tuần là

\(\overline x = \frac{{6 \cdot 10,5 + 12 \cdot 13,5 + 4 \cdot 16,5 + 2 \cdot 19,5 + 1 \cdot 22,5}}{{25}} = 14,1\) (giờ).

c) Sai.Giả sử \({x_1},{x_2},...,{x_{25}}\) số giờ làm thêm của các sinh viên trong mẫu số liệu trên và dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.  

Khi đó, trung vị của mẫu số liệu là \({x_{13}}\).

Vì \({x_{13}}\) thuộc nhóm \(\left[ {12;15} \right)\) nên nhóm chứa trung vị là nhóm \(\left[ {12;15} \right)\).

d) Sai.Ta có tứ phân vị thứ ba là \(\frac{1}{2}\left( {{x_{19}} + {x_{20}}} \right)\). Vì \({x_{19}},{x_{20}}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {15;18} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba. Do đó, tứ phân vị thứ ba là:

\({Q_3} = 15 + \frac{{\frac{{3 \cdot 25}}{4} - 12 - 6}}{4} \cdot \left( {18 - 15} \right) = 15,5625\).

Gọi \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) là ba lực tác động vào vật tại điểm \(O\) lần lượt có độ lớn \(25\,{\rm{N}},12\,{\rm{N}},4\,{\rm{N}}\).

Vẽ \[\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {{F_3}} \], dựng hình bình hành \(OADB\) và \(ODEC\).

Khi đó hợp lực tác động vào vật là: \(\overrightarrow F = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE} \).

Áp dụng định lý cô sin trong tam giác \(OBD,\) ta có:

\(O{D^2} = O{B^2} + B{D^2} - 2OB \cdot BD\cos \,\widehat {OBD} = {12^2} + {25^2} - 2 \cdot 12 \cdot 25 \cdot \cos 80^\circ = 769 - 600 \cdot \cos 80^\circ \).

Vì \(OC \bot \left( {OADB} \right)\) nên \(OC \bot OD\), suy ra \(ODEC\)là hình chữ nhật. Do đó tam giác \(ODE\)vuông tại \(D\).

Ta có \(OE = \sqrt {O{D^2} + E{D^2}} \approx 26,1\) (N).

Đáp án: 26,1.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) trên trục \(Oy\).

Ta có \[A\left( {0; - 2} \right),\,B\left( {\frac{\pi }{2};2} \right),\,\,C\left( {\frac{{5\pi }}{2};2} \right);H\,\left( {0;2} \right)\]. 

\({S_{ABC}} = {S_{AHC}} - {S_{AHB}} = \frac{1}{2}AH \cdot HC - \frac{1}{2}AH \cdot HB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{{5\pi }}{2} - \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{\pi }{2} = 4\pi \approx 12,6\).

Đáp án:\(12,6\).

Gọi \(x\,\,\left( {0 < x \le 14} \right)\) là số máy in cần sử dụng để in lô hàng.

Chi phí cài đặt là \(12x\).

Số giờ in hết số ấn phẩm là \(\frac{{4000}}{{30x}}\) (giờ), chi phí giám sát là \(\frac{{4000}}{{30x}} \cdot 9 = \frac{{1200}}{x}\) (USD).

Tổng chi phí in là \(P\left( x \right) = 12x + \frac{{1200}}{x}\) .

\(P'\left( x \right) = 12 - \frac{{1200}}{{{x^2}}}\)

\(P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 100 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = - 10\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Vậy để chi phí in nhỏ nhất thì số máy phải sử dụng là \(10\) máy.

Đáp án:\(10\).

Gọi\({E_X};{E_Y}\) lần lượt là năng lượng giải toả của trận động đất xảy ra tại thành phố\(X;Y\). Gọi \({M_Y}\) độ Richter là độ lớn của trận động đất tại thành phố \(Y\).

Ta có \(\log \left( {{E_X}} \right) = 11,4 + 1,5 \cdot 7,4 = 22,5.\)

Suy ra \(\log \left( {{E_Y}} \right) = 11,4 + 1,5.{M_Y} \Leftrightarrow \log \left( {\frac{{{E_X}}}{{11}}} \right) = 11,4 + 1,5.{M_Y} \Leftrightarrow \log \left( {{E_X}} \right) - \log \left( {11} \right) = 11,4 + 1,5 \cdot {M_Y}\)

\( \Leftrightarrow {M_Y} = \frac{{22,5 - \log \left( {11} \right) - 11,4}}{{1,5}} \approx 6,7\) độ Richter.

Đáp án: \(6,7\).

Gọi \[A\] là biến cố: “thí nghiệm thứ nhất thành công”.

Gọi \(C\) là biến cố: “thí nghiệm thứ hai thành công”.

Gọi \(D\) là biến cố: “phòng thí nghiệm \(B\) thành công”.

Cách 1: Vì \(A,C\) là hai biến cố độc lập và phòng thành công ít nhất một thí nghiệm được coi là hoàn thành nhiệm vụ nên ta có: \(D = \left( {AC} \right) \cup \left( {A\overline C } \right) \cup \left( {\overline A C} \right)\). Do các biến cố \(AC;\,A\overline C ;\,\overline A C\) xung khắc nên áp dụng công thức cộng xác suất, ta có: \(P\left( D \right) = P\left( {AC} \right) + P\left( {A\overline C } \right) + P\left( {\overline A C} \right) = 0,7 \cdot 0,7 + 0,7 \cdot 0,3 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,91\).

Cách 2:\(P\left( {\overline D } \right) = P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = \left( {1 - 0,7} \right) \cdot \left( {1 - 0,7} \right) = 0,09\).

Vậy \(P\left( D \right) = 1 - P\left( {\overline D } \right) = 1 - 0,09 = 0,91\).

Đáp án:\(0,91\).