Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 10)

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Hàm số $f\left(x\right)$đồng biến trên từng khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(3;+\infty \right)$.

b) Điểm cực đại của đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ là $\left(-1;0\right)$và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ là $\left(3;8\right)$.

c) Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, $y=x+3$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left(3;8\right),\left(-1;0\right),\left(0;-1\right)$.

Ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+1}{x-1}$ có  $x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, $y=x+3$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số và đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left(3;8\right),\left(-1;0\right),\left(0;-1\right)$.

Vậy đồ thị hàm số trên là của hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+1}{x-1}$.

d) Đồ thị hàm số$f\left(x\right)$ở hình câu c là của hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+1}{x-1}=x+3+\frac{4}{x-1}$ ( C )

Có $I\left(1;4\right)$là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Gọi $M\left(x;y\right)\in \left(C\right)$. Khi đó $\overrightarrow{IM}=\left(x-1;y-4\right)$, bình phương khoảng cách IM:

$\begin{array}{l}I{M}^2={\left(x-1\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2\\ I{M}^2={\left(x-1\right)}^2+{\left(x+3+\frac{4}{x-1}-4\right)}^2\end{array}$

$\begin{array}{l}I{M}^2={\left(x-1\right)}^2+{\left(x-1+\frac{4}{x-1}\right)}^2\\ I{M}^2={\left(x-1\right)}^2+{\left(x-1\right)}^2+8+{\left(\frac{4}{x-1}\right)}^2\end{array}$

$$I{M}^2=2{\left(x-1\right)}^2+\frac{16}{{\left(x-1\right)}^2}+8$$

Theo bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)

$$\begin{array}{l}I{M}^2\ge 2\sqrt{32}+8=8\sqrt{2}+8\\ IM\ge \sqrt{8\sqrt{2}+8}\end{array}$$

Dấu xảy ra khi $$2{\left(x-1\right)}^2=\frac{16}{{\left(x-1\right)}^2}$$$$\iff {\left(x-1\right)}^4=8$$$$\iff x=\pm \sqrt{2\sqrt{2}}+1$$.

Điểm M trên đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ có khoảng cách đến I là nhỏ nhất $$MinIM=\sqrt{8\sqrt{2}+8}$$(với I là giao điểm của hai tiệm cận) với hoành độ dương là$\sqrt{2\sqrt{2}}+1$.

a) S, b) Đ, c) S, d) Đ

Ta có  $y=f(x)=x^3-3x-2$ có $y^{\prime }=3x^2-3$

$y^{\prime }=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}$

Bảng biến thiên

y=f(x)=x3−3x−2. a) Hàm số đồng biến trên khoảng \(( { - 1;1} ). b) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\). (ảnh 1)">

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

a) Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$.

b) Hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$.

c) Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[-1;1\right]$ bằng $0$.

d) Ta có $x\in \left[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right]\iff 2x\in \left[-1;1\right]$

Đặt $t=2x,t\in \left[-1;1\right]$ , $f(t)=t^3-3t-2$ 

Theo câu a có giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[-1;1\right]$ bằng $-4$ .

a) Đ,  b) S,  c) Đ, d) Đ

a) Vì $\overrightarrow{OA}=3\overrightarrow{i}-\overrightarrow{k}\Rightarrow A\left(3;0;-1\right)$.

b) Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-4;2;4\right),\overrightarrow{AC}=\left(-2;4;2\right)$.

Do $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$ không cùng phương nên suy ra $A,B,C$ không thẳng hàng.

c) Điểm $D\left(a;b;c\right)$ là điểm đối xứng với $A$ qua $B$ nên $B$ là trung điểm của $AD$.

Ta có $\{\begin{array}{l}{x}_D=2x_B-x_A=-5\\ y_D=2y_B-y_A=4\\ z_D=2z_B-z_A=7\end{array}$. Suy ra $D\left(-5;4;7\right)$.

Suy ra $a=-5;b=4;c=7$. Vậy $a+b+c=6$.

d) Gọi $I\left(x;y;z\right)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$.

Ta có $\{\begin{array}{l}3-x-1-x+1-x=0\\ 0-y+2-y+4-y=0\\ -1-z+3-z+1-z=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\\ z=1\end{array}\Rightarrow I\left(1;2;1\right)$.

Ta có $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2$$={\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)}^2$

$=3M{I}^2+I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2+2\overrightarrow{MI}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}<span></span>+\overrightarrow{IC}\right)$$=3M{I}^2+I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2$.

Do $I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2$ không thay đổi nên $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2$ nhỏ nhất khi $MI$ nhỏ nhất hay $M$ là hình chiếu của điểm $I$ trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$.

Do đó $M\left(1;2;0\right)$. Suy ra $m=1;n=2;p=0$. Vậy $2m-n+2024p=2-2+0=0$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Xét mẫu số liệu về chiều cao của học sinh tổ 1:

Cỡ mẫu $n=3+2+2+1+3=11$.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là $x_3$ nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là $\left[150;155\right)$ và ta có $Q_1=150+\frac{\frac{11}{4}-0}{3}\cdot 5\approx 154,92$.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu về chiều cao của học sinh tổ 1 là $R=175-150=25$.

c) Xét mẫu số liệu về chiều cao của học sinh tổ 2:

$\overline{x_2}=\frac{1\cdot 152,5+3\cdot 157,5+3\cdot 162,5+2\cdot 167,5+1\cdot 172,5+1\cdot 177,5}{11}\approx 163,41$.

$s_2^2=\frac{1\cdot 152,5^2+3\cdot 157,5^2+3\cdot 162,5^2+2\cdot 167,5^2+1\cdot 172,5^2+1\cdot 177,5^2}{11}-163,41^2\approx 48,88$.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về chiều cao của học sinh tổ 2 là $s_2\approx \sqrt{48.88}\approx 6,99$.

Xét mẫu số liệu về chiều cao của học sinh tổ 1:

$\overline{x_1}=\frac{3\cdot 152,5+2\cdot 157,5+2\cdot 162,5+1\cdot 167,5+3\cdot 172,5}{11}\approx 162,05$.

$s_1^2=\frac{3\cdot 152,5^2+2\cdot 157,5^2+2\cdot 162,5^2+1\cdot 167,5^2+3\cdot 172,5^2}{11}-162,05^2\approx 59,68$.

$s_1\approx \sqrt{59,68}\approx 7,73$. Ta thấy $s_1>s_2$.

Từ giả thiết, ta có bảng biến thiên của hàm số $$f\left(x\right)$$

$y=f\left(x\right)$ có đạo hàm \[f'\( x = \,\( {{x^2} - 1} )\( {x - 4} ] với mọi (ảnh 1)">

Ta có \[g\left( x \right)\, = \,f\left( {3 - x} \right)\]$$\Rightarrow$$$$g^{\prime }\left(x\right)=-f^{\prime }\left(3-x\right)$$.

Từ bảng biến thiên của hàm số$$f\left(x\right)$$ ta có

$$g^{\prime }\left(x\right)\ge 0$$$$\iff f^{\prime }\left(3-x\right)\le 0$$$$\iff [\begin{array}{l}3-x\le -1\\ 1\le 3-x\le 4\end{array}\iff [\begin{array}{l}x\ge 4\\ -1\le x\le 2\end{array}$$.

Như thế ta có bảng biến thiên của hàm số $$g\left(x\right)$$

$y=f\left(x\right)$ có đạo hàm \[f'\( x = \,\( {{x^2} - 1} )\( {x - 4} ] với mọi (ảnh 2)">

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy hàm số \[g\left( x \right)\] có 1 điểm cực đại.

Xét hàm số:

$f\left(x\right)=TR-TC=-2x^2+1312x-\left(x^3-77x^2+1000x+4000\right)$.

$f\left(x\right)=-x^3+75x^2+312x-4000$.

TXĐ: $D=\left(0;+\infty \right)$.

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=-3x^2+150x+312=0\iff [\begin{array}{l}x=52\left(N\right)\\ x=-2\left(L\right)\end{array}$.

Bảng biến thiên:

A sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết rằng hàm tổng chi phí sản xuất là (ảnh 1)">

Hàm số đạt giá trị cực đại  tại $x=52$.

Vậy lợi nhuận của công ty đạt cực đại khi số sản phẩm $x=52$.

Ta có $N^{\prime }\left(t\right)=-3t^2+24t=0\iff [\begin{array}{l}t=0\\ t=8\end{array}$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy số người bị nhiễm bệnh tăng trong khoảng thời gian $\left(0;8\right)$.

Suy ra $a=0;b=8$. Vậy $a+b=8$.

$G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, suy ra $G\left(2;3;1\right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $G$ trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$. Khi đó $GH$ là khoảng cách từ $G$ đến mặt phẳng $\left(Oxy\right)$, ta có $GH=d\left(G,\left(Oxy\right)\right)=1$.

Với $M$ là điểm thay đổi trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$, ta có $GM\ge GH=1$.

Do đó $GM$ ngắn nhất $\iff M\equiv H$. Vậy độ dài $GM$ ngắn nhất bằng 1.

Vì điểm $A^{\prime }$ có toạ độ là $\left(240;450;0\right)$ nên khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến các trục $Ox,Oy$ lần lượt là $450\mathrm{cm}$ và $240\mathrm{cm}$. Suy ra $A^{\prime }A=450\mathrm{cm}$ và $A^{\prime }{O}^{\prime }=240\mathrm{cm}$.

Từ giả thiết suy ra $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\left(-120;0;300\right)$,

do đó $A^{\prime }{B}^{\prime }=\left|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\right|=\sqrt{{(-120)}^2+0^2+{300}^2}=60\sqrt{29}\approx 323(\mathrm{cm})$.

Vì $O^{\prime }O=A^{\prime }A=450\mathrm{cm}$ và $O^{\prime }$ nằm trên trục $$Oy$$ nên toạ độ của điểm $O^{\prime }$ là $\left(0;450;0\right)$.

Do đó $\overline{O^{\prime }{B}^{\prime }}=\left(120;0;300\right)$ và $O^{\prime }{B}^{\prime }=\left|\overline{O^{\prime }{B}^{\prime }}\right|=\sqrt{{120}^2+0^2+{300}^2}=60\sqrt{29}\approx 323(\mathrm{cm})$.

Vậy mỗi căn lều gỗ có chiều dài là $450\mathrm{cm}$, chiều rộng là $240\mathrm{cm}$, mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là 323 cm.

$\Rightarrow a+b+c=1013$.

Cỡ mẫu là $n=45+34+23+18+5=125$.

Gọi $x_1,...,x_{125}$ là thời gian đọc thông tin trên trang báo điện tử của 125 lượt truy cập và giả sử rằng dãy số liệu gốc này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left(x_{31}+x_{32}\right)$ nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là nhóm [0; 2) và ta có:

$Q_1=0+\left[\frac{\frac{1\cdot 125}{4}-0}{45}\right]\cdot (2-0)\approx 1,39$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left(x_{94}+x_{95}\right)$ nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là nhóm [4; 6) và ta có:

$Q_3=4+\left[\frac{\frac{3\cdot 125}{4}-(45+34)}{23}\right]\cdot (6-4)\approx 5,28$.

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${\Delta }_Q=Q_3-Q_1\approx 5,28-1,39=3,89$.