Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 3)

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Hàm số $f\left(x\right)$ đạt cực đại tại $x=0$ và đạt cực tiểu tại $x=2$.

b) Phương trình $f\left(x\right)=m$có 3 nghiệm phân biệt $-2<m<2$, mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-1;0;1\right\}$.

c) $f^{\prime }\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$

Đồ thị hàm số $\left(C\right)$ có 2 điểm cực trị là $\left(0;2\right)$ và $\left(2;-2\right)$ nên ta có hệ phương trình

$\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=2\\ f\left(2\right)=-2\\ f^{\prime }\left(0\right)=0\\ f^{\prime }\left(2\right)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}d=2\\ 8a+4b+2c+d=-2\\ c=0\\ 12a+4b+c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=1\\ b=-3\\ c=0\\ d=2\end{array}$ .

Phương trình của hàm số là $y=f\left(x\right)=x^3-3x^2+2$.

d) $y=f\left(2\sin x+1\right)$ .

Đặt $t=2\sin x+1\Rightarrow y=f\left(t\right)=t^3-3t^2+2$.

Ta có $-1\le \sin x\le 1\Rightarrow -1\le 2\sin x+1\le 3\Rightarrow -1\le t\le 3$.

Do đó $M=\underset{\left[-1;3\right]}{\max }f\left(t\right)$ và $m=\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(t\right)$.

$$f^{\prime }\left(t\right)=3t^2-6t$$ $$\Rightarrow f^{\prime }\left(t\right)=0\iff [\begin{array}{l}t=0\in \left(-1;3\right)\\ t=2\in \left(-1;3\right)\end{array}$$.

$f\left(0\right)=2$; $f\left(2\right)=-2$;$f\left(-1\right)=-2$;$f\left(3\right)=2$.

Suy ra $M=\underset{\left[-1;3\right]}{\max }f\left(t\right)=2$ và $m=\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(t\right)=-2$ nên $M+m=0$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì $\underset{x\to {\left(\frac{3}{2}\right)}^{+}}{\lim }\frac{x-1}{2x-3}=+\infty$ nên tiệm cận đứng của hàm số là $x=\frac{3}{2}$.

b) Hàm số có 1 tiệm cận đứng là $x=\frac{3}{2}$ và 1 tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{2}$, nên tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận là $I\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2}\right)$. Rõ ràng I thuộc đường thẳng $x-y-1=0$.

c) Tọa độ điểm A: $x=\frac{3}{2}\Rightarrow y=-2$ suy ra $A\left(\frac{3}{2};-2\right)$.

Tọa độ điểm B: $y=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{1}{4}$ suy ra $B\left(\frac{1}{4};\frac{1}{2}\right)$.

$$\overrightarrow{IA}\left(0;-\frac{5}{2}\right)\Rightarrow IA=\frac{5}{2}$$; $$\overrightarrow{IB}\left(\frac{-5}{4};0\right)\Rightarrow IB=\frac{5}{4}$$; $$S_{\Delta IAB}=\frac{1}{2}IA.IB=\frac{1}{2}.\frac{5}{4}.\frac{5}{2}=\frac{25}{16}$$.

d) Tọa độ giao điểm $I\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2}\right)$.

Gọi tọa độ tiếp điểm là $\left(x_0;\frac{x_0-1}{2x_0-3}\right)$.

Khi đó phương trình tiếp tuyến $\Delta$ với đồ thị hàm số tại điểm $\left(x_0;\frac{x_0-1}{2x_0-3}\right)$ là:

$y=-\frac{1}{{\left(2x_0-3\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0-1}{2x_0-3}\iff x+{\left(2x_0-3\right)}^{2}y-2x_0^2+4x_0-3=0$.

Khi đó: $d\left(I,\Delta \right)=\frac{|\frac{3}{2}+\frac{1}{2}{\left(2x_0-3\right)}^2-2x_0^2+4x_0-3|}{\sqrt{1+{\left(2x_0-3\right)}^4}}=\frac{|-2x_0+3|}{\sqrt{1+{\left(2x_0-3\right)}^4}}\le \frac{|2x_0-3|}{\sqrt{2{\left(2x_0-3\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

(Theo bất đẳng thức Cô si)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi ${\left(2x_0-3\right)}^2=1\iff [\begin{array}{l}2x_0-3=1\\ 2x_0-3=-1\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=2\\ x_0=1\end{array}$.

Vậy $\max d\left(I,\Delta \right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tọa độ của điểm $A$ là $\left(2;-1;5\right)$.

b) $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $\{\begin{array}{l}1=\frac{2+5+x_C}{3}\\ 1=\frac{-1-5+y_C}{3}\\ 1=\frac{5+7+z_C}{3}\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}{x}_C=-4\\ y_C=9\\ z_C=-9\end{array}$$\Rightarrow C\left(-4;9;-9\right)$.

Suy ra $a+b+c=-4$.

c) Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(3;-4;2\right),\overrightarrow{AM}=\left(x-2;y+1;-4\right)$.

Ba điểm $A,B,M$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB}$$\iff \{\begin{array}{l}x-2=3k\\ y+1=-4k\\ -4=2k\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x=-4\\ y=7\\ k=-2\end{array}$.

Suy ra $x+y=3.$

d) Ta có $N\in \left(Oxy\right)\Rightarrow N\left(x;y;0\right)$. Suy ra $\overrightarrow{AN}=\left(x-2;y+1;-5\right),\overrightarrow{AB}=\left(3;-4;2\right)$.

Ta có $\Delta ABN$ vuông cân tại $A$ $\iff \{\begin{array}{l}AN\perp AB\\ AN=AB\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}3\left(x-2\right)-4\left(y+1\right)-10=0\\ {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+25=9+16+4\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}y=\frac{3}{4}x-5\\ {\left(x-2\right)}^2+{\left(\frac{3x}{4}-4\right)}^2=4\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}y=\frac{3}{4}x-5\\ x^2-4x+4+\frac{9x^2}{16}-6x+16=4\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{16}{5}\\ y=-\frac{13}{5}\end{array}$$\Rightarrow N\left(\frac{16}{5};-\frac{13}{5};0\right)$.

Vậy $x_N+y_N=\frac{3}{5}$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm ứng với khu vực A là: $34-19=15$ (tuổi).

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm ứng với khu vực B là: $31-19=12$(tuổi).

c) Cỡ mẫu $n=100$

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: $Q_1=22+\frac{\frac{100}{4}-10}{27}(25-22)=\frac{71}{3}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$Q_3=28+\frac{\frac{3.100}{4}-(10+27+31)}{25}(31-28)=\frac{721}{25}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${\Delta }_Q=Q_3-Q_1=\frac{388}{75}$.

d) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm B là: ${Q_1}^{\prime }=19+\frac{\frac{100}{4}}{47}(22-19)=\frac{968}{47}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm B là: ${Q_3}^{\prime }=22+\frac{\frac{3.100}{4}-47}{40}(25-22)=\frac{241}{10}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm B là ${{\Delta }_Q}^{\prime }=\frac{241}{10}-\frac{968}{47}=\frac{1647}{470}$.

Có ${{\Delta }_Q}^{\prime }<{\Delta }_Q$ nên phụ nữ ở khu vực B có độ tuổi kết hôn đồng đều hơn.

Ta có $h\left(t\right)=2\cos \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)+5$$\Rightarrow h^{\prime }\left(t\right)=-\frac{\pi }{6}\sin \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)$.

$h^{\prime }\left(t\right)=0\iff \sin \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)=0\iff \frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}=k\pi$$\iff t=-4+12k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Mà $0\le t\le 24$ nên $0\le -4+12k\le 24\iff \frac{1}{3}\le k\le \frac{7}{3}$$\Rightarrow k\in \left\{1;2\right\}$.

Do đó $h^{\prime }\left(t\right)=0\Rightarrow [\begin{array}{l}t=8\\ t=20\end{array}$.

$\Rightarrow h\left(t\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(8;20\right)$ hay trong khoảng từ $8\mathrm{h}$ đến $20\mathrm{h}$độ sâu của mực nước trong kênh tăng dần.

Vậy $a=8;b=20$ và $a+b=28$.

Gọi hai kích thước của hình chữ nhật là $x$ và $y$, với $2x+y=240$ $\left(0<x<120;0<y<240\right)$.

Suy ra $y=240-2x$

Diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật là:

$S=xy=x\left(240-2x\right)=240x-2x^2,0<x<120$.

$S^{\prime }=240-4x$; $S^{\prime }=0\iff x=60\in \left(0;120\right)$.

Bảng biến thiên

240m hàng rào và muốn rào lại cánh đồng hình chữ nhật tiếp giáp với một con (ảnh 1)">

Từ bảng biến thiên ta thấy $\underset{\left(0;120\right)}{\max }S=7200\iff x=60$.

Vậy ông nông dân có thể rào được cánh đồng với diện tích lớn nhất là $7200$m­².

Theo đề $x+y=10\Rightarrow y=10-x$.

Bài toán trở thành tìm $x$ để hàm số $f\left(x\right)$ đạt giá trị lớn nhất với

$f\left(x\right)=-27{\left(10-x\right)}^2+326\left(10-x\right)+x^2+2x=-26x^2+216x+560$.

Vì $f\left(x\right)$ là hàm số bậc hai có $a<0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại $x=\frac{54}{13}\approx 4$.

Vậy cần sử dụng máy A trong 4 ngày.

Ta có: $M\left(3;3;3\right)$, gọi $A,B,C$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các trục tọa độ $Ox,Oy,Oz$.

$\Rightarrow A\left(3;0;0\right),B\left(0;3;0\right),C\left(0;0;3\right)$.

$\Rightarrow AB=BC=CA=3\sqrt{2}$.

$\Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều.

$\Rightarrow$ Trực tâm $H$ trùng với trọng tâm $G$ của $\Delta ABC$.

$\Rightarrow H\equiv G\left(1;1;1\right)$.

$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2=3$$.

Ta có:$\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD}=0$;$$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=AB.AD.cos60^{\circ }=\frac{1}{2}$$;$$\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}$$.

$\Rightarrow I{J}^2={\overrightarrow{IJ}}^2=\frac{1}{4}{\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}-\frac{3}{2}\overrightarrow{AB}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(\frac{17}{4}+2\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD}-3\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}\right)=\frac{5}{16}$.

$\Rightarrow IJ=\frac{\sqrt{5}}{4}\approx 0,56.$