Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 8)

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$.

b) Ta có $g^{\prime }\left(x\right)=2-3f^{\prime }\left(x\right)>0,\forall x\in \left(0;2\right)$, suy ra hàm số $g\left(x\right)=2x-3f\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(0;2\right)$.

c) Ta có hàm số $y=f\left(x\right)$ nghịch biến trên khoảng $\left(0;2\right)$.

Mà $0\le {\sin }^{2}x\le 1,\forall x\in \mathbb{R}$$\Rightarrow 0\le {\sin }^{2}x<\frac{3}{2},\forall x\in \mathbb{R}$ $\Rightarrow f\left({\sin }^{2}x\right)>f\left(\frac{3}{2}\right)$.

d) Ta có $y^{\prime }={\left(2-3x\right)}^{\prime }\cdot f^{\prime }\left(2-3x\right)=-3f^{\prime }\left(2-3x\right)$.

Hàm số $y=f\left(2-3x\right)$ nghịch biến $y^{\prime }=-3f^{\prime }\left(2-3x\right)<0\iff f^{\prime }\left(2-3x\right)>0\iff [\begin{array}{l}2-3x<0\\ 2-3x>2\end{array}$$\iff [\begin{array}{l}x>\frac{2}{3}\\ x<0\end{array}$. Suy ra hàm số $y=f\left(2-3x\right)$ nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(\frac{2}{3};+\infty \right)$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{m\right\}$.

Ta có $y^{\prime }=\frac{m^2-m+2}{{\left(x-m\right)}^2}>0,\forall x\ne m$.

Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;m\right)$ và $\left(m;+\infty \right)$.

Vậy khi $m=1$ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$.

b) Bảng biến thiên

y=x−m2−2x−m (với tham số $m$). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau: (ảnh 1)">

Với $m=1$  thì giá trị lớn nhất của hàm số  $f\left(4\right)=\frac{1}{3}$.

c) Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-m^2-2}{x-m}=1$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x-m^2-2}{x-m}=1$.

Suy ra $y=1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

d) Để giá trị lớn nhất của hàm số $y=\frac{x-m^2-2}{x-m}$ trên đoạn $\left[0;4\right]$ bằng $-1$

$\iff \{\begin{array}{l}m<0\\ \frac{2-m^2}{4-m}=-1\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}m<0\\ m^2+m-6=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}m<0\\ m=2,m=-3\end{array}$$\iff m=-3$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Hình chiếu của điểm $M$ trên trục $Oy$ có tọa độ là $\left(0;3;0\right)$.

b) Vì $N$ là trung điểm của $ME$ $\iff \{\begin{array}{l}-1=\frac{2+x_E}{2}\\ 1=\frac{3+y_E}{2}\\ 1=\frac{-1+z_E}{2}\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}{x}_E=-4\\ y_E=-1\\ z_E=3\end{array}$$\Rightarrow E\left(-4;-1;3\right)$.

c) Ta có $\overrightarrow{NM}=\left(3;2;-2\right);\overrightarrow{NP}=\left(2;m-2;2\right)$.

$\Delta MNP$ vuông tại $N$$\iff \overrightarrow{NM}\cdot \overrightarrow{NP}=0$$\iff 3\cdot 2+2\cdot \left(m-2\right)+\left(-2\right)\cdot 2=0\iff m=1$.

d) Gọi $J\left(x;y;z\right)$ thỏa mãn $3\overrightarrow{JM}-\overrightarrow{JN}=\overrightarrow{0}$$\iff \{\begin{array}{l}3\left(2-x\right)-\left(-1-x\right)=0\\ 3\left(3-y\right)-\left(1-y\right)=0\\ 3\left(-1-z\right)-\left(1-z\right)=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{7}{2}\\ y=4\\ z=-2\end{array}$.

Suy ra $J\left(\frac{7}{2};4;-2\right)$.

Khi đó $T=\left|3\overrightarrow{IM}-\overrightarrow{IN}\right|=\left|3\overrightarrow{IJ}+3\overrightarrow{JM}-\overrightarrow{IJ}-\overrightarrow{JN}\right|=\left|2\overrightarrow{IJ}\right|=2IJ$.

$T$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $I$ là hình chiếu của $J$ trên $\left(Oxy\right)$ $\iff I\left(\frac{7}{2};4;0\right)$.

Vậy $a=\frac{7}{2};b=4;c=0$. Suy ra $2a+b+c=11$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Khoảng biến thiên về số tháng đầu từ vào lĩnh vực A và B ở mẫu số liệu trên bằng nhau và bằng $40-15=25$.

b)Số tiền trung bình thu được khi đầu tư vào lĩnh vực A là

$$\overline{x_A}=\frac{5\cdot 17,5+10\cdot 22,5+8\cdot 27,5+8\cdot 32,5+9\cdot 37,5}{40}=28,25$$.

Số tiền trung bình thu được khi đầu tư vào lĩnh vực B là

$$\overline{x_B}=\frac{6\cdot 17,5+8\cdot 22,5+9\cdot 27,5+8\cdot 32,5+9\cdot 37,5}{40}=28,25$$.

c) Phương sai của số tiền thu được khi đầu tư vào lĩnh vực A là

$$s_A^2=\frac{1}{40}\left(5\cdot 17,5^2+10\cdot 22,5^2+8\cdot 27,5^2+8\cdot 32,5^2+9\cdot 37,5^2\right)-28,25^2=45,6875$$.

d) Độ lệch chuẩn của số tiền thu được khi đầu tư vào lĩnh vực A là

$$s_A=\sqrt{\frac{1}{40}\left(5\cdot 17,5^2+10\cdot 22,5^2+8\cdot 27,5^2+8\cdot 32,5^2+9\cdot 37,5^2\right)-28,{25}^2}=\frac{\sqrt{731}}{4}$$.

Độ lệch chuẩn của số tiền thu được khi đầu tư vào lĩnh vực B là

$$s_B=\sqrt{\frac{1}{40}\left(6\cdot 17,5^2+8\cdot 22,5^2+9\cdot 27,5^2+8\cdot 32,5^2+9\cdot 37,5^2\right)-28,{25}^2}=\frac{\sqrt{751}}{4}$$.

Như vậy, độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về số tiền thu được hàng tháng khi đầu tư vào lĩnh vực B cao hơn khi đầu tư vào lĩnh vực A. Do đó, anh Bình đầu tư vào lĩnh vực B “rủi ro” hơn lĩnh vực A.

Ta có $f\left(x\right)=\frac{1}{2}x-\sqrt{x+1}$$\Rightarrow f^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{x+1}}=\frac{\sqrt{x+1}-1}{2\sqrt{x+1}}$.

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \sqrt{x+1}=1\iff x=0$.

Ta có $f\left(0\right)=-1;f\left(3\right)=-\frac{1}{2}$ và hàm số $f\left(x\right)$ liên tục trên đoạn $\left[0;3\right]$.

Vậy $M=-\frac{1}{2};m=-1$ $\Rightarrow S=2M-m=2\left(\frac{-1}{2}\right)+1=0$.

Khi $x=50$ thì $C\left(50\right)=\frac{12\cdot 50}{100-50}=12$ (nghìn đô).

Vậy chi phí để loại bỏ 50% chất gây ô nhiên là 12 nghìn đô.

Khi bơi ngược dòng vận tốc của cá là $v-5$ (km/h).

Thời gian để cá vượt khoảng cách 100 km là $t=\frac{100}{v-5}\left(v>5\right)$.

Năng lượng tiêu hao của cá khi vượt khoảng cách 100 km là $E\left(v\right)=c\cdot v^3\cdot \frac{100}{v-5}=100c\cdot \frac{v^3}{v-5}$.

Xét hàm số $y=E\left(v\right)$ ta có $E^{\prime }\left(v\right)=100c\cdot \frac{3v^2\left(v-5\right)-v^3}{{\left(v-5\right)}^2}=100c\cdot \frac{v^2\left(2v-15\right)}{{\left(v-5\right)}^2}$.

Có $E^{\prime }\left(v\right)=0\iff v=7,5$ (do $v>5$). Ta có bảng biến thiên

100km. Vận tốc dòng nước là (ảnh 1)">

Vậy vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên thuộc khoảng $\left(5;7,5\right)$ thì năng lượng tiêu hoa của cá giảm. Khi đó giá trị lớn nhất của $b-a=2,5$.

Ta có $M\in \left(C\right)$ $\Rightarrow M\left(x_0;x_0+\frac{1}{x_0+1}\right)$ với $x_0>-1$.

Ta có $I{M}^2={\left(x_0+1\right)}^2+{\left(x_0+1+\frac{1}{x_0+1}\right)}^2=2{\left(x_0+1\right)}^2+\frac{1}{{\left(x_0+1\right)}^2}+2$.

Đặt $t={\left(x_0+1\right)}^2,t>0$ thì khi đó $I{M}^2=2t+2+\frac{1}{t}$.

Xét hàm số $y=2t+2+\frac{1}{t}$ có $y^{\prime }=2-\frac{1}{t^2}=0\iff t=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Bảng biến thiên

Oxy, cho đồ thị hàm số $\left(C\right):y=\frac{x^2+x+1}{x+1}$ với $x>-1$ (ảnh 1)">

Để thuyền thu được sóng tốt nhất $\iff IM$ ngắn nhất $\iff x_0=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}-1$.

Vậy $n=4;a=2;b=1\Rightarrow a\cdot n+b=9$.

Ta có $\vec{F}=m\vec{a}$, suy ra $\left|\vec{F}\left|=m\right|\vec{a}\right|=0,5\cdot 50=25\left(\mathrm{N}\right)$.

Vậy muốn truyền cho quả bóng khối lượng $0,5\mathrm{kg}$ một gia tốc $50\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ thì cần một lực đá có độ lớn là $25\mathrm{N}$.

Ta có $C^{\prime }(6;10;4)$, $A^{\prime }(0;0;4)$.

Gọi $I\left(x;y;z\right)$ là trung điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$.

Do đó $\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{6+0}{2}=3\\ y_I=\frac{10+0}{2}=5\\ z_I=\frac{4+4}{2}=4\end{array}$.

Vậy tọa độ của điểm treo quạt $I(3;5;4)$suy ra $a+b+c=12$.