Đề thi cuối kì 1 Toán 12 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

a) Ta có $G\left(\frac{1-2+3}{3};\frac{-1+5+4}{3};\frac{0+3+9}{3}\right)$$\Rightarrow G\left(\frac{2}{3};\frac{8}{3};4\right)$.

b) $M\in \left(Oxz\right)\Rightarrow M\left(a;0;c\right)$.

Có $\overrightarrow{AM}=\left(a-1;1;c\right),\overrightarrow{AB}=\left(-3;6;3\right)$

Theo đề ta có $\overrightarrow{AM}$ và $\overrightarrow{AB}$ cùng phương $\Rightarrow \frac{a-1}{-3}=\frac{1}{6}=\frac{c}{3}$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ c=\frac{1}{2}\end{array}$.

Do đó $a+b+c=\frac{1}{2}+0+\frac{1}{2}=1$.

c) $\overrightarrow{AB}=\left(-3;6;3\right)$.

d) Giả sử $D\left(x;y;z\right)$. Ta có $\overrightarrow{DC}=\left(3-x;4-y;9-z\right)$.

Để $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ $\iff \{\begin{array}{l}3-x=-3\\ 4-y=6\\ 9-z=3\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x=6\\ y=-2\\ z=6\end{array}\Rightarrow D\left(6;-2;6\right)$.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

a) Khoảng biến thiên $R=180-155=25$.

b) Giá trị đại diện của nhóm $\left[155;160\right)$ là $\frac{155+160}{2}=157,5$.

c) d)

Chiều cao trung bình của mẫu số liệu là $\overline{x}=\frac{2.157,5+5.162,5+10.167,5+5.172,5+3.177,5}{25}=167,9$.

Phương sai: $$s^2=\frac{1}{25}\left[\begin{array}{l}2.{\left(157,5-167,9\right)}^2+5.{\left(162,5-167,9\right)}^2+10.{\left(167,5-167,9\right)}^2\\ +5.{\left(172,5-167,9\right)}^2+3.{\left(177,5-167,9\right)}^2\end{array}\right]=29,84$$.

Độ lệch chuẩn: $s=\sqrt{29,84}\approx 5,46$.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có $I\left(-1;2\right)$ là tâm đối xứng.

Suy ra $m=-1;n=2$. Do đó $m+n=1$.

Trả lời: $1$.

Ta có $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=1.\left(-1\right)+\left(-3\right).1+1.2=-2$.

Trả lời: $-2$.

Ta có ${\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)}^2={\overrightarrow{AB}}^2+{\overrightarrow{AC}}^2+{\overrightarrow{AD}}^2+2.\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+2.\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}$

$={\overrightarrow{AB}}^2+{\overrightarrow{AC}}^2+{\overrightarrow{AD}}^2+2.\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|.\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)+2.\left|\overrightarrow{AC}\right|.\left|\overrightarrow{AD}\right|.\cos \left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\right)+2\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AD}\right|.\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right)$

$=12^2+12^2+12^2+\mathrm{2.12.12.}\cos 60^{\circ }+\mathrm{2.12.12.}\cos 60^{\circ }+\mathrm{2.12.12.}\cos 60^{\circ }$$=864$.

Suy ra $\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right|=12\sqrt{6}$. Do đó $a=12$.

Trả lời: $12$.

Có $\frac{n}{4}=\frac{200}{4}=50$ . Nhóm $\left[30;40\right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 50 nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.

$Q_1=30+\frac{\frac{200}{4}-49}{40}.10=30,25$ .

Có $\frac{3n}{4}=150$ . Nhóm $\left[50;60\right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 150 nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

$Q_3=50+\frac{\frac{3.200}{4}-137}{50}.10=52,6$ .

Khoảng tứ phân vị ${\Delta }_Q=52,6-30,25\approx 22,4$ .

Trả lời: $22,4$ .

Điều kiện $0<x<50$.

Cạnh đáy của lăng trụ lục giác đều $AB=HK=100-2x$.

Chiều cao của lăng trụ lục giác đều $HA=MH.\tan 60^{\circ }=x\sqrt{3}$.

Diện tích đáy của hình lăng trụ lục giác đều $S_{ABCDEF}=6S_{ABO}=6.\frac{\sqrt{3}}{4}{\left(100-2x\right)}^2$.

Thể tích của khối lăng trụ lục giác đều: $V\left(x\right)=HA.S_{ABCDEF}=\frac{9}{2}x{\left(100-2x\right)}^2$.

Ta có $V\left(x\right)=18x^3-1800x^2+45000x$.

Xét hàm số $V\left(x\right)=18x^3-1800x^2+45000x$ trên khoảng $\left(0;50\right)$.

Ta có $V^{\prime }\left(x\right)=54x^2-3600x+45000=0\iff [\begin{array}{l}x=\frac{50}{3}\\ x=50\end{array}$.

Vì $x\in \left(0;50\right)$ nên $x=\frac{50}{3}$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có thể tích của khối lăng trụ lục giác đều lớn nhất khi và chỉ khi $x=\frac{50}{3}$cm.

Gắn hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ.

Ta có $A\left(0;0;0\right),A^{\prime }\left(0;0;3,2\right),M\left(4;4;1,6\right),D^{\prime }\left(0;4;3,2\right),I\left(2;0;1,6\right)$ .

Gọi $E\left(x;y;z\right),F\left(m;n;p\right)$ .

Giả sử $\overrightarrow{AE}=a\overrightarrow{AM}$$\iff \{\begin{array}{l}x=4a\\ y=4a\\ z=1,6a\end{array}\Rightarrow E\left(4a;4a;1,6a\right)$ .

$\overrightarrow{D^{\prime }F}=b\overrightarrow{D^{\prime }I}$$\iff \{\begin{array}{l}m=2b\\ n-4=-4b\\ p-3,2=-1,6b\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}m=2b\\ n=4-4b\\ p=3,2-1,6b\end{array}$$\Rightarrow F\left(2b;4-4b;3,2-1,6b\right)$ .

Ta có $\overrightarrow{EF}=\left(2b-4a;4-4b-4a;3,2-1,6b-1,6a\right)$ , $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(0;0;3,2\right)$ .

Đường thẳng đi qua hai con nhện vuông góc với trần nhà thì $\overrightarrow{EF}$ cùng phương với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ nên

$\{\begin{array}{l}2b-4a=0\\ 4-4b-4a=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{1}{3}\\ b=\frac{2}{3}\end{array}$ . Khi đó $\overrightarrow{EF}=\left(0;0;1,6\right)\Rightarrow EF=1,6$ .

Vậy khoảng cách giữa hai con nhện bằng 1,6 m.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left(0;d\right)$ có tung độ âm nên $d<0$.

Có $y^{\prime }=3a{x}^2+2bx+c=0$ có hai nghiệm $x_1;x_2$.

Vì hàm số đồng biến trên khoảng $\left(x_1;x_2\right)$ nên $a<0$.

Vì $x_1\in \left(-1;0\right),x_2\in \left(1;2\right)$ nên $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1{x}_2<0\end{array}$.

Mà $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2b}{3a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{3a}\end{array}$$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3a}>0\\ \frac{c}{3a}<0\end{array}$$$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}b>0\\ c>0\end{array}$$ (do $a<0$).

Vậy $a<0;b>0;c>0;d<0$.