Đề thi cuối kì 1 Toán 12 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

a) Dựa vào đồ thị ta có hàm số đạt cực tiểu tại $x=2$.

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

Vậy có 3 giá trị nguyên của $m$ để phương trình $f\left(x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt.

c) Dựa vào đồ thị hàm số ta có $\{\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}$.

Suy ra $f\left(x\right)=x^3-3x^2+2$.

d) Ta có $M=\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(0\right)=2;m=\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right)=-2$.

Suy ra $M+m=0$.

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

a) $\overrightarrow{AB}=\left(6;2;-6\right)$.

b) Có $\overrightarrow{AC}=\left(21;5;-9\right)$.

Ta có $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}$$=\frac{6.21+2.5+\left(-6\right).\left(-9\right)}{\sqrt{36+4+36}.\sqrt{{21}^2+25+{\left(-9\right)}^2}}=\frac{190}{2\sqrt{19}.\sqrt{547}}\approx 0,93$.

Suy ra $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\approx 21,3^{\circ }$.

c) Có $\overrightarrow{BC}=\left(15;3;-3\right)$.

Có $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}=\left(21;5;-9\right)$$\Rightarrow \left|\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{{21}^2+5^2+{\left(-9\right)}^2}=\sqrt{547}$.

d) Có $\{\begin{array}{l}N\in AB\\ NA=3NB\end{array}$$\Rightarrow \overrightarrow{NA}=-3\overrightarrow{NB}$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}-5-a=-3\left(1-a\right)\\ -b=-3\left(2-b\right)\\ 7-c=-3\left(1-c\right)\end{array}$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=\frac{3}{2}\\ c=\frac{5}{2}\end{array}$.

Suy ra $a+b+c=3,5$.

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

$\underset{x\to -7^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ $\Rightarrow x=-7$là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-3$$\Rightarrow y=-3$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 2 đường tiệm cận.

Trả lời: 2.

Vì $M^{\prime }$ đối xứng với $M$ qua mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ nên $M\left(-2;5;4\right)$.

Suy ra $a=-2;b=5;c=4$. Do đó $a+b+c=7$.

Trả lời: 7.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là $R=70-40=30$.

Có $\frac{n}{4}=11$. Nhóm $\left[45;50\right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 11 nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có $Q_1=45+\frac{\frac{44}{4}-4}{14}.5=47,5$.

Có $\frac{3n}{4}=33$. Nhóm $\left[55;60\right)$là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 33 nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có $Q_3=55+\frac{\frac{3.44}{4}-26}{10}.5=58,5$.

Suy ra ${\Delta }_Q=58,5-47,5=11$.

Do đó $R+{\Delta }_Q=30+11=41$.

Trả lời: 41.

Ta có

Ta có $\overline{x}=\frac{2.3,25+6.3,75+8.4,25+4.4,75}{2+6+8+4}=4,1$.

Phương sai của mẫu số liệu: $s^2=\frac{2.{\left(3,25-4,1\right)}^2+6.{\left(3,75-4,1\right)}^2+8.{\left(4,25-4,1\right)}^2+4.{\left(4,75-4,1\right)}^2}{2+6+8+4}\approx 0,2$.

Trả lời: 0,2.

Chiều cao của chiếc hộp khi gập tấm nhôm là $x$ cm.

Kích thước hai đáy của chiếc hộp là $30-2x$ cm.

Ta có $\{\begin{array}{l}x>0\\ 30-2x>0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x>0\\ x<15\end{array}\iff 0<x<15$.

Thể tích chiếc hộp $V\left(x\right)=x{\left(30-2x\right)}^2=4x^3-120x^2+900x$.

Có $V^{\prime }\left(x\right)=12x^2-240x+900$; $V^{\prime }\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=5\\ x=15\end{array}$.

Bài toán trở thành tìm $x\left(0<x<15\right)$ sao cho $V\left(x\right)$ là lớn nhất.

Vậy cần cắt bỏ ở bốn góc của tấm nhôm đó các hình vuông bằng nhau có cạnh là 5 cm để chiếc hộp tạo thành có thể tích lớn nhất.

Giả sử $\overrightarrow{P}$ là trọng lượng của chiếc đèn.

Do chiếc đèn ở vị trí cân bằng nên $\overrightarrow{P}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}$.

Ta có ${\left(\overrightarrow{P}\right)}^2={\left(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}\right)}^2={\left(\overrightarrow{F_1}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{F_2}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{F_3}\right)}^2+2\overrightarrow{F_1}\overrightarrow{F_2}+2\overrightarrow{F_2}\overrightarrow{F_3}+2\overrightarrow{F_1}\overrightarrow{F_3}$.

Mà $\overrightarrow{F_1}\overrightarrow{F_2}=\overrightarrow{F_2}\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_1}\overrightarrow{F_3}=0$ nên $\left|\overrightarrow{P}\right|=\sqrt{{\left|\overrightarrow{F_1}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{F_2}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{F_3}\right|}^2}=20\sqrt{3}$ N.

Chiếc flycam thứ nhất và thứ hai ở vị trí A, B.

Ta có $A\left(3;2;5\right),B\left(-6;-6;5\right)$.

Gọi $C$là điểm đối xứng của $A$ qua mặt phẳng $\left(Oxy\right)$. Khi đó $C\left(3;2;-5\right)$.

Gọi $I=BC\cap \left(Oxy\right)$ là vị trí trên mặt đất sao cho tổng khoảng cách từ vị trí đó tới hai chiếc flycam ngắn nhất.

Ta có $IA+IB=IC+IB\ge BC$ nên $IA+IB$ ngắn nhất khi ba điểm $B,C,I$ thẳng hàng.

Ta có $\overrightarrow{BC}=\left(9;8;-10\right)$.

Vì $I\in \left(Oxy\right)\Rightarrow I\left(x;y;0\right)\Rightarrow \overrightarrow{BI}=\left(x+6;y+6;-5\right)$.

Ba điểm $B,C,I$ thẳng hàng nên $\frac{x+6}{9}=\frac{y+6}{8}=\frac{1}{2}$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-\frac{3}{2}\\ y=-2\end{array}$ $\Rightarrow I\left(-\frac{3}{2};-2;0\right)$.

Suy ra $IO=2,5$ m.