Đề thi học kì 1 Toán 12 - Đề số 3

Quan sát bảng xét dấu và nhận xét.

Trên khoảng (6;7), f’(x) mang dấu âm nên f(x) nghịch biến trên (6;7).

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Hàm số đạt cực đại tại x = -1.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Giá trị nhỏ nhất của f(x) là y = -18 tại x = 7.

Đường thẳng $y = {y_0}$ gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } f(x) = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } f(x) = {y_0}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 3}}{{2 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 - \frac{3}{x}}}{{\frac{2}{x} - 1}} = \frac{1}{{ - 1}} = - 1$ nên đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận ngang là $y = - 1$.

Đường thẳng y = ax + b là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số f(x) nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (x + 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {x + 1 + \frac{3}{{x - 6}} - (x + 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{x - 6}} = 0$.

Vây y = x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Hàm số f(x) đạt cực đại tại ${x_0}$ khi $f'({x_0}) = 0$ và f’(x) đổi dấu từ dương sang âm khi qua ${x_0}$.

Quan sát đồ thị y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 (đồ thị nằm trên trục hoành) trong khoảng (-1; 1) và f’(x) < 0 (đồ thị nằm dưới trục hoành) trong khoảng (1; 4) nên x = 1 là điểm cực đại của hàm số f(x).

Dựa vào khái niệm vecto bằng nhau, vecto đối nhau, quy tắc ba điểm.

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {EH} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {EG}$.

Sử dụng tính chất trọng tâm tam giác.

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = 3\overrightarrow {MG}$.

Nhiều học sinh chọn nhầm đáp án B.

Lưu ý: Tổng của các vecto là một vecto, không phải một số.

$\overrightarrow {AB} = ({x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A})$.

$\overrightarrow {AB} = (0 - 2;3 + 1;2 - 0) = ( - 2;4;2)$.

Sử dụng công thức tính tích vô hướng $\overrightarrow a .\overrightarrow b = {x_a}.{x_b} + {y_a}.{y_b} + {z_a}.{z_b}$.

Ta có: $\overrightarrow u .\overrightarrow v = 4.1 + 2.2 + 1.1 = 9$.

Điểm M’ đối xứng với M(a;b;c) qua trục Oy có tọa độ M’(-a;b;-c).

Điểm M’ đối xứng với M(1;-2;3) qua trục Oy có tọa độ M’(-1;-2;-3).

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên chứa dữ liệu.

R = 250 – 0 = 250.

Lập bảng biến thiên và nhận xét.

a) Đúng. $f(x) = \frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x - 3}} = - x - 6 - \frac{{14}}{{x - 3}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - ( - x - 6)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ { - x - 6 - \frac{{14}}{{x - 3}} - ( - x - 6)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - \frac{{14}}{{x - 3}}} \right) = 0$.

Vậy đồ thị f(x) có tiệm cận xiên là y = –x – 6.

b) Đúng. Đồ thị có tiệm cận đứng x = 3 và tiệm cận xiên y = –x – 6.

Tâm đối xứng của đồ thị là giao của hai đường thẳng x = 3 và y = –x – 6.

Với x = 3 ta có y = –3 – 6 = –9.

Vậy tâm đối xứng là I(3;-9).

c) Đúng. Tập xác định: D = R\{3}.

Ta có $f'(x) = \left( {\frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x - 3}}} \right)' = \frac{{( - 2x - 3)(x - 3) - ( - {x^2} - 3x + 4)}}{{{{(x - 3)}^2}}}$

$= \frac{{ - 2{x^2} + 3x + 9 + {x^2} + 3x - 4}}{{{{(x - 3)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 6x + 5}}{{{{(x - 3)}^2}}}$.

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 3 \pm \sqrt {14}$.

Bảng biến thiên:

Hai cực trị là $x = 3 - \sqrt {14}$ và $x = 3 + \sqrt {14}$ trái dấu nên chúng nằm ở hai phía đối với Oy.

d) Sai. Đồ thị cắt trục Ox tại điểm có tung độ y = 0 suy ra hoành độ các giao điểm đó là nghiệm của phương trình $- {x^2} - 3x + 4 = 0$. Phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = -4 nên đồ thị cắt trục Ox tại hai điểm.

Dựa vào khái niệm vecto cùng phương, cùng hướng, cách tính độ dài vecto, tích vô hướng của hai vecto và góc giữa hai vecto.

a) Sai. Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB//CD.

Khi đó $\overrightarrow {AB}$, $\overrightarrow {CD}$ là hai vecto cùng phương, ngược hướng.

b) Sai. Ta có ABCD là hình chữ nhật nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5\).

Vì SA vuông góc với đáy (ABCD) nên SA vuông góc với AC. Xét tam giác SAC vuông tại A:

$\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }}$ suy ra $\widehat {SCA} \approx {41^o}48'$.

Ta có $\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \left( {\overrightarrow {CS} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \widehat {SCA} \approx {41^o}48'$.

c) Đúng. Vì SA vuông góc với đáy (ABCD) nên SA vuông góc với AB. Xét tam giác SAB vuông tại A:

\(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5\).

Trong tam giác SAB vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên $AM = SM = MB = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Sử dụng định lý cosin cho tam giác MAB:

$\cos \widehat {MAB} = \frac{{M{A^2} + A{B^2} - M{B^2}}}{{2MA.MB}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + {a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB}  = AM.AB\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a.\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

d) Sai. Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD nên MN là đường trung bình của tam giác SBD.

Do đó $MN = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AN} } \right| = \left| {\overrightarrow {NM} } \right| = MN = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Sử dụng các quy tắc cộng, trừ vecto, nhân vecto với một số.

a) Đúng. Tọa độ $\overrightarrow {OM}$ là tọa độ điểm M(-4;3;-1).

b) Đúng. $\overrightarrow v  = \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k  = (1;2; - 3)$.

$\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow v  \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} - 4 - {x_A} = 1\\3 - {y_A} = 2\\ - 1 - {z_A} =  - 3\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{x_A} =  - 5\\{y_A} = 1\\{z_A} = 2\end{array} \right.$, vậy A(-5;1;2).

c) Sai. Ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_O+x_M+x_N}{3}=\frac{0-4+2}{3}=-\frac{2}{3}\\ y_G=\frac{y_O+y_M+y_N}{3}=\frac{0+3-1}{3}=\frac{2}{3}\\ z_G=\frac{z_O+z_M+z_N}{3}=\frac{0-1-3}{3}=\frac{-4}{3}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_O} + {x_M} + {x_N}}}{3} = \frac{{0 - 4 + 2}}{3} =  - \frac{2}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_O} + {y_M} + {y_N}}}{3} = \frac{{0 + 3 - 1}}{3} = \frac{2}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_O} + {z_M} + {z_N}}}{3} = \frac{{0 - 1 - 3}}{3} = \frac{{ - 4}}{3}\end{array} \right.$, vậy G $\left( { - \frac{2}{3};\frac{2}{3}; - \frac{4}{3}} \right)$.

Tọa độ hình chiếu của G trên Oxy là $\left( { - \frac{2}{3};\frac{2}{3};0} \right)$.

d) Sai. Ta có $\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_M+x_N}{2}=\frac{-4+2}{2}=-1\\ y_I=\frac{y_M+y_N}{2}=\frac{3-1}{2}=1\\ z_I=\frac{z_M+z_N}{2}=\frac{-1-3}{2}=-2\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{ - 4 + 2}}{2} =  - 1\\{y_I} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = \frac{{3 - 1}}{2} = 1\\{z_I} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = \frac{{ - 1 - 3}}{2} =  - 2\end{array} \right.$, vậy I(-1;1;-2).

$\overrightarrow {OI}  = ( - 1;1; - 2) \Rightarrow \frac{1}{2}\overrightarrow {OI}  = \left( { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}; - 1} \right)$.

Ta có $\overrightarrow w  = 3\overrightarrow i  + 2\overrightarrow {ON}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {OI}$

$= \left( {3 + 2.2 + \frac{1}{2};0 + 2.( - 1) - \frac{1}{2};0 + 2.( - 3) + 1} \right) = \left( {\frac{{15}}{2}; - \frac{5}{2}; - 5} \right)$.

a) Số học sinh nặng dưới 50 kg là tổng tần số hai nhóm [30;40) và [40;50).

b) Số trung bình: $\bar x{\rm{\;}} = \frac{{{m_1}{x_1} + ... + {m_k}{x_k}}}{n}$.

c) Phương sai: ${s^2} = \frac{{m{{({x_1} - \bar x)}^2} + ... + {m_k}{{({x_k} - \bar x)}^2}}}{n}$.

d) Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {{s^2}}$.

a) Đúng. Số học sinh nặng dưới 50 kg là 2 + 10 = 12 (kg).

b) Sai. Cân nặng trung bình của 40 học sinh là:

$\overline x = \frac{{35.2 + 45.10 + 55.16 + 65.8 + 75.2 + 85.2}}{{40}} = 56$ (kg).

c) Đúng. Phương sai của mẫu số liệu trên là:

${s^2} = \frac{$$\begin{array}{l}2.{(35 - 56)^2} + 10.{(45 - 56)^2} + 16.{(55 - 56)^2}\\ + 8.{(65 - 56)^2} + 2.{(75 - 56)^2} + 2.{(85 - 56)^2}\end{array}$}{{40}} = 129.

d) Sai. Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là $s = \sqrt {129} \approx 11,4$.

Tính P’(0).

Hàm tốc độ tăng trưởng của quần thể nấm là $P'(t) = 120.0,15.{e^{0,15t}} = 18.{e^{0,15t}}$ (tế bào/giờ).

Tốc độ tăng trưởng của quần thể nấm ở thời điểm t = 0 là $P'(0) = 18.{e^{0,15.0}} = 18.{e^0} = 18$ (tế bào/giờ).

Thiết lập hàm số $M(x) = \frac{{T(x)}}{x}$ và tìm giá trị nhỏ nhất của M(x).

Tổng chi phí cho x cuốn tạp chí là:

$T(x) = C(x) + 0,4x$

$= 0,0001{x^2} + 0,2x + 10000$.

Ta có $M(x) = \frac{{T(x)}}{x} = \frac{{0,0001{x^2} + 0,2x + 10000}}{x}$

$= 0,0001x + \frac{{10000}}{x} + 0,2$, với $x \in {\mathbb{N}^*}$.

$M'(x) = 0,0001 - \frac{{10000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 10000$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy chi phí trung bình thấp nhất khi xuất bản 10 nghìn cuốn tạp chí.

Tìm điều kiện của b dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị và sự biến thiên của hàm số.

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + 1}}$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $x =  - \frac{1}{c}$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = \frac{a}{c}$.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $- \frac{1}{c} =  - 1 \Leftrightarrow c = 1$ và $\frac{a}{c} = 2 \Leftrightarrow \frac{a}{1} = 2 \Leftrightarrow a = 2$.

Ta có $y' = \frac{{a - bc}}{{{{(cx + 1)}^2}}} = \frac{{2 - b}}{{{{(x + 1)}^2}}}$.

Vì hàm số đồng biến trên $( - \infty ; - 1)$ và $( - 1; + \infty )$ nên $y' = \frac{{2 - b}}{{{{(x + 1)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow 2 - b > 0 \Leftrightarrow b < 2$.

Các giá trị nguyên b thỏa mãn trên (-5;5) là -5; -4; …; -1; 0 ; 1.

Vậy có 7 giá trị nguyên b có thể nhận được.

Sử dụng tính chất của trung điểm, trọng tâm, tích của một số với một vecto.

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, M là trung điểm của CD.

Khi đó: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG}$. Suy ra $\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {3\overrightarrow {AG} } \right| = 3AG$.

Xét tam giác đều BCD có $BM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BC = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.15$.

G là trọng tâm tam giác BCD nên $BG = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3}.\frac{{15\sqrt 3 }}{2} = 5\sqrt 3$.

Vì tứ diện ABCD đều nên AG vuông góc với mặt phẳng (BCD). Do đó $\widehat {AGB} = {90^o}$.

Xét tam giác ABG vuông tại G: $AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^2}} = 5\sqrt 6$.

Khi đó $\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right| = 3AG = 3.5\sqrt 6 = 15\sqrt 6$.

Vậy a = 15.

Tìm tọa độ hai chiếc quạt dựa vào hệ trục đó rồi tính khoảng cách.

Công thức tính khoảng cách: $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

Ta có A(4; 0; 3) và điểm $B\left( {0;3;\frac{5}{2}} \right)$.

Khoảng cách giữa hai chiếc quạt là:

$AB = \sqrt {{{(0 - 4)}^2} + {{(3 - 0)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} - 3} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {101} }}{2} \approx 5,03$ (m).

Công thức: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

Cỡ mẫu: n = 3 + 13 + 18 + 11 + 5 = 50.

Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{50}}$ là mẫu số liệu gốc được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{13}} \in [290;330)$.

${Q_1} = 290 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 3}}{{13}}(330 - 290) = \frac{{4150}}{{13}}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{38}} \in [370;410)$.

${Q_3} = 370 + \frac{{\frac{{3.50}}{4} - (3 + 13 + 18)}}{{11}}(410 - 370) = \frac{{4210}}{{11}}$.

Vậy ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{4210}}{{11}} - \frac{{4150}}{{13}} = \frac{{9080}}{{143}} \approx 63,5$.