Đề thi học kì 1 Toán 12 - Đề số 4

Quan sát bảng xét dấu và nhận xét.

Trên khoảng (4;7), f’(x) mang dấu âm nên f(x) nghịch biến trên (4;7).

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Hàm số đạt cực đại tại x = -2.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là y = -4 tại x = 0.

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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 1}}{{2 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - \frac{1}{x}}}{{\frac{2}{x} + 1}} = \frac{0}{1} = 0$ nên đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận ngang là $y = 0$.

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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (x + 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {x - 3 + \frac{1}{{2 - x}} - (x - 3)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{2 - x}} = 0$.

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

Hàm số f(x) đồng biến khi f’(x) > 0 (phần đồ thị f’(x) nằm phía trên trục hoành).

Quan sát đồ thị y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 trên (-1;0) nên f(x) đồng biến trên (-1;0).

Đồ thị trong hình là của hàm số f'(x), không phải đồ thị f(x).

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

Ta có $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {HF} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {FH} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD}$.

Sử dụng quy tắc trừ vecto và xác định độ dài vecto.

Ta có $\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = 2\sqrt 6$.

Tọa độ điểm M là tọa độ $\overrightarrow {OM}$.

$\overrightarrow {OM} = (2;4; - 3)$ suy ra M(2;4;-3).

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: $\overrightarrow u .\overrightarrow v  = 1.3 + 2.2 + 3.1 = 10$.

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

Điểm M’ đối xứng với M(4;1;3) qua trục Oz có tọa độ M’(-4;-1;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 = 40 – 0 = 40.

Lập bảng biến thiên và nhận xét.

a) Sai. $v(t) = s'(t) =  - {t^2} + 8t + 9$.

$v(3) =  - {3^2} + 8.3 + 9 = 24$ (m/s).

b) Đúng. $v(t) = 0 \Leftrightarrow  - {t^2} + 8t + 9 = 0 \Leftrightarrow$ x = -1 (loại) hoặc x = 9 (thỏa mãn).

Bảng biến thiên:

Vậy quãng đường vật di chuyển được từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vật đứng yên (v = 0 hay t = 9) là s(9) – s(0) = 162 – 0 = 162 (m).

c) Đúng. $a(t) = v'(t) =  - 2t + 8$.

$a(3) =  - 2.3 + 8 = 2$ $m/{s^2}$.

d) Sai. Bảng biến thiên:

Ta thấy tại thời điểm t = 4 thì a(4) = 0, khi đó vật giữ nguyên vận tốc.

Vậy vật không tăng tốc khi t = 4, hay $t \in [0;4]$ là sai.

Dựa vào khái niệm vecto cùng phương, cùng hướng, cách xác định độ dài vecto, tính chất trung điểm.

a) Đúng. Vì $\overrightarrow {MR}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}$, $\overrightarrow {SN}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}$ suy ra $\overrightarrow {MR}  = \overrightarrow {SN}$.

b) Đúng. Ta có:

M là trung điểm của AB nên $\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  = 2\overrightarrow {GM}$.

N là trung điểm của CD nên $\overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 2\overrightarrow {GN}$.

G là trung điểm của MN nên $\overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GN}  = \overrightarrow 0$.

Từ đó suy ra $\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 2\overrightarrow {GM}  + 2\overrightarrow {GN}  = 2\left( {\overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GN} } \right) = \overrightarrow 0$.

c) Sai. Ta có:

Q là trung điểm của BD nên $\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = 2\overrightarrow {AQ}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AQ}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right)$.

P là trung điểm của AC nên $\overrightarrow {AP}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}$.

Từ đó ta có $2\overrightarrow {PQ}  = 2\left( {\overrightarrow {AQ}  - \overrightarrow {AP} } \right) = 2\left[ {\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right] = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}$.

d) Đúng. Ta có:

$\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = 2\overrightarrow {IM}  + 2\overrightarrow {IN}  = 2\left( {\overrightarrow {IM}  + \overrightarrow {IN} } \right) = 2.2\overrightarrow {IG}  = 4\overrightarrow {IG}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right| = \left| {4\overrightarrow {IG} } \right| = 4IG$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right|$ nhỏ nhất khi IG = 0, tức I trùng G.

Sử dụng các quy tắc cộng, trừ vecto, nhân vecto với một số, tọa độ trọng tâm.

a) Đúng. Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 - 2 + 4}}{3} = 1\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{0 + 3 - 6}}{3} =  - 1\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ - 2 + 4 + 1}}{3} = 1\end{array} \right.\), vậy G $\left( {1; - 1;1} \right)$.

b) Sai. \(\overrightarrow {AB}  = ( - 2 - 1;3 - 0;4 + 2) = ( - 3;3;6)\), \(\overrightarrow {AC}  = (4 - 1; - 6 - 0;1 + 2) = (3; - 6;3)\).

c) Đúng. \(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {3^2} + {6^2}}  = 3\sqrt 6\), \(AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {{( - 6)}^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 6\) suy ra AB = AC.

Vậy tam giác ABC cân tại A.

d) Sai. Vì ABDC là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD}  \Leftrightarrow ( - 3;3;6) = ({x_D} - 4;{y_D} + 6;{z_D} - 1)\).

Suy ra $({x_D};{y_D};{z_D}) = (1; - 3;7)$. Vậy D(1;-3;7).

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

Lập hàm số f(t) tính nồng độ chất khử (khối lượng chất khử trên thể tích nước) theo thời gian t phút rồi tính f(10).

Số lít nước trong bể chứa sau t phút là 100 + 20t (lít).

Số gam chất tan được cho vào bể sau t phút là 10t (gam).

Nồng độ chất khử trùng trong bể sau t phút là $f(t) = \frac{{10t}}{{100 + 20t}} = \frac{t}{{10 + 2t}}$ (gam/lít).

Nồng độ chất khử trùng trong bể sau 10 phút là $f(10) = \frac{{10}}{{10 + 2.10}} = \frac{1}{3} \approx 0,33$ (gam/lít).

Thiết lập hàm số biểu diễn thời gian đi từ A đến M và từ M đến C. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó.

Đặt x = BM, $0 \le x \le 7$.

Khi đó $AM = \sqrt {{x^2} + 25}$, $MC = 7 - x$.

Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C là $T(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - x}}{6}$ (giờ).

Ta có $T'(x) = \frac{1}{4}.\frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{1}{6}.( - 1)$

$= \frac{x}{{4\sqrt {{x^2} + 25} }} - \frac{1}{6} = 0$

$\Leftrightarrow \frac{x}{{4\sqrt {{x^2} + 25} }} = \frac{1}{6}$

$\Leftrightarrow 6x = 4\sqrt {{x^2} + 25}$

$\Leftrightarrow {x^2} = 20$.

Giải phương trình trên kết hợp với điều kiện ta được $x = 2\sqrt 5$.

Có $T(0) = \frac{{\sqrt {{0^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - 0}}{6} \approx 2,417$;

$T(2\sqrt 5 ) = \frac{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - 2\sqrt 5 }}{6} \approx 2,098$;

$T(7) = \frac{{\sqrt {{7^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - 7}}{6} \approx 2,151$.

Từ đó suy ra T(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi $x = 2\sqrt 5  \approx 4,47$.

Vậy để người canh hải đăng đi từ hải đăng đến kho hàng nhanh nhất thì điểm M cách B một khoảng 4,47 km.

Tìm đạo hàm rồi xác định dấu của a, b, c, d dựa vào các đặc điểm của đồ thị.

Có $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$.

Quan sát đồ thị thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$ suy ra a < 0.

Hàm số có hai cực trị âm nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{y'}} > 0\\S < 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}{b^2} - 9ac > 0\\ - \frac{{2b}}{{3a}} < 0\\\frac{c}{{3a}} > 0\end{array} \right.$ suy ra $\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}b < 0\\c < 0\end{array} \right.$

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;d) nên d > 0.

Vậy chỉ có d dương.

Sử dụng tính chất trung điểm, quy tắc nhân vecto với một số và cách xác định độ dài vecto.

Gọi O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’.

Xét tam giác AA’C’ vuông tại A: $A'{C^2} = A'{A^2} + A{C^2} = A'{A^2} + {\left( {\sqrt 2 A'A} \right)^2} = 3A'{A^2}$.

Suy ra $A'A = \frac{{A'C}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{16}}$.

Ta có:

$\overrightarrow {OS} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'}$

$= \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OD'} } \right)$

$= \overrightarrow 0 + \overrightarrow 0 + 2\overrightarrow {OO'} + 2\overrightarrow {OO'} = 4\overrightarrow {OO'}$.

Suy ra $OS = \left| {\overrightarrow {OS} } \right| = \left| {4\overrightarrow {OO'} } \right| = 4OO' = 4AA' = 4\frac{{\sqrt 3 }}{{16}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Khi đó a = 1, b = 4. Ta có $P = {a^2} + {b^2} = {1^2} + {4^2} = 17$.

Sử dụng quy tắc tính tọa độ vecto, tính độ dài vecto.

Ta có: a = AA’, b = A’O’, c = A’B’ = B’O’.

Vì A’ có tọa độ (240;450;0) nên khoảng cách từ A’ đến trục Ox, Oy lần lượt là 450 cm và 250 cm.

Hay AA’ = 450 cm và A’O’ = 240 cm.

Ta có \(\overrightarrow {A'B'}  = (120 - 240;450 - 450;300 - 0) = ( - 120;0;300)\).

\(A'B' = \left| {\overrightarrow {A'B'} } \right| = \sqrt {{{( - 120)}^2} + {0^2} + {{300}^2}}  = 60\sqrt {29}\) (cm).

Vì O’O = A’A = 450 cm và O’ nằm trên trục Oy nên O’(0;450;0).

\(\overrightarrow {O'B'}  = (120 - 0;450 - 450;300 - 0) = (120;0;300)\).

\(\left| {\overrightarrow {O'B'} } \right| = \sqrt {{{120}^2} + {0^2} + {{300}^2}}  = 60\sqrt {29}\).

Vậy a + b + c = 450 + 240 + $60\sqrt {29}$ $\approx 1013$.

Tứ phân vị thứ i, kí hiệu là ${Q_i}$ với i = 1, 2, 3 của mẫu số liệu ghép nhóm được xác định như sau:

${Q_i} = {u_m} + \frac{{\frac{{in}}{4} - C}}{{{n_m}}}({u_{m + 1}} - {u_m})$.

Trong đó:

$n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}$ là cỡ mẫu.

$[{u_m};{u_{m + 1}})$ là nhóm chứa tứ phân vị thứ i.

${n_m}$ là tần số của nhóm chứa tứ phân vị thứ i.

$C = {n_1} + {n_2} + ... + {n_{m - 1}}$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

Cỡ mẫu: n = 5 + 12 + 23 + 31 + 29 = 100.

Giả sử tuổi thọ của ong là ${x_1},{x_2},...,{x_{100}}$ được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất là ${Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{100}}{4} - (5 + 12)}}{{23}}(60 - 40) = \frac{{1080}}{{23}}$.

Tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = 80 + \frac{{\frac{{3.100}}{4} - (5 + 12 + 23 + 31)}}{{29}}(100 - 80) = \frac{{2400}}{{29}}$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{2400}}{{29}} - \frac{{1080}}{{23}} \approx 35,8$.