Đề thi học kì 1 Toán 12 - Đề số 5

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Trên khoảng (0;1), f’(x) mang dấu âm nên f(x) nghịch biến trên (0;1).

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

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Quan sát bảng xét dấu, thấy:

+ $f'(x) > 0$ khi $x \in ( - \infty ; - 1)$ và $f'(x) < 0$ khi $x \in ( - 1;0)$; $f'( - 1) = 0$.

+ $f'(x) > 0$ khi $x \in (0;1)$ và $f'(x) < 0$ khi $x \in (1;2)$; $f'(1)$ không tồn tại.

Vậy hàm số có hai điểm cực đại là x = -1, x = 1.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0;3] là y = -1 tại x = 1.

Đường thẳng $x = {x_0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = {\rm{\;}} + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = {\rm{\;}} - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = {\rm{\;}} + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = {\rm{\;}} - \infty$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} (x + 1) = 3 + 1 = 4$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} (x - 3) = 3 - 3 = 0$ và x – 3 > 0.

Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x - 1}}{{x - 3}} = + \infty$.

Vậy đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x - 3}}$ có tiệm cận đứng là x = 3.

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

Vây y = 2x + 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 $( - \infty ; - 1)$ và $(3; + \infty )$ nên f(x) đồng biến trên hai khoảng trên.

Dựa vào quy tắc ba điểm.

Ta có $\overrightarrow {PM} + \overrightarrow {MN} = \overrightarrow {PN}$.

Sử dụng công thức tính tọa độ trọng tâm.

Ta có $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{1-1+0}{3}=0\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{-2+2+0}{3}=0\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{3+5+1}{3}=3\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 - 1 + 0}}{3} = 0\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3} = 0\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right.$ suy ra G(0;0;3).

Công thức tính độ dài vecto: $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

$\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}} = \sqrt {{{(3 - 1)}^2} + {{(0 + 3)}^2} + {{( - 2 - 1)}^2}} = \sqrt {22}$.

Sử dụng quy tắc tính tích vô hướng của hai vecto.

Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AB vuông góc với AD.

Khi đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 0$.

Điểm M’ đối xứng với M(a;b;c) qua mặt phẳng (Oxz) có tọa độ M’(a;-b;c).

Điểm M’ đối xứng với M(4;1;3) qua mặt phẳng (Oxz) 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 = 175 – 150 = 25.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

a) Đúng. Đồ thị hàm số đi xuống từ trái sang trên từng khoảng xác định.

b) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1$.

c) Sai. $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty$.

d) Sai. Vì đồ thị đi qua điểm (0;1) nên $1 = \frac{{a.0 + 1}}{{c.0 + d}} \Leftrightarrow d = 1$.

Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 nên $- \frac{d}{c} = - 1 \Leftrightarrow - \frac{1}{c} = - 1 \Leftrightarrow c = 1$.

Đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng y = -1 nên $\frac{a}{c} = - 1 \Leftrightarrow \frac{a}{1} = - 1 \Leftrightarrow a = - 1$.

Vậy hệ số a = -1.

Dựa vào khái niệm vecto cùng phương, cùng hướng, cách xác định độ dài vecto, quy tắc cộng, trừ, nhân vecto với một số, quy tắc hình hộp.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {MA}  =  - \overrightarrow {AM}  =  - \frac{1}{5}\overrightarrow {AD}  =  - \frac{1}{5}\overrightarrow b$.

b) Sai. $\overrightarrow {EN}  = \frac{2}{5}\overrightarrow {EC}  = \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow {EF}  + \overrightarrow {EH}  + \overrightarrow {EA} } \right) = \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)$.

c) Đúng. $\left( {m.\overrightarrow a  + n.\overrightarrow b  + p.\overrightarrow c } \right)$

$= {m^2}.{\overrightarrow a ^2} + {n^2}.{\overrightarrow b ^2} + {p^2}.{\overrightarrow c ^2} + 2mn\overrightarrow a .\overrightarrow b  + 2np\overrightarrow b .\overrightarrow c  + 2mp\overrightarrow a .\overrightarrow c$

$= {m^2}.{\overrightarrow a ^2} + {n^2}.{\overrightarrow b ^2} + {p^2}.{\overrightarrow c ^2}$

(vì $\overrightarrow a$, $\overrightarrow b$, $\overrightarrow c$ đôi một vuông góc nên $\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \overrightarrow b .\overrightarrow c  = \overrightarrow b .\overrightarrow c  = 0$).

d) Đúng. $\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {EN}$

$=  - \frac{1}{5}\overrightarrow b  + \overrightarrow c  + \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  - \overrightarrow c } \right) = \frac{2}{5}\overrightarrow a  + \frac{1}{5}\overrightarrow b  + \frac{3}{5}\overrightarrow c$.

$M{N^2} = {\left( {\overrightarrow {MN} } \right)^2} = {\left( {\frac{2}{5}\overrightarrow a  + \frac{1}{5}\overrightarrow b  + \frac{3}{5}\overrightarrow c } \right)^2}$

$= \frac{4}{{25}}{\overrightarrow a ^2} + \frac{1}{{25}}{\overrightarrow b ^2} + \frac{9}{{25}}{\overrightarrow c ^2} = \frac{4}{{25}}.4 + \frac{1}{{25}}.9 + \frac{9}{{25}}.4 = \frac{{61}}{{25}}$.

Suy ra $MN = \frac{{\sqrt {61} }}{5}$.

Sử dụng các quy tắc cộng, trừ vecto, nhân vecto với một số, tích vô hướng của hai vecto.

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

b) Sai. $\overrightarrow {AC} = (3 - 1; - 1 + 2;2 - 3) = (2;1; - 1)$, suy ra $3\overrightarrow {AC} = (6;3; - 3) \ne \overrightarrow {AB}$.

c) Đúng. Ta thấy $\frac{{ - 3}}{2} \ne \frac{3}{1} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 1}}$ suy ra $\overrightarrow {AB}$, $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng.

d) Sai. Gọi A’(x;y;z) là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC.

Khi đó $\overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {BC} = 0$ (1) và $\overrightarrow {BC}$, $\overrightarrow {BA'}$ cùng phương (2).

Ta có $\overrightarrow {AA'} = (x - 1;y + 2;z - 3)$, $\overrightarrow {BC} = (3 + 2; - 1 - 1;2 - 2) = (5; - 2;0)$, $\overrightarrow {BA'} = (x + 2;y - 1;z - 2)$.

(1) $\Leftrightarrow 5(x - 1) - 2(y + 2) + 0(z - 3) = 0 \Leftrightarrow 5x - 2y = 9$.

(2) $\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 2}}{5} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}}\\z - 2 = 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 1\\z = 2\end{array} \right.$

Từ (1) và (2) suy ra $\{\begin{array}{l}x=\frac{47}{29}\\ y=-\frac{13}{29}\\ z=2\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{47}}{{29}}\\y = - \frac{{13}}{{29}}\\z = 2\end{array} \right.$, hay $A'\left( {\frac{{47}}{{29}}; - \frac{{13}}{{29}};2} \right)$.

a) Quan sát tần số trong bảng số liệu.

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) Sai. Số lần chạy từ 12 giây trở lên là 0.

b) Sai. Thời gian chạy trung bình của vận động viên là:

$\overline x = \frac{{3.10,2 + 8.10,6 + 6.11 + 2.11,4 + 1.11,8}}{{3 + 8 + 6 + 2 + 1}} = \frac{{54}}{5} = 10,8$ (giây).

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

${s^2} = \frac{{3.{{\left( {10,2 - 10,8} \right)}^2} + 8.{{\left( {10,6 - 10,8} \right)}^2} + 6.{{\left( {11 - 10,8} \right)}^2} + 2.{{\left( {11,4 - 10,8} \right)}^2} + 1.{{\left( {11,8 - 10,8} \right)}^2}}}{{3 + 8 + 6 + 2 + 1}} = 0,168$.

d) Sai. Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là $s = \sqrt {0,168} \approx 0,4$.

Tính $v(3) = h'(3)$.

Vận tốc của vật sau t giây là:

v(t) = h'(t) = 32,5 - 9,8t (m/s).

Vận tốc của vật sau 3 giây là:

v(3) = 32,5 - 9,8.3 = 3,1 (m/s).

Lập hàm biểu diễn diện tích xung quanh và đáy của hộp rồi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm đó.

Thể tích của hộp là: $V = {x^2}h = 4000$ ($c{m^3}$).

Suy ra chiều cao của hộp là: $h = \frac{{4000}}{{{x^2}}}$ (cm).

Diện tích xung quanh của hộp là:

$S(x) = {x^2} + 4xh = {x^2} + 4x\frac{{4000}}{{{x^2}}}$

$= {x^2} + \frac{{16000}}{x}$ ($c{m^2}$).

Chiếc hộp làm ra tốn ít bìa nhất khi diện tích xung quanh hình hộp nhỏ nhất.

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của S(x).

Ta có $S'(x) = 2x - \frac{{16000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{{16000}}{{{x^2}}}$

$\Leftrightarrow 2{x^3} = 16000 \Leftrightarrow {x^3} = 8000 \Leftrightarrow x = 20$.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy để tốn ít bìa nhất thì cạnh hình vuông có chiều dài x = 20 (cm).

Tìm giới hạn của hàm số khi x tiến tới vô cực.

Ta có: Một điện trở $10\Omega$ được mắc song song với một biến trở x nên điện trở tương đương là hàm số $y = \frac{{10x}}{{10 + x}}$ với x > 0.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{10x}}{{10 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{10}}{{\frac{{10}}{x} + 1}} = \frac{{10}}{{0 + 1}} = 10$ nên điện trở tương đương của mạch không thể vượt quá $10\Omega$.

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

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Ta có $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SD}  = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD}  =  - 4\overrightarrow {OS}  = 4\overrightarrow {SO}$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO$.

Trọng lượng của vật là $P = mg = 3.10 = 30$ (N).

Suy ra $4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = P = 30$ (N). Do đó $SO = \frac{{30}}{4} = \frac{{15}}{2}$.

Vì tam giác ASC vuông cân tại S nên $\widehat {SAC} = {45^o}$.

Xét tam giác SAO vuông tại O:

$\sin \widehat {SAC} = \frac{{SO}}{{SA}} \Rightarrow SA = \frac{{SO}}{{\sin \widehat {SAC}}} = \frac{{\frac{{15}}{2}}}{{\sin {{45}^o}}} = \frac{{30\sqrt 2 }}{4}$.

Suy ra a = 30.

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

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía nam, trục Oy hướng về phía đông và trục Oz hướng thẳng đứng lên trời (tham khảo hình vẽ), đơn vị đo lấy theo kilômét.

Gọi vị trí chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai lần lượt là P, Q.

Khi đó: $P\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right)$, $Q\left( { - \frac{3}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)$.

Gọi I là điểm tiếp nhiên liệu trên mặt đất (Oxy). Khi đó I $({x_I};{y_I};0)$.

Khoảng cách từ vị trí tiếp nhiên liệu tới hai khinh khí cầu nhỏ nhất, tức là IP + IQ nhỏ nhất.

Gọi C là điểm đối xứng của P qua (Oxy). Khi đó $C\left( {\frac{5}{2};2; - \frac{4}{5}} \right)$ và IP = IC.

Vậy để IP + IQ nhỏ nhất thì IC + IQ nhỏ nhất. Điều đó xảy ra khi Q, I, C thẳng hàng, hay $\overrightarrow {QC}$, $\overrightarrow {QI}$ cùng phương.

$\overrightarrow {QC}  = \left( {\frac{5}{2} + \frac{3}{2};2 + 3; - \frac{4}{5} - \frac{3}{5}} \right) = \left( {4;5; - \frac{7}{5}} \right)$; $\overrightarrow {QI}  = \left( {{x_I} + \frac{3}{2};{y_I} + 3; - \frac{3}{5}} \right)$.

Để $\overrightarrow {QC}$, $\overrightarrow {QI}$ cùng phương thì $\frac{{{x_I} + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{{y_I} + 3}}{5} = \frac{3}{7}$. Từ đó tính được ${x_I} = \frac{3}{{14}}$; ${y_I} =  - \frac{6}{7}$.

Vậy $I\left( {\frac{3}{{14}};-\frac{6}{7};0} \right)$, suy ra $a = \frac{3}{{14}}$; $b = \frac{6}{7}$ (vì I cách điểm xuất phát b (km) theo hướng tây nên b > 0).

Ta được $2a + 3b = 2.\frac{3}{{14}} + 3.\frac{6}{7} = 3$.

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 = 4 + 8 + 12 + 10 + 6 = 40.

Giả sử mẫu số liệu gốc là ${x_1},{x_2},...,{x_{40}}$ được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2} \in [20;40)$. Do đó tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 4}}{8}(40 - 20) = 35$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2} \in [60;80)$. Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_3} = 60 + \frac{{\frac{{3.40}}{4} - (4 + 8 + 12)}}{{10}}(80 - 60) = 72$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 72 - 35 = 37$.