Đề thi học kì 1 Toán 12 - Đề số 7

Hàm số nghịch biến trong khoảng y' < 0.

Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng (-1; 0).

Đồ thị hàm đa thức bậc ba hệ số a > 0 có điểm cực đại nằm bên trái của điểm cực tiểu.

$y' = {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array}$ \right.

Vì hàm số là hàm đa thức bậc ba với a > 0, do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.

Giá trị cực tiểu là $y(3) = \frac{1}{3}{.3^3} - {2.3^2} + 3.3 + 1 = 1$.

Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số $y = f(x)$.

Đường thẳng $y = y_{0}$ là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong những điều kiện sau:

$\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}y = y_{0}$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow - \infty}y = y_{0}$.

Đường thằng $x = x_{0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} +}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} +}y = - \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} -}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} -}y = - \infty$.

Quan sát bảng biến thiên, thấy đồ thị có hai tiệm cận ngang là y = 2 và y = 3, tiệm cận đứng là x = 0.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và ngang là 3.

Sử dụng quy tắc dựa vào đạo hàm bậc hai cho hàm vận tốc để tìm giá trị lớn nhất.

Có $v(t) = s'(t) =  - 3{t^2} + 12t + 5$.

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của $v(t) =  - 3{t^2} + 12t + 5$ trên [0; 5].

Có $v'(t) =  - 6t + 12$; $v'(t) = 0 \Leftrightarrow v = 2$ (nhận).

Có v(0) = 5 m/s, v(2) = 17 m/s, v(5) = -10 m/s.

Do đó vận tốc chất điểm lớn nhất là 17 m/s khi t = 2 giây.

Hai vecto bằng nhau nếu chúng cùng hướng và có độ dài bằng nhau.

$\overrightarrow {FH} = \overrightarrow {BD}$ vì chúng cùng hướng và FH = BD.

Áp dụng quy tắc trung điểm của vecto.

Vì O là trung điểm của AC và BD nên ta có $\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = 2\overrightarrow {SO}$ và $\overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}  = 2\overrightarrow {SO}$.

Suy ra $\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD}  = 4\overrightarrow {SO}$.

Hình chiếu A’ của điểm A(a; b; c) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ (a; b; 0).

Hình chiếu vuông góc của A(1; 2; -3) lên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là (1; 2; 0).

Với G là trọng tâm tam giác ABC, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.$.

$\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{2+4+3}{3}=3\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{1+2+0}{3}=1\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{-3+1+5}{3}=1\end{array}\Rightarrow G(3;1;1)$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{2 + 4 + 3}}{3} = 3\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 + 0}}{3} = 1\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + 1 + 5}}{3} = 1\end{array} \right.$ \Rightarrow G(3;1;1).

Áp dụng biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vecto.

Ta có $\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.2 + \left( { - 2} \right).\left( { - 4} \right) + 1.\left( { - 2} \right) = 8$.

$AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2}}$.

$AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2} + {{({z_B} - {z_A})}^2}} = \sqrt {{{(1 - 2)}^2} + {{( - 1 - 1)}^2} + {{(5 - 3)}^2}} = 3$.

Để tính khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm, ta lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên.

R = 450 – 250 = 200.

Tính số trung bình của mẫu số liệu, sau đó tính áp dụng công thức tính phương sai.

Trung bình thời gian chơi thể thao trong một ngày của một học sinh là:

$\overline x = \frac{{10.5 + 30.9 + 50.12 + 70.10 + 90.6}}{{42}} = \frac{{360}}{7}$.

Phương sai của mẫu số liệu là:

${S^2} = \frac{{{{10}^2}.5 + {{30}^2}.9 + {{50}^2}.12 + {{70}^2}.10 + {{90}^2}.6}}{{42}} - {\left( {\frac{{360}}{7}} \right)^2} = \frac{{29300}}{{49}} \approx 598$.

Với hai điểm $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$ và $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$, ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right)$.

Áp dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau.

a) Đúng. Ta có: $\overrightarrow {AB}  = (1;1;1)$.

b) Đúng. Gọi toạ độ của điểm D là $\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$, ta có: $\overrightarrow {DC}  = \left( {5 - {x_D};6 - {y_D}; - 4 - {z_D}} \right)$. Trong hình hộp ABCD.A'B'C'D', ta có: $\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}$.

Suy ra: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{5 - {x_D} = 1}\\{6 - {y_D} = 1}\\{ - 4 - {z_D} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_D} = 4}\\{{y_D} = 5}\\{{z_D} =  - 5}\end{array}} \right.} \right.$ .

Vậy tọa độ của điểm D(4; 5; -5).

c) Sai. $\overrightarrow {AA}  = \overrightarrow {BB}  = \overrightarrow {CC}  = \overrightarrow {DD}$.

d) Sai. Tương tự, từ các đẳng thức vectơ $\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'}  = \overrightarrow {DD'}$, ta suy ra được toạ độ của các điểm còn lại A'(2; 1; 2), B'(3; 2; 3) và C'(3; 1; 3).

Áp dụng công thức tính số trung bình, phương sai, độ lệch chuẩn của từng mẫu số liệu rồi so sánh.

Ta có bảng thống kê điểm trung bình theo giá trị đại diện:

Điểm trung bình của lớp 11A là ${\bar x_1} = \frac{{1 \cdot 5,5 + 11 \cdot 7,5 + 22 \cdot 8,5 + 6 \cdot 9,5}}{{40}} = 8,3.$

Điểm trung bình của lớp 11B là ${\bar x_2} = \frac{{6 \cdot 6,5 + 8 \cdot 7,5 + 14 \cdot 8,5 + 12 \cdot 9,5}}{{40}} = 8,3.$

Phương sai của mẫu số liệu lớp 11A là $s_1^2 = \frac{1}{{40}}\left( {1 \cdot 5,{5^2} + 11 \cdot 7,{5^2} + 22 \cdot 8,{5^2} + 6 \cdot 9,{5^2}} \right) - 8,{3^2} = 0,61.$

Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là $s_2^2 = \frac{1}{{40}}\left( {6 \cdot 6,{5^2} + 8 \cdot 7,{5^2} + 14 \cdot 8,{5^2} + 12 \cdot 9,{5^2}} \right) - 8,{3^2} = 1,06.$

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 11A là ${s_1} = \sqrt {0,61}$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 11B là ${s_2} = \sqrt {1,06}$.

a) Đúng. Do ${s_1} < {s_2}$ nên nếu so sánh theo độ lệch chuẩn thì học sinh lớp 11A có điểm trung bình ít phân tán hơn học sinh lớp 11B, nghĩa là lớp 11A học đồng đều hơn lớp 11B.

b) Sai. Hai lớp 11A và 11B có điểm trung bình bằng nhau.

c) Sai. Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là 1,06 (làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Đúng. Điểm trung bình của lớp 11A là 8,3 (làm tròn đến hàng phần chục).

Lập hàm số biểu diễn số tiền thu được khi chở x khách.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên trên [0;50].

Điều kiện: $0 \le x \le 50$.

Số tiền thu được khi chở x khách là: $f(x) = 20x{\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)^2}$ (nghìn đồng).

$f'(x) = 20{\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)^2} - x\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right) = \left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {60 - \frac{{3x}}{2}} \right)$.

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}3 - \frac{x}{{40}} = 0\\60 - \frac{{3x}}{2} = 0\end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = 120 \notin [0;50]\\x = 40 \in [0;50]\end{array}$ \right.

Ta có $f(0) = 0$; $f(40) = 3200$; $f(50) = 3062,5$.

Vậy một chuyển xe buýt thu được số tiền nhiều nhất là 3 200 000 đồng = 3,2 triệu đồng.

Vẽ hình và trả lời.

Ta có: A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), D(0; 2; 0), A'(0; 0; 2).

$\Rightarrow$ C(2; 2; 0), B'(2; 0; 2), D'(0; 2; 2), C'(2; 2; 2).

Áp dụng quy tắc hình bình hành và công thức tích vô hướng của hai vecto.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD}$.
Xét $A{C'}^{2} = {\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}}}^{2} = {(\overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD})}^{2}$
$= A{A'}^{2} + AB^{2} + AD^{2} + 2AA'.AB.\cos\widehat{BAA^{\prime}} + 2AA'.AD.\cos\widehat{A^{\prime}AD} + 2AB.AD.\cos\widehat{BAD}$
$= 3{(\sqrt{6})}^{2} + 3.2\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}.\cos 60^{o} = 6$.

Gọi vị trí tháp là T(x; y; z).

Chứng minh tam giác ABC đều, khi đó TA + TB + TC nhỏ nhất khi T là trọng tâm tam giác ABC.

Áp dụng biểu thức tọa độ trọng tâm của tam giác để tìm tọa độ điểm T.

Gọi vị trí tháp là T(x; y; z).

$AB = \sqrt {{{(6 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = 6$;

$BC = \sqrt {{{(3 - 6)}^2} + {{(\sqrt 3 - 0)}^2} + {{(2\sqrt 6 - 0)}^2}} = 6$;

$CA = \sqrt {{{(3 - 0)}^2} + {{(\sqrt 3 - 0)}^2} + {{(2\sqrt 6 - 0)}^2}} = 6$.

Như vậy AB = BC = CA, suy ra tam giác ABC đều.

Khi đó, vị trí T để TA + TB + TC ngắn nhất là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có: $\{\begin{array}{l}x=\frac{0+6+3}{3}=3\\ y=\frac{0+0+\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}\\ z=\frac{0+0+2\sqrt{6}}{3}=\frac{2\sqrt{6}}{3}\end{array}\Rightarrow T\left(3;\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)$$\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{0 + 6 + 3}}{3} = 3\\y = \frac{{0 + 0 + \sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\z = \frac{{0 + 0 + 2\sqrt 6 }}{3} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\end{array} \right.$ \Rightarrow T\left( {3;\frac{{\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right).

Khi đó khoảng cách từ tháp đến các toà nhà là: $TA = TB = TC = 2\sqrt 3$.

Vậy tổng khoảng cách cần tìm là: $S = TA + TB + TC = 6\sqrt 3 \approx 10,4$.

Đưởng thẳng $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nếu:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {ax + b} \right)} \right] = 0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {ax + b} \right)} \right] = 0$.

Ta có: $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 3}} = x - 6 + \frac{{20}}{{x + 3}}$.

Xét $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x - 6} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{20}}{{x + 3}} = 0$.

Vậy đường thẳng $y = x - 6$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 3}}$.

Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ cùng phương.

Tính các vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$:

$\overrightarrow {AB}  = (2 - 4; - 1 - 1;5 + 1) = ( - 2; - 2;6)$;

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

Ta có $\frac{{ - 2}}{{ - 1}} =\frac{{ - 2}}{{ - 1}} = \frac{6}{3} = 2$.

Do đó $\overrightarrow {AB}  = 2\overrightarrow {AC}$ hay $\overrightarrow {AB}$ cùng phương với $\overrightarrow {AC}$.

Vậy A, B, C thẳng hàng.

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

${Q_k} = {u_m} + \frac{{\frac{{kn}}{4} - C}}{{{n_m}}}({u_{m + 1}} - {u_m})$

trong đó:

$n = {n_1} + {n_2} + {n_3} + ... + {n_k}$ là cỡ mẫu;

$[{u_m};{u_{m + 1}}]$ là nhóm chứa tứ phân vị thứ k;

${n_m}$ là tần số của nhóm chứa tứ phân vị thứ k;

$C = {n_1} + {n_2} + {n_3} + ... + {n_{m - 1}}$.

a) Cỡ mẫu n = 150.

Gọi ${x_1};{\rm{ }}{x_2}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{150}}$ là mẫu số liệu gốc gồm thu nhập của 150 hộ gia đình được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có: ${x_1};{\rm{ }}{x_2}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{24}} \in [200;250)$; ${x_{25}}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{86}} \in [250;300)$; ${x_{87}}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{120}} \in [300;350)$; ${x_{121}}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{141}} \in [350;400)$; ${x_{142}}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{150}} \in [400;450)$.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{38}} \in [250;300)$. Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_1} = 250 + \frac{{\frac{{150}}{4} - 24}}{{62}}(300 - 250) = \frac{{16175}}{{62}}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{113}} \in [300;350)$. Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_3} = 300 + \frac{{\frac{{3.150}}{4} - (24 + 62)}}{{34}}(350 - 300) = \frac{{11525}}{{34}}$.

b) Doanh nghiệp cần hướng đến các gia đình có mức thu nhập trong khoảng $[{Q_1};{Q_3}) = [260,89; 338,97)$ (triệu đồng).