Đề cuối kì 1 Toán 12 năm 2024 – 2025 trường THPT Triệu Sơn 4 – Thanh Hóa

Cho $\overrightarrow a ({x_a};{y_a};{z_a})$, $\overrightarrow b ({x_b};{y_b};{z_b})$ và số thực k.

+ $\overrightarrow a + \overrightarrow b = ({x_a} + {x_b};{y_a} + {y_b};{z_a} + {z_b})$.

+ $\overrightarrow a - \overrightarrow b = ({x_a} - {x_b};{y_a} - {y_b};{z_a} - {z_b})$.

+ $k\overrightarrow a = (k{x_a};k{y_a};k{z_a})$.

$\overrightarrow c = 2\overrightarrow a + \overrightarrow b = (2.1 - 1;2.2 + 3;2.1 + 0) = (1;7;2)$.

Phương sai bằng bình phương độ lệch chuẩn.

Phương sai của mẫu số liệu trên là $6^2 = 36$.

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 thoả mãn:

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

Đường thẳng $y = {y_0}$ gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}$.

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là các đường thẳng x = 1 và x = - 1.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho $\overrightarrow a \left( {{x_a};{y_a};{z_a}} \right)$ và $\overrightarrow b \left( {{x_b};{y_b};{z_b}} \right)$.

Để tính góc $\alpha$ giữa hai vecto $\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$, ta sử dụng công thức:

$\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{{x_a}.{x_b} + {y_a}.{y_b} + {z_a}.{z_b}}}{{\sqrt {{x_a}^2 + {y_a}^2 + {z_a}^2} .\sqrt {{x_b}^2 + {y_b}^2 + {z_b}^2} }}$.

$\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{3}{{3.2}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = {60^o}$.

Hai vecto bằng nhau là hai vecto cùng hướng có độ dài bằng nhau.

ABC.A'B'C' là hình lăng trụ nên AB // A'B' và AB = A'B'.

$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{A^{\prime}B^{\prime}}$.

Dựa vào hình dạng đồ thị và giao điểm với trục tung.

Hình dạng đồ thị là của hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$. Loại đáp án B.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow a > 0$. Loại đáp án A.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0. Loại đáp án C.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$.

Toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là $I\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)$.

$I = \left( {\frac{{2 + 4}}{2};\frac{{1 + 5}}{2};\frac{{2 - 6}}{2}} \right) = \left( {3;3; - 2} \right)$.

Toạ độ của vecto: $\overrightarrow a \left( {x;y;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow a = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k$.

$\overrightarrow a = 3\overrightarrow i + 4\overrightarrow j - \overrightarrow k = (3;4; - 1)$.

Quan sát đồ thị hàm số.

M – m = 3 – (-2) = 5.

Hàm số đồng biến trên khoảng y' > 0.

Hàm số đồng biến trên khoảng $( - 1; + \infty)$.

Tìm số nghiệm bội lẻ của phương trình f'(x) = 0.

$f'(x) = (x + 1)x^{3}(x - 2) = 0$ có ba nghiệm bội lẻ là x = -1, x = 0 và x = 2. Do đó hàm số có 3 điểm cực trị.

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

R = 34 - 9 = 25.

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên để khảo sát hàm số.

a) Đúng. $y' = \frac{{(4x - 6)(x - 3) - (2{x^2} - 6x + 2)}}{{{{(x - 3)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 12x + 16}}{{{{(x - 3)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 12x + 16 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 4\\x = 2\end{array}$ \right.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên $\left( {4; + \infty } \right)$.

b) Sai. Hàm số có hai cực trị.

c) Đúng. Hàm số có đồ thị như hình:

d) Sai. Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng x = 3.

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

b) Để ABCD là hình bình hành thì: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_B} - {x_A} = {x_C} - {x_D}}\\{{y_B} - {y_A} = {y_C} - {y_D}}\\{{z_B} - {z_A} = {z_C} - {z_D}}\end{array}} \right.$.

c) Toạ độ của vecto: $\overrightarrow a \left( {x;y;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow a = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k$.

d) Cho điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$.

- Hình chiếu của M trên (Oxy) có toạ độ $({x_0};{y_0};0)$.

- Hình chiếu của M trên (Oyz) có toạ độ $(0;{y_0};{z_0})$.

- Hình chiếu của M trên (Ozx) có toạ độ $({x_0};0;{z_0})$.

a) Sai. $\overrightarrow {AB} = ( - 2 - 1;3 - 0;4 + 2) = ( - 3;3;6)$.

b) Sai. Giả sử D(x; y). Khi đó $\overrightarrow {DC} = (4 - x; - 6 - y;1 - z)$.

ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}4 - x = - 3\\ - 6 - y = 3\\1 - z = 6\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x = 7\\y = 9\\z = - 5\end{array} \right.$

Vậy D(7; -3; 7).

c) Sai. $\overrightarrow {OA} = (1;0; - 2) = \overrightarrow i - 2\overrightarrow k$.

d) Đúng. Hình chiếu vuông góc của C trên (Oxy) là C’(4; -6; 0).

Ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số.

$y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array}$ \right..

Vì hệ số của ${x^2}$ là 1 > 0 nên hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$, nghịch biến trên (0; 2); đạt cực đại tại x = 0, đạt cực tiểu tại x = 2.

a) Sai. Thay x = 0 vào hàm số, được y = 2. Do đó đồ thị hàm số đi qua (0; 2), không đi qua (0; -2).

b) Đúng. Hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$.

c) Sai. Ta có f(1) = 0, f(2) = -2, f(3) = 2. Vậy GTNN của hàm số trên [1; 3] bằng -2.

d) Đúng. Hàm số đạt cực trị tại x = 0.

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

Phương sai:

- Công thức 1: ${S^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} - \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \overline x } \right)}^2} + ... + {n_k}{{\left( {{c_k} - \overline x } \right)}^2}} \right]$.

- Công thức 2: ${S^2} = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{c_1}^2 + {n_2}{c_2}^2 + ... + {n_k}{c_k}^2} \right) - {\overline x ^2}$.

Trong đó: $n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}$ là cỡ mẫu; $\overline x = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k}} \right)$ là số trung bình.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

a) Đúng. Số giờ nắng/ngày trung bình là:

$\overline x = \frac{{1.5 + 2.4 + 3.2 + 4.7 + 5.12 + 6.0}}{{5 + 4 + 2 + 7 + 12}} = \frac{{107}}{{30}} \approx 3,57$.

b) Đúng. Khoảng biến thiên: R = 5,5 – 0,5 = 5.

c) Sai. Phương sai:

${s^2} = \frac{1}{{30}}\left( {{{5.1}^2} + {{4.2}^2} + {{2.3}^2} + {{7.4}^2} + {{12.5}^2}} \right) - {\left( {\frac{{107}}{{30}}} \right)^2} = \frac{{2081}}{{900}} \approx 2,3$.

d) Đúng. ${Q_1} = 1,5 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 5}}{4}.(2,5 - 1,5) = 2,125$.

${Q_3} = 4,5 + \frac{{\frac{{3.30}}{4} - (5 + 4 + 2 + 7)}}{{12}}.(5,5 - 4,5) = 4,875$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 4,875 - 2,125 = 2,75$.

Tính đạo hàm để xác định tính đơn điệu, từ đó kết luận GTNN của hàm số.

$y' = \frac{{ - 2}}{{{{(x - 2)}^2}}} < 0$ $\forall x \ne 3$.

Do đó hàm số nghịch biến trên [0; 2]. Hàm đạt GTNN tại x = 2, khi đó f(2) = -5.

Gọi số máy móc công ty sử dụng để sản xuất là $x$ và đặt điều kiện.

Lập hàm chi phí theo $x$. Lập bảng biến thiên, khảo sát và tìm GTNN của hàm số.

Gọi số máy móc công ty sử dụng để sản xuất là $x$ $( x \in \mathbb{N}, x > 0 )$.

Thời gian cần để sản xuất hết 8000 quả bóng là: $\frac{8000}{30x}$.

Tổng chi phí để sản xuất là: $P(x) = 200x + \frac{8000}{30x}.192 = 200x + \frac{51200}{x}$ (nghìn đồng).

Ta có: $P'(x) = 200 - \frac{51200}{x^2} = 0 \Leftrightarrow x^2 = 256 \Leftrightarrow$$\begin{cases} x = 16 \\ x = -16(L) \end{cases}$

Vậy chi phí hoạt động thấp nhất là 6 400 nghìn đồng hay 6,4 triệu đồng.

Diện tích hình thang = (Đáy lớn + Đáy nhỏ) . Chiều cao / 2.

Ta có $\overrightarrow {AB} = (1; - 2; - 2) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 3$;

$\overrightarrow {BC} = (4;1;1) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 3\sqrt 2$.

Theo giả thiết hình thang ABCD vuông tại A và B và có diện tích bằng $6\sqrt 2$ nên:

$\frac{1}{2}AB(AD + BC) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot 3.\left( {AD + 3\sqrt 2 } \right) = 6\sqrt 2$

$\Rightarrow AD = \sqrt 2 \Rightarrow AD = \frac{1}{3}BC$.

Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên $\overrightarrow {AD} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC}$.

Giả sử D(a; b; c), khi đó ta có:

$\{\begin{array}{l}a-1=\frac{4}{3}\\ b-2=\frac{1}{3}\\ c-1=\frac{1}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{7}{3}\\ b=\frac{7}{3}\\ c=\frac{4}{3}\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a - 1 = \frac{4}{3}}\\{b - 2 = \frac{1}{3}}\\{c - 1 = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = \frac{7}{3}}\\{b = \frac{7}{3}}\\{c = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow a + b + c = 6$.

Lập bảng biến thiên của hàm số S(t).

$S'(t) = \frac{3}{50} t^2 - 3t + 36; \quad S'(t) = 0 \Leftrightarrow$$\begin{cases} t = 20 \\ t = 30 \end{cases}$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: $t \in (20; 30)$ thì số hồ sơ học sinh nộp giảm.

Khi đó a = 20; b = 30$.

Vậy: $P = \frac{2a}{b} = \frac{40}{30} \approx 1,33$.

Hình chiếu của điểm A(x; y; z) trên mặt phẳng (Oyz) là A'(0; y; z).

Hình chiếu của điểm A(1; -4; 3) trên mặt phẳng (Oyz) là A'(0; -4; 3). Vậy yz = (-4).3 = -12.

Gọi I là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{SI} = 4\overrightarrow{IO}$.

Biến đổi P áp dụng quy tắc ba điểm.

Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{SI} = 4\overrightarrow{IO}$.

Suy ra:

$P = ( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IS} )^2 + ( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA} )^2 + ( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB} )^2 + ( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IC} )^2 + ( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{ID} )^2$

$= 5\overrightarrow{MI}^2 + IS^2 + IA^2 + IB^2 + IC^2 + ID^2 + 2\overrightarrow{MI} ( \overrightarrow{IS} + \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC} + \overrightarrow{ID} )$

$= 5\overrightarrow{MI}^2 + IS^2 + IA^2 + IB^2 + IC^2 + ID^2 + 2\overrightarrow{MI} ( \overrightarrow{IS} + 4\overrightarrow{IO} + \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD} )$

$= 5\overrightarrow{MI}^2 + IS^2 + IA^2 + IB^2 + IC^2 + ID^2.$ Vậy $P_{\min}$ khi $M = I \Rightarrow \frac{SM}{SO} = \frac{4}{5} = 0,8$.