Đề cuối kỳ 1 Toán 12 năm 2024 – 2025 trường THPT Ngô Gia Tự – Phú Yên

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

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{2024x + 3}{x - 2025}$ là $x = 2025$.

Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị và giao của đồ thị với trục tung.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  là x = 1 và tiệm cận ngang là y = 2 nên loại đáp án A, C.

Đồ thị đi qua điểm (0;1) nên khi x = 0 thì y = 1. Do đó chỉ có hàm số ở đáp án D thỏa mãn.

Tìm nghiệm của phương trình y' = 0.

Vì a = 1 > 0 nên điểm cực tiểu của đồ thị là điểm cực trị nằm bên phải.

$y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array}$ \right.

Vì a = 1 > 0 nên điểm cực tiểu của đồ thị là điểm cực trị nằm bên phải.

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

$2\overrightarrow u - \overrightarrow v = (2.2 - 3;2.1 + 2;2.( - 1) - 1) = (1;4; - 3)$.

Áp dụng quy tắc hình hộp.

Theo quy tắc hình hộp, ta có $\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{CA'}$.

Quan sát bảng biến thiên.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn $[-4;2]$ là -5.

+) Phương sai mẫu, kí hiệu là ${{s}^{2}}$, được tính bởi công thức:

$S^2=\frac{1}{n}\left(n_1 x_1^2+n_2 x_2^2+\ldots+n_k x_k^2\right)-\bar{x}$.

trong đó $\mathrm{n}=\mathrm{n}_1+\mathrm{n}_2+\ldots+\mathrm{n}_{\mathrm{k}}$ và $\bar{x}$ là số trung bình mẫu.

+) Độ lệch chuẩn, kí hiệu $s$, là căn bậc hai của phương sai mẫu: $s=\sqrt{{{s}^{2}}}$.

$\frac{{14.5 + 62 + 148.5 + 140 + 92.5 + 58.5}}{{30}} = \frac{{516}}{{30}} = 17,2$ 

$\bar z = \frac{{516}}{{30}} = 17.2$

${s^2} = \frac{1}{{30}}\left[ {1.14,{5^2} + 4.15,{5^2} + 9.16,{5^2} + 8.17,{5^2} + 5.18,{5^2} + 3.19,{5^2}} \right] - 17,{2^2} = \frac{{161}}{{100}}$.

$s = \frac{{\sqrt {161} }}{{100}} \approx 1,27$.

Quan sát đồ thị.

Giá trị cực đại của hàm số là -2.

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

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

Trong không gian, cho hai vecto $\overrightarrow a ,\overrightarrow b \ne \overrightarrow 0$. Lấy một điểm O bất kì và gọi A, B là hai điểm sao cho $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow a$, $\overrightarrow {OB} = \overrightarrow b$. Khi đó, $\widehat {AOB}$ $\left( {{0^o} < \widehat {AOB} < {{180}^o}} \right)$ được gọi là góc giữa hai vecto $\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$, kí hiệu là $\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

$\left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \widehat {CBD} = {45^o}$.

Lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên (chứa mẫu số liệu).

R = 177 - 147 = 30.

Hàm số nghịch biến trên khoảng đồ thị liên tục đi xuống từ trái sang hoặc y' < 0.

Hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;1)$.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

a) Đúng. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2.

b) Đúng. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).

c) Sai. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [0; 2] bằng 2.

d) Sai. Tổng giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2 + (-2) = 0.

a) $M\left( {x;y;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OM} = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k$.

b) Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC là $G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3};\frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}} \right)$.

c) Cho điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$.

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

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

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

d) Cho hai điểm $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$. Độ dài vecto $\overrightarrow {AB}$ hay khoảng cách từ A đến B là: $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

a) Sai. $\overrightarrow {OA} = (3;1; - 3) = 3\overrightarrow i + \overrightarrow j - 3\overrightarrow k$.

b) Đúng. $G = \left( {\frac{{3 + 4 - 1}}{3};\frac{{1 + 2 + 0}}{3};\frac{{ - 3 + 0 + 3}}{3}} \right) = \left( {2;1;0} \right)$.

c) Đúng. Hình chiếu của C(-1; 0; 3) lên Ox là C’(1; 0; 0).

d) Sai. $AB = \sqrt {{{(4 - 3)}^2} + {{(2 - 1)}^2} + {{(0 + 3)}^2}} = \sqrt {11}$.

a) Áp dụng quy tắc đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương.

b)

Bước 1: Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(x):

- Tìm tập xác định.

- Tính đạo hàm f’(x) và tìm nghiệm của phương trình f’(x) = 0 hoặc tại đó f’(x) không xác định.

- Tính các giới hạn (nếu có).

Bước 2: Qua điểm x thuộc tập xác định mà f’(x) đổi dấu:

- Dương (+) $\to$ âm (-): cực đại.

- Âm (-) $\to$ dương (+): cực tiểu.

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

d) Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị. Tìm giao điểm của đường thẳng đó với trục Ox, Oy. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác vuông.

a) Đúng. $y' = \frac{{(2x + 4)(x - 1) - ({x^2} + 4x - 1)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}$.

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

Suy ra hàm số có 2 cực trị.

c) Sai. $y = \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} = x + 5 + \frac{4}{{x - 1}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - (x + 5)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{{x - 1}} = 0$ nên đồ thị có tiệm cận xiên là y = x + 5.

Tiệm cận đứng của đồ thị là x = 1.

Thay x = 1 vào y = x + 5, ta được y = 1 + 5 = 6.

Vậy giao điểm hai đường tiệm cận của (C) là (1; 6).

d) Đúng. 2 điểm cực trị của (C) là (-1; 2) và (3; 10).

Giả sử (d): y = ax + b là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị trên.

Ta có $\{\begin{array}{l}2=a(-1)+b\\ 10=3a+b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=4\end{array}\Rightarrow (d):y=2x+4$$\left\{ \begin{array}{l}2 = a( - 1) + b\\10 = 3a + b\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right.$ \Rightarrow (d):y = 2x + 4.

Đường thẳng (d) giao Ox tại điểm A(-2; 0) và giao với Oy tại điểm B(0; 4).

${S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.2.4 = 4$.

Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pythagore để giải.

a) Đúng. Xét tam giác OAH vuông tại A:

$\tan \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} \Leftrightarrow OA = \frac{{AH}}{{\tan \widehat {AOH}}} = \frac{{12}}{{\tan {{30}^o}}} = 12\sqrt 3$.

Mà A thuộc Ox nên $A\left( {12\sqrt 3 ;0;0} \right)$.

b) Sai. OB = AH = 12, mà B thuộc Oy nên B(0; 12; 0).

c) Đúng. Xét tam giác OHM vuông tại H:

$\sin \widehat {MOH} = \frac{{MH}}{{OM}} \Leftrightarrow MH = OC = OM\sin \widehat {MOH}$.

d) Sai. $OH = \sqrt {O{A^2} + A{H^2}} = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = \sqrt {\left( {12\sqrt 3 } \right) + {{12}^2}} = 24$.

Xét tam giác OHM vuông tại H:

$\tan \widehat {MOH} = \frac{{MH}}{{OH}} \Leftrightarrow MH = OH\tan \widehat {MOH} = 24\tan {60^o} = 24\sqrt 3$.

Tọa độ của M là $\left( {12\sqrt 3 ;12;24\sqrt 3 } \right)$.

Hàm số không có cực trị nên tích GTLN và GTNN trên đoạn [a; b] là y(a).y(b).

Hàm số phân thức hữu tỉ dạng $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ không có cực trị.

Ta có $y( - 4).y(1) = \frac{1}{2}.( - 7) = - 3,5$.

Dựa vào các điểm cực trị của đồ thị hàm số và giao điểm với trục tung để tìm các hệ số a, b, c, d.

+) Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ bằng 4 nên d = 4.

+) $y' = 3ax^2 + 2bx + c$

Hàm số đạt cực trị tại x = 0 và x = 2 nên c = 0 và 3a + b = 0 (1)

Đồ thị qua điểm A(1; 0) nên a + b = -4 (2)

Từ (1) và (2), suy ra a = 2, b = -6, c = 0, d = 4.

P = 2000 - 600 + 4 = 1404.

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

+) Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC là $G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3};\frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}} \right)$.

+) 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:

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

$S(0;0;3\sqrt 2 )$; B(0; 4; 0), C(3; 2; 0) và A(0; 0; 0).

Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D nên D(3; 0; 0).

G là trọng tâm của tam giác SBC nên $G(1;2;\sqrt 2 )$

$\overrightarrow {AG} = (1;2;\sqrt 2 ) \Rightarrow AG = \sqrt 7$; $\overrightarrow {BD} = (3; - 4;0) \Rightarrow BD = 5$.

Do đó $\cos (\overrightarrow {AG} ;\overrightarrow {BD} ) = \frac{{\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {BD} }}{{AG.BD}} = \frac{{ - 5}}{{\sqrt 7 .5}} \approx - 0,4$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu ${\Delta _Q}$, là hiệu giữa tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ và tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ của mẫu số liệu ghép nhóm đó.

Tứ phân vị thứ nhất $Q_1$ thuộc lớp [160;165]:

$Q_1 = 160 + \frac{12,5 - 12}{10} . 5 = 160,25$.

Tứ phân vị thứ ba $Q_3$ thuộc lớp [170;175]:

$Q_3 = 170 + \frac{37,5 - 34}{10} . 5 = 171,75$.

Khoảng tứ phân vị: $\Delta Q = Q_3 - Q_1 = 11,5$.

Tính độ dài HK, IK từ đó tính OO' theo x.

Tính thể tích $V = \frac{1}{3} . OO' . (S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 . S_2})$ theo x từ đó khảo sát tìm GTLN.

Tấm kính thủy tinh hình vuông có cạnh là 4 dm.

Khi đó chiều cao mặt bên của hình chóp cụt đều là: $HK = \frac{{4 - 1}}{2} = \frac{3}{2}$.

Suy ra chiều cao của của hình chóp cụt đều là:

$OO' = HI = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right)}^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {9 - {{(x - 1)}^2}}$.

Thể tích của hình chóp cụt đều là:

$V = \frac{1}{6}\sqrt {9 - {{(x - 1)}^2}} .(1 + x + {x^2}) = \frac{1}{6}\sqrt { - {x^2} + 2x + 8} .(1 + x + {x^2})$

$= \frac{1}{6}\sqrt { - {x^2} + 2x + 8} .(1 + x + {x^2})$, 1 < x < 4.

$\Rightarrow V' = \frac{1}{6}.\frac{{( - x + 1).(1 + x + {x^2})}}{{\sqrt { - {x^2} + 2x + 8} }} + \frac{1}{6}\sqrt { - {x^2} + 2x + 8} .(2x + 1)$

$= \frac{1}{6}.\frac{{( - x + 1).(1 + x + {x^2}) + (2x + 1).( - {x^2} + 2x + 8)}}{{\sqrt { - {x^2} + 2x + 8} }}$

$= \frac{{ - 3{x^3} + 3{x^2} + 18x + 9}}{{6\sqrt { - {x^2} + 2x + 8} }}$.

$\Rightarrow V' = 0 \Leftrightarrow x = 3,18$ (với điều kiện 1 < x < 4).

Vậy ${V_{\max }} \Leftrightarrow x = 3,18$ (dm).

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz ở vị trí phù hợp, tìm vị trí 2 chiếc máy bay sau 15 phút và tính khoảng cách giữa hai máy bay. Khoảng cách giữa hai máy bay sau 30 phút gấp đôi khoảng cách vừa tìm.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, gốc tọa độ O đặt tại điểm xuất phát, mp (Oxy) trùng với mặt đất, trục Ox hướng về phía Bắc, trục Oy hướng về phía Tây, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo ki-lô-met. Khi đó:

Vị trí 2 chiếc máy bay sau 15 phút A(2; 3; 1); B(-5; -4; 1,5).

Khoảng cách giữa 2 máy bay sau 15 phút đầu:

$AB = \sqrt {{7^2} + {7^2} + 0,{5^2}} = \sqrt {98,25}$ (km).

Khoảng cách giữa 2 máy bay sau 30 phút kể từ lúc xuất phát:

$CD = 2AB = 2\sqrt {98,25} \approx 19,8$ (km).