Đề cuối kì 1 Toán 12 năm 2024 – 2025 trường THPT Văn Bàn 1 – Lào Cai

Quan sát bảng biến thiên.

Điểm cực đại của hàm số $y = f(x)$ là $x = - 1$.

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 tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \dfrac{2024x + 2025}{x - 5}$ là $y = 2024$.

Quan sát đồ thị hàm số.

Giá trị lớn nhất $M$ và giá trị nhỏ nhất $m$ của hàm số $f(x)$ trên $\left\lbrack {- 1,\dfrac{5}{2}} \right\rbrack$ là $M = 4,m = - 1$.

Dựa vào hình dạng của đồ thị và các điểm cực trị.

Đồ thị hàm số có dạng của hàm số đa thức bậc ba. Loại đáp án B, D.

Xét đáp án A: $y' = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array}$ \right.

Hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = 2 (đúng với đồ thị).

Xét đáp án C: $y' = 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Hàm số có một điểm cực trị là x = 0 (không đúng với đồ thị).

Vậy hàm số cần tìm là $y = - x^{3} + 3x^{2} - 4$.

Áp dụng quy tắc hiệu của hai vecto.

$\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{DC}$.

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

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

Biểu thức tọa độ của phép trừ vecto.

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

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 $I\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)$.

$I = \left( {\frac{{2 + 2}}{2};\frac{{ - 4 + 2}}{2};\frac{{3 + 7}}{2}} \right) = \left( {2; - 1;5} \right)$.

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

R = 20 - 4 = 16.

Trong không gian $Oxyz$, hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {a;b;c} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có tọa độ là $\left( {a;b;0} \right)$.

Trong không gian $Oxyz$, hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {2;1; - 1} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có tọa độ là $\left( {2;1;0} \right)$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa.

${\int x^{2}}dx = \dfrac{1}{3}x^{3} + C$.

a) Dựa vào tập xác định của hàm đa thức.

b) Áp dụng quy tắc tính đạo hàm.

c, d) Dựa vào các đặc điểm của bảng biến thiên và đồ thị như giới hạn, điểm cực trị,... để kết luận.

a) Đúng. Các hàm đa thức có tập xác định là $\mathbb{R}$.

b) Đúng. $y' = 3{x^2} - 6x$.

c) Sai. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty$ vì hệ số a > 0, mà trong bảng biến thiên, ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$.

Vậy bảng biến thiên sai.

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

Hàm số đạt cực trị tại x = 0 và x = 2, mà đồ thị có hai cực trị tại x = -2 và x = 0.

Vậy đồ thị sai.

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

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

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

d) Áp dụng công thức ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A$.

a) Đúng. $\overrightarrow {AB} = (4 - 5;2 - 1;3 - 3) = ( - 1;1;0)$; $\overrightarrow {AC} = (5 - 5;0 - 1;3 - 3) = (0; - 1;0)$.

b) Sai. $AB = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 2$, $AC = \sqrt {{0^2} + {{( - 1)}^2} + {0^2}} = 1$.

c) Sai. $\cos \widehat {BAC} = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}}$

$= \frac{{ - 1.0 + 1.( - 1) + 0.0}}{{\sqrt 2 .1}} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

$\Rightarrow \widehat {BAC} = {135^o}$.

d) Đúng. ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC\sin \widehat {BAC}$

$= \frac{1}{2}.\sqrt 2 .1.\sin {135^o} = \frac{1}{2}$.

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.

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.

a) Sai. Khoảng biến thiên: R = 90 – 10 = 80.

b) Đúng. Nhóm 3 là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ lớn hơn hoặc bằng $\frac{{3n}}{4} = 150$.

c) Sai. ${Q_3} = 50 + \frac{{\frac{{3.200}}{4} - (18 + 31 + 40 + 48)}}{{50}}.(60 - 50) = 52,6$.

d) Đúng. ${Q_1} = 30 + \frac{{\frac{{200}}{4} - (18 + 31)}}{{40}}.(40 - 30) = 30,25$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 52,6 - 30,25 = 22,35 > 20$.

Cho hàm số f(x) xác định trên K. Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu F’(x) = f(x) với mọi x thuộc K.

- Với mỗi hằng số C, hàm số F(x) + C cùng là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K.

- Nếu G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì tồn tại hằng số C sao cho G(x) = F(x) + C với mọi x thuộc K.

Như vậy, mọi nguyên hàm của hàm số f(x) trên K đều có dạng F(x) + C (gọi là họ các nguyên hàm của f(x) trên K), với C là hằng số.

Ta viết $\int {f(x)dx} = F(x) + C$.

Một số công thức tính nguyên hàm:

+ $\int {0dx} = C$;

+ $\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C$ $(\alpha \ne - 1)$.

a) Đúng. ${\int{f(x)}}\,\text{d}x = F(x) + C$.

b) Đúng. $F(x) = \int {f(x)dx} = \int {\left( {{x^3} + x} \right)dx}$

$= \int {{x^3}dx} + \int {xdx}$.

c) Đúng. $F(x) = \int {{x^3}dx} + \int {xdx} = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{2} + C$.

d) Sai. $F(0) = 2 \Leftrightarrow \frac{{{0^4}}}{4} + \frac{{{0^2}}}{2} + C = 2 \Leftrightarrow C = 2$.

$F(1) = \frac{{{1^4}}}{4} + \frac{{{1^2}}}{2} + 2 = \frac{{11}}{4}$.

Xét mẫu số liệu ghép nhóm cho bởi bảng sau:

* 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.

* Độ lệch chuẩn: $S = \sqrt {{S^2}}$.

Số trung bình:

$\bar x = \frac{{2.270 + 12.310 + 19.350 + 12.390 + 5.430}}{{50}} = 354,8$.

Phương sai:

${s^2} = \frac{1}{{50}}\left( {{{2.270}^2} + {{12.310}^2} + {{19.350}^2} + {{12.390}^2} + {{5.430}^2}} \right) - 354,{8^2} = 1640,96$.

Độ lệch chuẩn:

$s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {1640,96} \approx 40,5$.

Tính tọa độ các vectơ $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}, \overrightarrow{CA}$. Tính độ dài từng cạnh $AB, BC, CA$ bằng công thức $\vert{}\overrightarrow{u}\vert{} = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$.

$\overrightarrow {AB} = (2 - 1;1 - 0;2 - 1) = (1;1;1)$

$\Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3$.

$\overrightarrow {BC} = (1 - 2; - 1 - 1;1 - 2) = ( - 1; - 2; - 1)$

$\Rightarrow BC = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 1)}^2}} = \sqrt 6$.

$\overrightarrow {CA} = (1 - 1;0 - ( - 1);1 - 1) = (0;1;0)$

$\Rightarrow CA = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {0^2}} = 1$.

Chu vi tam giác ABC:

$P = AB + BC + CA = \sqrt 3 + \sqrt 6 + 1 \approx 5,18$.

Vectơ dịch chuyển trong 10 phút đầu là $\overrightarrow{AB}$.

Do vận tốc và hướng bay giữ nguyên, vectơ dịch chuyển trong 2 phút tiếp theo là $\overrightarrow{BD} = \dfrac{2}{10} \overrightarrow{AB} = 0,2 \overrightarrow{AB}$.

Từ đó, tính tọa độ điểm D.

$\overrightarrow {AB} = (940 - 800;550 - 500;8 - 6) = (140;50;2)$.

Tốc độ di chuyển theo vectơ trên xảy ra trong 10 phút. Trong 2 phút tiếp theo, máy bay đi thêm một quãng đường tương ứng với:

$\overrightarrow {BD} = \frac{2}{{10}}\overrightarrow {AB} = (28;10;0,4)$.

Mà B(940; 550; 8) nên ta tính được tọa độ D(968; 560; 8,4).

Vậy $x + y + z = 968 + 560 + 8,4 \approx 1536$.

Lập hàm số tính diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật theo biến x. Ứng dụng đạo hàm, tìm x sao cho hàm số đạt GTNN.

Điều kiện: x > 0.

Thể tích hình hộp chữ nhật:

$V = 2x.x.h = 2{x^2}h = 72 \Rightarrow h = \frac{{36}}{{{x^2}}}$.

Diện tích toàn phần của chiếc hộp:

${S_{tp}} = 2.(2x.x) + 2(2x.h + x.h) = 4{x^2} + 6xh$

$= 4{x^2} + 6x.\frac{{36}}{{{x^2}}} = 4{x^2} + \frac{{216}}{x}$.

$S'(x) = 8x - \frac{{216}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 3$.

Theo bảng biến thiên, S(x) đạt GTNN tại là 108 tại x = 3.

Ứng dụng các phép toán vecto trong không gian tọa độ.

$\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {SA} = k(20;0; - 20) = (20k;0; - 20k)$;

$\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {SB} = k(0;20; - 20) = (0;20k; - 20k)$;

$\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {SC} = k( - 20;0; - 20) = ( - 20k;0; - 20k)$;

$\overrightarrow {{F_4}} = k\overrightarrow {SD} = k(0; - 20; - 20) = (0; - 20k; - 20k)$.

Ta có $\left| {\overrightarrow P } \right| = 40$ N và $\overrightarrow P = (0;0; - 40)$ (do trọng lực hương xuống dưới theo phương Oz).

Vì $\overrightarrow P = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}}$

$\Rightarrow 4.( - 20k) = - 40 \Rightarrow k = 0,5$.

Do đó ${x_1} = 20k = 20.0,5 = 10$; ${y_2} = 20k = 20.0,5 = 10$.

Vậy $P = {x_1} + {y_2} + {y_3} + {x_4}$

$= 10 + 10 + 0 + 0 = 20$.

Xác định dạng của hàm thể tích h(t). Sử dụng các dữ kiện đề bài cho, lập hệ phương trình để xác định hàm h(t) và tính h(10).

Ta có $h'(t) = 2at + 5b$, ta có hàm số h(t) có dạng $h(t) = a{t^2} + 5bt + c$.

Theo đề bài: $\{\begin{array}{l}h(0)=0\\ h(4)=2080\\ h(8)=4320\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}h(0) = 0\\h(4) = 2080\\h(8) = 4320\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.0^2} + 5b.0 + c = 0\\2080 = a{.4^2} + 5b.4\\4320 = a{.8^2} + 5b.8\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 100\\c = 0\end{array} \right.$.

Do đó $h(t) = 5{t^2} + 5(100)t = 5{t^2} + 500t$.

Thể tích nước trong bể sau khi bơm được 10 giây là:

$h(10) = {5.10^2} + 500.10 = 5500$ ${\rm{(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.