Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 7)

Đáp án đúng là: A

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=\frac{5}{2}\end{array}$.

Bảng xét dấu $f^{\prime }\left(x\right)$:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

a) S, b) S, c) Đ, d) S

a) Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;x_0\right)$ với $-2<x_0<-1$.

b) Hàm số đạt cực tiểu tại $x=0,y_{CT}=1$.

c) Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tọa độ $\left(0;1\right)$.

d) Đồ thị đi qua ba điểm $\left(-2;1\right),\left(-1;2\right),\left(0;1\right)$ và đạt cực trị tại $x=1$ nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}-8a+4b-2c+d=1\\ -a+b-c+d=2\\ d=1\\ c=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\\ c=0\\ d=1\end{array}\Rightarrow 2a+3b+c=8$.

a) S, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có $y^{\prime }=\frac{-2x^2+4x}{{\left(-x+1\right)}^2}=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}$ và có bảng biến thiên như sau

y=2x2−2x+2−x+1 có đồ thị \(( C ). (ảnh 1)">

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và $\left(2;+\infty \right)$.

b) Ta có $y\left(\frac{3}{2}\right)=-7;y\left(2\right)=-6;y\left(\frac{5}{2}\right)=-\frac{19}{3}$.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right]$ bằng $-7$ đạt tại $x=\frac{3}{2}$.

c) Ta có $2x+y=0$$\Rightarrow y=-2x$.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{2x^2-2x+2}{-x+1}-\left(-2x\right)\right]=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2}{-x+1}=0$ nên đồ thị có tiệm cận xiên là đường thẳng $2x+y=0$ hay $y=-2x$.

d) Ta có $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x^2-2x+2}{-x+1}=+\infty$; $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x^2-2x+2}{-x+1}=-\infty$ nên $x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có $d_1:x-1=0\Rightarrow \overrightarrow{n_1}=\left(1;0\right)$; $d_2:2x+y=0$$\Rightarrow \overrightarrow{n_2}=\left(2;1\right)$.

Ta có $\cos \left(d_1,d_2\right)=\frac{|1.2+0.1|}{\sqrt{1^2+0^2}.\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$$\Rightarrow \left(d_1,d_2\right)\approx 26^{\circ }33^{\prime }$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

Từ biểu đồ ta có bảng mẫu số liệu của công ty A, B là

a) Có 14 nhân viên của công ty A thu nhập từ 17 triệu đồng đến 21 triệu đồng trong một tháng.

b) Ta có $\overline{x_A}=\frac{12\cdot 7+45\cdot 11+16\cdot 15+14\cdot 19+7\cdot 23}{94}\approx 13,26$.

$\overline{x_B}=\frac{16\cdot 7+40\cdot 11+29\cdot 15+15\cdot 19+12\cdot 23}{112}\approx 13,82$.

Vì $\overline{x_B}>\overline{x_A}$ nên thu nhập trung bình mỗi tháng của nhân viên công ty B cao hơn nhân viên công ty A.

c) $s_A^2=\frac{12\cdot 7^2+45\cdot {11}^2+16\cdot {15}^2+14\cdot {19}^2+7\cdot {23}^2}{94}-13,26^2\approx 19,81$.

$s_B^2=\frac{16\cdot 7^2+40\cdot {11}^2+29\cdot {15}^2+15\cdot {19}^2+12\cdot {23}^2}{112}-13,82^2=22,5076$.

Vì $s_A^2<s_B^2$ nên nếu so sánh về phương sai thì thu nhập mỗi tháng của nhân viên công ty A ít phân tán hơn nhân viên công ty B.

d) Xét mẫu số liệu công ty A.

Có $Q_1=9+\frac{\frac{94}{4}-12}{45}\cdot \left(13-9\right)=\frac{451}{45}$; $Q_3=13+\frac{\frac{90\cdot 3}{4}-57}{16}\cdot \left(17-13\right)=\frac{125}{8}$.

Suy ra ${\Delta }_{Q_A}=\frac{125}{8}-\frac{451}{45}\approx 5,603$.

Xét mẫu số liệu công ty B

Có $Q_1=9+\frac{\frac{112}{4}-12}{45}\cdot \left(13-9\right)=\frac{469}{45}$; $Q_3=13+\frac{\frac{112\cdot 3}{4}-56}{29}\cdot \left(17-13\right)=\frac{713}{29}$.

Suy ra ${\Delta }_{Q_B}=\frac{713}{29}-\frac{469}{45}\approx 14,164$.

Vì ${\Delta }_{Q_A}<{\Delta }_{Q_B}$ nên so sánh về khoảng tứ phân vị thì thu nhập trung bình mỗi tháng của công ty B đồng đều hơn công ty A.

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=3x^2-6mx;f^{\prime }\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}.$

Bảng biến thiên

f(x)=x3−3mx2+10, trong đó $m$ là số nguyên dương. Tìm $m$ (ảnh 1)">

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $\underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=-4m^3+10$ khi $x=2m$.

Theo giả thiết ta có $-4m^3+10=6\iff m=1$.

Vậy $m=1$ thỏa yêu cầu bài toán.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+2x}-x\right)=1$ và $f\left(1\right)=3$, suy ra $\underset{x\to +\infty }{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(\sqrt{x^2+2x}-x\right)=3$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+2x}-x\right)=+\infty$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=2$, suy ra $\underset{x\to -\infty }{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(\sqrt{x^2+2x}-x\right)=2$.

Vậy đồ thị hàm số $g\left(x\right)$ có $2$ đường tiệm cận ngang $y=2$ và $y=3$. Suy ra $a=2,b=3$.

Suy ra $S=a-100b=-298$.

Gọi $x$$\left(x>0\right)$ là chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy ra chiều dài hình chữ nhật đáy bể là $3x.$

$V=h.x.3x=h.3x^2=18$ $\Rightarrow h=\frac{18}{3x^2}=\frac{6}{x^2}$.

Gọi $P$ là diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy bể của hình hộp chữ nhật.

Nguyên vật liệu ít nhất khi $P$ nhỏ nhất.

$P=2hx+2.h.3x+3x^2=2.\frac{6}{x^2}.x+2.\frac{6}{x^2}.3x+3x^2=\frac{48}{x}+3x^2.$

Đặt $f\left(x\right)=\frac{48}{x}+3x^2$, $\left(x>0\right)$.

Ta có hàm số $f\left(x\right)$ liên tục trên $\left(0;+\infty \right)$

và $f^{\prime }\left(x\right)=\frac{-48}{x^2}+6x$,$f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \frac{-48}{x^2}+6x=0\iff x^3=8\iff x=2$.

Bảng biến thiên:

Suy ra vật liệu ít nhất khi $h=\frac{6}{x^2}=\frac{6}{4}=1,5\left(\mathrm{m}\right)$.

Phương trình hoành độ giao điểm:

$x^3-3mx+3=3x+1$$\iff x^3-3x+2=3mx$$\iff 3m=\frac{x^3-3x+2}{x}$ (1) (Do $x=0$không là nghiệm của phương trình).

Xét hàm $f\left(x\right)=\frac{x^3-3x+2}{x}=x^2-3+\frac{2}{x}$; $f^{\prime }\left(x\right)=2x-\frac{2}{x^2}=\frac{2x^3-2}{x^2}$; $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff x=1$.

Bảng biến thiên.

Khi đó yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m < 0\).

Mà $m$ nguyên và $m\in \left[-2024;2024\right]$ nên có $2024$ giá trị thỏa mãn.

Ta có: $DN=\frac{1}{3}D{C}^{\prime }\iff N{C}^{\prime }=2ND\Rightarrow \overrightarrow{N{C}^{\prime }}=-2\overrightarrow{ND}$.

Suy ra điểm N chia đoạn thẳng $$\mathrm{D}{C}^{\prime }$$ theo tỉ số $k=-2$. Do đó $\overrightarrow{BN}=\frac{\overrightarrow{B{C}^{\prime }}+2\overrightarrow{BD}}{3}$ .

Vậy $x+y+z=2$.

Vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo là $C(x;y;z)$.

Vì hướng của máy bay không đổi nên $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}$ cùng hướng.

Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ $A$ đến $B$ gấp đôi thời gian bay từ $B$ đến $C$ nên $AB=2BC$.

Do đó $\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left(\frac{940-800}{2};\frac{550-500}{2};\frac{9-7}{2}\right)=\left(70;25;1\right)$.

Mặt khác, $\overrightarrow{BC}=(x-940;y-550;z-9)$ nên $\{\begin{array}{l}x-940=70\\ y-550=25\\ z-9=1\end{array}$

Từ đó $\{\begin{array}{l}x=1010\\ y=575\\ z=10\end{array}\Rightarrow x+y+z=1595$.