Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 9)

a) S, b) S, c) Đ, d) S

a) Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$.

b) Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

c) Đồ thị hàm số nhận $x=1$ làm tiệm cận đứng và $y=2$ làm tiệm cận ngang nên tâm đối xứng của đồ thị là $I\left(1;2\right)$.

d) Từ bảng biến thiên của hàm số $f\left(x\right)$ ta có bảng biến thiên của hàm số $\left|f\left(x\right)\right|$ như sau (ở đây $x_0=-\frac{b}{a}$).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình $\left|\frac{ax+b}{cx+d}\right|=m$ có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $2\ne m>0$, do đó có 2023 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa yêu cầu.

a) Đ, b) S, c) S, d) S

Ta có $y^{\prime }=3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right)$.

Với $m=1$, ta có $y^{\prime }=3x^2-6x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}$.

Ta có bảng biến thiên

y=x3−3mx2+3(m2−1)x+2025, (tham số $m$). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau (ảnh 1)">

Dựa vào bảng biến thiên,

a) Hàm số đạt cực tiểu tại $x=2$.

b) Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;2\right)$.

c) Hàm số có giá trị nhỏ nhất trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ bằng $2021$.

d) Ta có $y^{\prime }=3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right)=0\iff [\begin{array}{l}{x}_1=m-1\\ x_2=m+1\end{array}$.

Để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ thì $x_1\le 0<x_2$ hoặc $0<x_1<x_2$.

TH1: $x_1\le 0<x_2$$\iff m-1\le 0<m+1\iff -1<m\le 1$. Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{0;1\right\}$.

Bảng biến thiên

y=x3−3mx2+3(m2−1)x+2025, (tham số $m$). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau (ảnh 2)">

TH2: $0<x_1<x_2$

Bảng biến thiên của hàm số

y=x3−3mx2+3(m2−1)x+2025, (tham số $m$). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau (ảnh 3)">

Hàm số có giá trị nhỏ nhất trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}m-1>0\\ y\left(m+1\right)\le y\left(0\right)\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}m>1\\ {\left(m+1\right)}^3-3m{\left(m+1\right)}^2+3\left(m^2-1\right)\left(m+1\right)+2025\le 2025\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}m>1\\ {\left(m+1\right)}^2\left(m-2\right)\le 0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}m>1\\ [\begin{array}{l}m\le 2\\ m=-1\end{array}\end{array}$$\iff 1<m\le 2$. Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=2$.

Vậy có tất cả 3 giá trị của $m$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) $\overrightarrow{OA}=-\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{k}$.

b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{-1+4+3}{3}=2\\ y_G=\frac{0+2+1}{3}=1\\ z_G=\frac{3+0-3}{3}=0\end{array}$$\iff G\left(2;1;0\right)$.

c) Ta có $\overrightarrow{AM}=\left(a+1;b;c-3\right)$, $\overrightarrow{CB}=\left(1;1;3\right)$.

Vì $\overrightarrow{AM}=3\overrightarrow{CB}$ nên $\{\begin{array}{l}a+1=3\\ b=3\\ c-3=9\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\\ c=12\end{array}$$\Rightarrow a+b+c=17$.

d) $M\left(a;b;c\right)\in Ox\Rightarrow M\left(a;0;0\right)$.

Có $\overrightarrow{BM}=\left(a-4;-2;0\right)$; $\overrightarrow{AC}=\left(4;1;-6\right)$.

Để $BM$ vuông góc với đường thẳng $AC$ khi

$\overrightarrow{BM}\perp \overrightarrow{AC}\iff \overrightarrow{BM}\cdot \overrightarrow{AC}=0$$\iff 4\left(a-4\right)-2\cdot 1=0\iff 4a=18\iff a=\frac{9}{2}$.

Do đó $4a^2+b^2+c^2=81$.

a) S, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Khoảng biến thiên về độ dài quãng đường đi của bác tài A là $300-50=250$.

Khoảng biến thiên về độ dài quãng đường đi của bác tài B là $250-50=200$.

b) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu về độ dài quãng đường mỗi ngày của bác tài A là $Q_1=100+\frac{\frac{30}{4}-5}{10}\cdot 50=112,5$.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu về độ dài quãng đường mỗi ngày của bác tài B là $Q_1=100+\frac{\frac{30}{4}-4}{8}\cdot 50=121,875$.

c) Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu về quãng đường mỗi ngày của bác tài B là $x_{23}$nên thuộc nhóm $\left[150;200\right)$.

d) Vì khoảng biến thiên về độ dài quãng đường đi của bác tài A lớn hơn bác tài B nên mức độ phân tán về độ dài quãng đường bác A phân tán hơn bác B.

Hàm số xác định và liên tục trên $D=\left(-\infty ;0\right]\cup \left[1;+\infty \right)$. Ta có:

$a=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f\left(x\right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-\sqrt{x^2-x}}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2-\sqrt{1-\frac{1}{x}}\right)=1$.

$b=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(f\left(x\right)-x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x-\sqrt{x^2-x}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{x+\sqrt{x^2-x}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{1+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=\frac{1}{2}$.

$\Rightarrow y=x+\frac{1}{2}$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi $x\to +\infty$.

$a=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{f\left(x\right)}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-\sqrt{x^2-x}}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(2+\sqrt{1-\frac{1}{x}}\right)=3$.

$b=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(f\left(x\right)-3x\right)=-\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x+\sqrt{x^2-x}\right)=-\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x}{x-\sqrt{x^2-x}}=-\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{1+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=-\frac{1}{2}$.

$\Rightarrow y=3x-\frac{1}{2}$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi $x\to -\infty$.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận xiên.

Ta có $v=s^{\prime }\left(t\right)=12t-3t^2$; $v^{\prime }\left(t\right)=12-6t$; $v^{\prime }\left(t\right)=0\iff t=2$.

Bảng biến thiên

s(t)=6t2−t3. Vận tốc (ảnh 1)">

Do đó $v_{\max }=12\left(m/s\right)$ tại $t=2\left(\mathrm{s}\right)$.

Ta có $C^{\prime }\left(v\right)=-\frac{5400}{v^2}+\frac{3}{2}=\frac{3\left(v-60\right)\left(v+60\right)}{2v^2}$;

$C^{\prime }\left(v\right)=0$$\iff v=-60$(loại) hoặc $v=60$ (nhận).

Trên khoảng $\left(0;60\right)$, $C^{\prime }\left(v\right)<0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.

Trên khoảng $\left(60;120\right)$, $C^{\prime }\left(v\right)>0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng này.

Hàm số đạt cực tiểu tại $v=60,C_{CT}=C\left(60\right)=180$.

Như vậy để tiết kiệm xăng nhất tài xế nên chạy xe với tốc độ trung bình là 60 km/h.

Gọi $$M\left(x;y;z\right)\Rightarrow \{\begin{array}{l}\overrightarrow{AM}=\left(x-1;y;z\right)\\ \overrightarrow{BM}=\left(x;y-1;z\right)\\ \overrightarrow{CM}=\left(x;y;z-1\right)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}A{M}^2=(x-1{)}^2+y^2+z^2\\ B{M}^2=x^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2\\ C{M}^2=x^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2\end{array}$$

$$\Rightarrow M{A}^2+2M{B}^2-M{C}^2$$$$=\left[{(x-1)}^2+y^2+z^2\right]+2\left[x^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2\right]-\left[x^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2\right]$$

$$=2x^2+2y^2+2z^2-2x-4y+2z+2$$$$=2{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+2{\left(y-1\right)}^2+2{\left(z+\frac{1}{2}\right)}^2-1\ge -1$$.

$\Rightarrow P_{\min }=-1\iff$$$\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=1\\ z=-\frac{1}{2}\end{array}$$$\iff M\left(\frac{1}{2};1;-\frac{1}{2}\right)$.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxyz$ với gốc $O$ đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ trùng với mặt đất với trục $Ox$ hướng về phía nam, trục $Oy$ hướng về phía đông và trục $\mathrm{Oz}$ hướng thẳng đứng lên trời (tham khảo hình vẽ), đơn vị đo lấy theo kilômét.

Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai ở vị trí $A,B$. Ta có $A\left(\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}\right),B\left(-\frac{3}{2};-3;\frac{3}{5}\right)$.

Gọi $C$ là điểm đối xứng của $A$ qua mặt phẳng $\left(Oxy\right)$, $C\left(\frac{5}{2};2;-\frac{4}{5}\right)$.

Khi đó $I=BC\cap \left(Oxy\right)$.

$\overrightarrow{BC}=\left(4;5;-\frac{7}{5}\right)$. $I\in \left(Oxy\right)\Rightarrow I\left(x;y;0\right)\Rightarrow \overrightarrow{BI}=\left(x+\frac{3}{2};y+3;-\frac{3}{5}\right)$

$\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BI}$ cùng phương nên $\frac{x+\frac{3}{2}}{4}=\frac{y+3}{5}=\frac{3}{7}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=\frac{3}{14}\\ y=-\frac{6}{7}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=\frac{3}{14}\\ b=\frac{6}{7}\end{array}\Rightarrow 2a+3b=3$.

Chọn giá trị đại diện cho nhóm số liệu ta có:

Thời gian trung bình mỗi lần chạy của vận động viên trên là

$\overline{x}=\frac{1}{20}\left(3\cdot 10,2+8\cdot 10,6+6\cdot 11+2\cdot 11,4+1\cdot 11,8\right)=10,8$( giây).

Phương sai của thời gian chạy của vận động viên trên là

$s^2=\frac{1}{20}\left(3\cdot 10,2^2+8\cdot 10,6^2+6\cdot {11}^2+2\cdot 11,4^2+1\cdot 11,8^2\right)-10,8^2=0,168$.