Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 04

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ, ta thấy trên khoảng \[\left( { - 1;\,\,1} \right)\], đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] đi lên từ trái qua phải nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng này.

Đáp án đúng là: B

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm \[x = 2\].

Đáp án đúng là: C

Căn cứ vào đồ thị trên, ta thấy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 1\].

Đáp án đúng là: A

Quan sát hình vẽ, ta thấy:

+ Đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

+ Đường thẳng \(y =  - x\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho (\(y =  - x\) là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1;\, - 1} \right)\)).

Đáp án đúng là: B

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\).

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị, ta thấy đây không phải đồ thị hàm số phân thức nên loại phương án A và B.

Còn hai phương án C và D đều là hàm số bậc ba, dạng \(y = a{x^3} + bx + c\).

Ta thấy khi \[x \to  + \infty \] thì \(y \to  + \infty \) nên hệ số \(a > 0\). Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(AD = B'C'\) và \(AD\,{\rm{//}}\,B'C'\).

Từ đó suy ra \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {B'C'} \).

Đáp án đúng là: B

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 18x - 24\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\) hoặc \(x = 4\).

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,4} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(y' = \frac{{ - 3x}}{{\sqrt {7 - 6x} }}\). Khi đó, trên khoảng \(\left( { - 1;\,1} \right)\), \(y' = 0\) khi \(x = 0\).

 \(y\left( { - 1} \right) = \sqrt {13} ;\,\,y\left( 0 \right) = \sqrt 7 ;\,\,y\left( 1 \right) = 1\).

Từ đó suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} y = y\left( 1 \right) = 1\).

Đáp án đúng là: A

Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x =  - 2\) và tiệm cận ngang là \(y = 2\) nên ta loại phương án C và D.

Mặt khác, hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng xác định của nó.

Xét hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}\), ta có \(y' = \frac{7}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định của nó, do đó ta loại phương án B.

Xét hàm số \(y = \frac{{2x + 5}}{{x + 2}}\), ta có \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định của nó, do đó ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Từ hình vẽ đã cho, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\) và tiệm cận ngang là \(y = 2\). Khi đó, \(\frac{{ - c}}{b} = 1\) và \(\frac{a}{b} = 2\), tức là \(b =  - c\) và \(b = \frac{a}{2}\), suy ra \(c = \frac{{ - a}}{2}\). Vậy trong các phương án đã cho, chỉ có phương án A thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ nên \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {B'C'} \).

Do đó, \(\left( {\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {B'C'} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 180^\circ  - \widehat {B'C'A'}\).

Mà tam giác \(A'B'C'\) đều nên \(\widehat {B'C'A'} = 60^\circ \). Vậy \(\left( {\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 120^\circ \).

a) Đ,b) S,c) S,d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Từ bảng biến thiên, ta thấy \(f'\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {0;\, + \infty } \right)\), do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên mỗi khoảng \[\left( { - \infty ; - 4} \right)\] và \(\left( {0;\, + \infty } \right)\), vậy ý a) đúng.

– Hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 4\), ; hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\), \({y_{CT}} = 2\), do đó ý b) sai.

– Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\) nên ý c) sai.

– Xét hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}}\), ta có:

+ Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).

+ Có \(y' = \frac{{{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\); \(y' = 0\) khi \(x =  - 4\) hoặc \(x = 0\).

+ Trên các khoảng \[\left( { - \infty ; - 4} \right)\] và \(\left( {0;\, + \infty } \right)\), \(y' > 0\).

   Trên các khoảng \(\left( { - 4; - 2} \right)\) và \(\left( { - 2;0} \right)\), \(y' < 0\).

+ Hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 4\), ; hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\), \({y_{CT}} = 2\).

+ Đường thẳng \(x =  - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy bảng biến thiên đã cho là bảng biến thiên của hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}}\) nên ý d) đúng.

a) Đ,b) S,c) Đ,d) S.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 2}} = x - \frac{3}{{x - 2}}\).

– Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

– Ta có \(y' = 1 + \frac{3}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\); \(y' > 0\) với mọi \(x \ne 2\).

– Hàm số đồng biến trên từng khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Do đó, ý a) đúng.

– Hàm số không có cực trị. Do đó, ý b) sai.

– Tiệm cận: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - \frac{3}{{x - 2}}} \right) =  + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - \frac{3}{{x - 2}}} \right) =  - \infty \);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \frac{3}{{x - 2}}} \right) = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \frac{3}{{x - 2}}} \right) = 0\).

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2\) và tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x\). Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số là giao điểm \(I\left( {2;\,2} \right)\) của hai đường tiệm cận nên ý c) đúng.

– Với \(x \in \mathbb{Z}\backslash \left\{ 2 \right\}\) thì \(y \in \mathbb{Z}\) khi và chỉ khi \(\frac{3}{{x - 2}} \in \mathbb{Z}\), tức là \(x - 2 \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1;\, \pm 3} \right\}\).

Ta có:

\(x - 2\)	\( - 3\)	\( - 1\)	\(1\)	\(3\)
\(x\)	\( - 1\)	\(1\)	\(3\)	\(5\)
\(y = x - \frac{3}{{x - 2}}\)	\(0\)	\(4\)	\(0\)	\(4\)

 

Vậy có 4 điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên nên ý d) sai.

a) S,b) S,c) Đ,d) S.

Hướng dẫn giải

– Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \(A'DCB'\) là hình bình hành.

Do đó, \(\overrightarrow {A'D}  = \overrightarrow {B'C} \).

Mà hai vectơ \(\overrightarrow {B'C} \) và \(\overrightarrow {BC'} \) không cùng phương nên hai vectơ \(\overrightarrow {A'D} \) và \(\overrightarrow {BC'} \) cũng không cùng phương. Vậy ý a) sai.

– Theo quy tắc ba điểm, ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  \ne \overrightarrow {DA} \) nên ý b) sai.

– Do  \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên ta có \(\overrightarrow {A'A}  = \overrightarrow {C'C} \).

Áp dụng quy tắc hình hộp cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\), ta có:

\(\overrightarrow {C'A}  = \overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'}  + \overrightarrow {C'C}  = \overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'}  + \overrightarrow {A'A} \). Vậy ý c) đúng.

– Ta có \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {A'D'} \) nên \(\left( {\overrightarrow {AD} ,\,\overrightarrow {A'B'} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'D'} ,\,\overrightarrow {A'B'} } \right) = \widehat {B'A'D'} = 90^\circ \). Vậy ý d) sai.

a) S,b) Đ,c) S,d) Đ.

Hướng dẫn giải

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên đáy \(ABCD\) là hình vuông.

Suy ra tâm \(O\) là trung điểm của các đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Do đó, \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow 0 \) và \(\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0 \).

Vậy \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0 \) nên ý a) sai.

Với điểm \(S\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = 2\overrightarrow {SO} \\\overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}  = 2\overrightarrow {SO} \end{array} \right.\). Suy ra \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD} \) nên ý b) đúng.

Tứ giác \(ABCD\) là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là \(a\) nên độ dài đường chéo \(AC\) là \(a\sqrt 2 \). Tam giác \(SAC\) có \(SA = SC = a\) và \(AC = a\sqrt 2 \) nên tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(S\), suy ra \(\widehat {SAC} = 45^\circ \). Do đó, \(\left( {\overrightarrow {SC} ,\,\overrightarrow {AC} } \right) = 180^\circ  - \widehat {SAC} = 180^\circ  - 45^\circ  = 135^\circ \).

Suy ra \(\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {SA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos 135^\circ  = a \cdot a\sqrt 2  \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) =  - {a^2}\).

Vậy ý c) sai và ý d) đúng.

Do hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số \(y = g\left( x \right)\) cũng xác định trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\); \(g'\left( x \right) = 0\) khi \(f'\left( x \right) = 1\).

Số nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 1\).

Căn cứ vào đồ thị hàm số, ta thấy phương trình \(f'\left( x \right) = 1\) hay \(g'\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm phân biệt. Gọi 4 nghiệm đó theo thứ tự từ bé đến lớn là \(a,\,b,\,c,\,d\).

Dựa vào vị trí của đồ thị hàm số  \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 1\), ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau:

Vậy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\) có 4 điểm cực trị.

Đáp số: 4.

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Ta có \(y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

Vì \(m > 1\) nên \(1 - m < 0\), suy ra \(y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \ne  - 1\).

Do đó, hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Khi đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\,\,4} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{{1 + m}}{2}\).

Theo đề ra, ta có \(\frac{{1 + m}}{2} = 3 \Leftrightarrow m = 5\).

Đáp số: 5.

Ta có: \(\left( {\overrightarrow a  + 3\overrightarrow b } \right) \cdot \left( {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right)\)

\( = {\overrightarrow a ^2} - 6{\overrightarrow b ^2} + \overrightarrow a  \cdot \overrightarrow b \)

\( = {1^2} - 6 \cdot {1^2} + 1 \cdot 1 \cdot \cos 45^\circ \)

\[ =  - 5 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} \approx  - 4,3\].

Đáp số: \( - 4,3\).

Gọi độ dài cạnh đáy của thùng chứa gạo là \(x\) (m, \(x > 0\)) và chiều cao của thùng chứa gạo là \(h\) (m, \(h > 0\)).

Thể tích của thùng là \(V = {x^2} \cdot h = 2\), suy ra \(h = \frac{2}{{{x^2}}}\) (m).

Khi đó, diện tích tôn cần sử dụng là: \[S = {x^2} + 4xh = {x^2} + 4x \cdot \frac{2}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{8}{x}\] (m2).

Chi phí để mua nguyên liệu là: \(T = 100{x^2} + 50 \cdot \frac{8}{x} = 100{x^2} + \frac{{400}}{x}\) (nghìn đồng).

Xét hàm số \(T\left( x \right) = 100{x^2} + \frac{{400}}{x}\) với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có: \(T'\left( x \right) = 200x - \frac{{400}}{{{x^2}}} = \frac{{200{x^3} - 400}}{{{x^2}}}\); \(T'\left( x \right) = 0\) khi \(x = \sqrt[3]{2}\).

Bảng biến thiên của hàm số \(T\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy, \(T\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) khi \(x = \sqrt[3]{2}\).

Vậy ông Hùng cần đóng thùng chứa gạo với cạnh đáy bằng \(\sqrt[3]{2} \approx 1,3\) m để chi phí mua nguyên liệu là nhỏ nhất.

Đáp số: \(1,3\).

Gọi \(x\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) là độ dài một cạnh của tấm giấy hình chữ nhật được cắt ra (cạnh thuộc đường kính) và \(y\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) là độ dài cạnh còn lại \((0 < x < 16,\,\,0 < y < 8)\). Ta có:

\({\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} + {y^2} = {8^2} \Leftrightarrow {y^2} = \frac{1}{4}\left( {256 - {x^2}} \right) \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\sqrt {256 - {x^2}} \).

Diện tích của tấm giấy hình chữ nhật đó là:

\(S = xy = x \cdot \frac{1}{2}\sqrt {256 - {x^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{x^2}\left( {256 - {x^2}} \right)} \) (cm2).

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2}\left( {256 - {x^2}} \right)\) với \(0 < x < 16\), có \(f'\left( x \right) = 512x - 4{x^3}\) nên \(f'\left( x \right) = 0\) khi \(x = 8\sqrt 2 \).

Vậy giá trị lớn nhất của \(S\) bằng \(\frac{1}{2}\sqrt {f\left( {8\sqrt 2 } \right)}  = 64\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Đáp số: \(64\).

Ta có \(AC = BD = \sqrt {{8^2} + {{12}^2}}  = 4\sqrt {13} \), \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \sqrt {{{12}^2} - {{\left( {2\sqrt {13} } \right)}^2}}  = 2\sqrt {23} \),

\(\sin \widehat {SCO} = \frac{{SO}}{{SC}} = \frac{{2\sqrt {23} }}{{12}} = \frac{{\sqrt {23} }}{6}\).

Gọi \(P\) là độ lớn của trọng lực xe và khung sắt nâng.

Ta có \(P = \left( {1\,500 + 300} \right) \cdot 9,8 = 17\,640\) (N).

Gọi \(F\) là độ lớn của lực căng trên mỗi sợi cáp.

Ta chứng minh được \(F\sin \widehat {SCO} = \frac{P}{4}\), suy ra \(F = \frac{P}{{4\sin \widehat {SCO}}} = \frac{{17\,640}}{{4 \cdot \frac{{\sqrt {23} }}{6}}} \approx 5\,517\) (N).

Đáp số: \(5\,517\).