Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 05

Đáp án đúng là: C

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng \[\left( {0;\,2} \right)\], \(f'\left( x \right) < 0\), do đó hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng này.

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm \[x = 1\] và đạt cực đại tại điểm \(x = - 1\).

Đáp án đúng là: B

Căn cứ vào đồ thị hàm số trên, ta thấy \[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;\,0} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = - 4\].

Đáp án đúng là: A

Quan sát hình vẽ, ta thấy:

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

+ Đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án đúng là: B

Từ đồ thị đã cho, ta thấy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0; - 1} \right)\). Do đó, tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng \(y = - x - 1\).

Đáp án đúng là: D

Đồ thị hàm số đã cho nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Giao điểm này có tọa độ là \(\left( {1;\, - 1} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Theo lý thuyết, ta có: với hai vectơ \(\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b \) bất kì và số thực \(k\), ta có \(k\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) = k\overrightarrow a - k\overrightarrow b \).

Đáp án đúng là: B

+ Tập xác định của hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{2 - x}}\) là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\) nên hàm số này không thể nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

+ Hàm số \(y = - {x^3} - 3x + 2024\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Ta có \(y' = - 3{x^2} - 3 = - 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Do đó, hàm số này nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Vậy chọn đáp án B.

+ Tương tự, ta chứng minh được hai hàm số ở các phương án C và D không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(y' = 3\left( {x - 3} \right) \cdot {e^x} + {\left( {x - 3} \right)^2} \cdot {e^x} = {e^x} \cdot \left( {x - 3} \right) \cdot \left( {x - 1} \right)\).

Khi đó, trên khoảng \(\left( {2;\,\,4} \right)\), \(y' = 0\) khi \(x = 3\).

\(y\left( 2 \right) = {e^2};\,\,y\left( 3 \right) = 0;\,\,y\left( 4 \right) = {e^4}\).

Từ đó suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;\,4} \right]} y = y\left( 4 \right) = {e^4}\).

Đáp án đúng là: D

Từ bảng biến thiên, ta thấy:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = + \infty \), do đó đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho;

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2\), do đó đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Trong các hàm số đã cho ở các phương án, chỉ hàm số ở phương án D thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Do đồ thị có tiệm cận đứng là \(x = 2\) nên \(d < 0.\)

Giao điểm của đồ thị và trục tung có tung độ \(\frac{c}{d} < 0 \Rightarrow c > 0.\)

Hệ số góc của tiệm cận xiên là \(a.\) Mặt khác, từ hình vẽ hệ số góc của tiệm cận xiên là dương nên \(a > 0.\)

Lại có \(y' = \frac{{a{x^2} + 2adx + bd - c}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}}\) và hai điểm cực trị của hàm số có giá trị dương.

Suy ra \({x_1}{x_2} = \frac{{bd - c}}{a} > 0 \Rightarrow bd - c > 0 \Rightarrow bd > c \Rightarrow b < 0\).

Vậy có 2 số có giá trị dương trong các số \(a,b,c,d\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(ABCD\) là tứ diện đều cạnh \(a\) nên \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\).

Do đó, \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \widehat {BAC}\)\( = a \cdot a \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2}{a^2}\).

a) S,            b) Đ,            c) Đ,            d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng \[\left( {0;1} \right)\] và \(\left( {3;\, + \infty } \right)\), do đó ý a) sai.

– Ta có \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ “–” sang “+” tại các điểm \(x = 0\), \(x = 3\) và đổi dấu từ “+” sang “–” tại điểm \(x = 1\). Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị nên ý b) đúng.

– Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị nhỏ nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) và \(x = 3\) nên ý c) đúng.

– Hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = + \infty \) nên đồ thị hàm số này không có đường tiệm cận. Vậy ý d) đúng.

a) S,            b) Đ,            c) Đ,            d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng \[\left( {0;1} \right)\] và \(\left( {3;\, + \infty } \right)\), do đó ý a) sai.

– Ta có \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ “–” sang “+” tại các điểm \(x = 0\), \(x = 3\) và đổi dấu từ “+” sang “–” tại điểm \(x = 1\). Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị nên ý b) đúng.

– Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị nhỏ nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) và \(x = 3\) nên ý c) đúng.

– Hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = + \infty \) nên đồ thị hàm số này không có đường tiệm cận. Vậy ý d) đúng.

a) S,            b) S,            c) Đ,            d) Đ.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số \(y = {e^x} - x + 3\).

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

– Ta có \(y' = {e^x} - 1\); \(y' = 0\) khi \(x = 0\).

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

– Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). Do đó, ý a) sai.

– Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại \(x = 0\) và không có cực đại. Do đó, ý b) sai.

– Với \(x = 0\), ta có \(y = {e^0} - 0 + 3 = 4\) nên đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;4} \right)\).

Từ đó suy ra đồ thị hàm số đã cho không đi qua gốc tọa độ.

Vậy ý c) và ý d) đúng.

a) Đ,            b) S,            c) S,             d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên các mặt của hình hộp này là hình bình hành.

Do đó, \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {A'D'} \). Vậy ý a) đúng.

– Ta có \(\overrightarrow {DB} = - \overrightarrow {BD} \) và \(\overrightarrow {DB} = \overrightarrow {D'B'} = - \overrightarrow {B'D'} \).

Vậy các vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow {DB} \) là \[\overrightarrow {BD} ,\,\,\overrightarrow {B'D'} \]. Do đó ý b) sai.

– Vì \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {D'C'} \) nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {D'C'} + \overrightarrow {D'C'} = 2\overrightarrow {D'C'} \).

Vậy ý c) sai.

– Ta có \(\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AA'} ,\,\,\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {C'A'} \). Suy ra \(\overrightarrow {BB'} - \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {C'A'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC'} \).

Vậy ý d) đúng.

a) Đ,            b) S,            c) S,             d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Theo quy tắc ba điểm, ta có:

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {CD} \)\( = \overrightarrow {AD} + \left( {\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} \).

Vậy ý a) đúng.

– Do \(AB,\,AC,\,AD\) đôi một vuông góc nên ta có:

\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} = 0\).

Vậy ý) b sai.

– Vì \(AB = 1\) nên \({\overrightarrow {AB} ^2} = 1\).

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên ta có:

\(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} - {{\overrightarrow {AB} }^2} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {0 - 1 + 0 - 0} \right) = - \frac{1}{2}\).

Vậy ý c) sai.

– Ta tính được \(AM = \frac{{\sqrt 2 }}{2},\,\,BD = \sqrt 2 \), suy ra

\(\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\,\overrightarrow {BD} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} }}{{\left| {\overrightarrow {AM} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BD} } \right|}} = \frac{{ - \frac{1}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \sqrt 2 }} = - \frac{1}{2}\).

Vậy \(\left( {\overrightarrow {AM} ,\,\,\overrightarrow {BD} } \right) = 120^\circ \). Do đó, ý d) đúng.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = 3\).

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) và đạt cực tiểu tại \(x = 3\) nên suy ra \(a = 1,\,\,b = 3\).

Khi đó, \[M = 2a - 3b = 2 \cdot 1 - 3 \cdot 3 = - 7\].

Đáp số: \( - 7\).

Ta có \(y' = {e^{x + 2}} + 5 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Do đó, hàm số \(y = {e^{x + 2}} + 5x - m\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số này cũng đồng biến trên \(\left[ {0;\,\,3} \right]\). Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} y = y\left( 3 \right) = {e^{3 + 2}} + 5 \cdot 3 - m = {e^5} + 15 - m\).

Theo bài ra: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} y = y\left( 3 \right) = {e^5} \Leftrightarrow {e^5} + 15 - m = {e^5} \Leftrightarrow m = 15\).

Đáp số: \(15\).

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

Ta có \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Giả sử \(M\left( {{x_0};\,{y_0}} \right) \in \left( C \right)\), \(\left( {{x_0} \ne 1} \right)\) suy ra tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) có phương trình là \(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} - 1}}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của \(\left( C \right)\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\).

Suy ra \(I\left( {1;\,\,2} \right)\).

Điểm \(A\left( {1;\,\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến, điểm \(B\left( {2{x_0} - 1;\,2} \right)\) là giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến.

Ta có chu vi của tam giác \(IAB\) bằng:

\(IA + IB + AB = \frac{2}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} - 1} \right| + \sqrt {4{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}} \).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \(IA + IB + AB \ge 2\sqrt 4 + \sqrt {4 \cdot 2} = 4 + \sqrt 8 \).

Đẳng thức xảy ra khi \(\left| {{x_0} - 1} \right| = 1 \Leftrightarrow {x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 2\).

Vậy chu vi tam giác \(IAB\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(4 + \sqrt 8 \) khi \(M\left( {0;1} \right)\) hoặc \(M\left( {2;3} \right)\).

Suy ra \(a = 4,b = 8\) nên \(a - b + 4 = 0\).

Đáp số: \(0\).

Theo đề bài, ta có hình vẽ sau:

Hợp lực tác động vào ba vật là \(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE} \).

Ta có \(\widehat {AOB} = \left( {\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OB} } \right) = \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = 110^\circ \). Suy ra \(\widehat {OAD} = 70^\circ \).

Áp dụng định lý côsin trong tam giác \(OAD\), ta có:

\(O{D^2} = O{A^2} + A{D^2} - 2OA \cdot AD \cdot \cos \widehat {OAD} = {9^2} + {4^2} - 2 \cdot 9 \cdot 4 \cdot \cos 70^\circ = 97 - 72\cos 70^\circ \).

 Vì \(OC \bot \left( {OBDA} \right)\) nên \(OC \bot OD\). Suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.

Do đó, tam giác \(OCE\) vuông tại \(C\) nên

\(O{E^2} = O{C^2} + E{C^2} = {7^2} + 97 - 72\cos 70^\circ = 146 - 72\cos 70^\circ \).

Suy ra \(OE = \sqrt {146 - 72\cos 70^\circ } \approx 11\).

Vậy độ lớn của hợp lực của ba lực đã cho bằng khoảng 11 N.

Đáp số: \(11\).

Theo đề bài, ta có hình vẽ sau:

Hợp lực tác động vào ba vật là \(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE} \).

Ta có \(\widehat {AOB} = \left( {\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OB} } \right) = \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = 110^\circ \). Suy ra \(\widehat {OAD} = 70^\circ \).

Áp dụng định lý côsin trong tam giác \(OAD\), ta có:

\(O{D^2} = O{A^2} + A{D^2} - 2OA \cdot AD \cdot \cos \widehat {OAD} = {9^2} + {4^2} - 2 \cdot 9 \cdot 4 \cdot \cos 70^\circ = 97 - 72\cos 70^\circ \).

 Vì \(OC \bot \left( {OBDA} \right)\) nên \(OC \bot OD\). Suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.

Do đó, tam giác \(OCE\) vuông tại \(C\) nên

\(O{E^2} = O{C^2} + E{C^2} = {7^2} + 97 - 72\cos 70^\circ = 146 - 72\cos 70^\circ \).

Suy ra \(OE = \sqrt {146 - 72\cos 70^\circ } \approx 11\).

Vậy độ lớn của hợp lực của ba lực đã cho bằng khoảng 11 N.

Đáp số: \(11\).