Bộ 20 đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 16

Chọn C

Chọn C

Chọn B

Hình chiếu của điểm \(M\) trên trục \(Oy\) có tọa độ là \(\left( {0;3;0} \right)\).Vì \(N\) là trung điểm của \(ME \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 = \frac{{2 + {x_E}}}{2}}\\{1 = \frac{{3 + {y_E}}}{2}}\\{1 = \frac{{ - 1 + {z_E}}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_E} =  - 4}\\{{y_E} =  - 1}\\{{z_E} = 3}\end{array} \Rightarrow E\left( { - 4; - 1;3} \right)} \right.} \right.\).Ta có \(\overrightarrow {NM}  = \left( {3;2; - 2} \right);\overrightarrow {NP}  = \left( {2;m - 2;2} \right)\).

\(\Delta MNP\)vuông tại \(N \Leftrightarrow \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {NP}  = 0 \Leftrightarrow 3.2 + 2.\left( {m - 2} \right) + \left( { - 2} \right).2 = 0 \Leftrightarrow m = 1\)Gọi \(J\left( {x;y;z} \right)\) thỏa \(3\overrightarrow {JM}  - \overrightarrow {JN}  = \vec 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\left( {2 - x} \right) - \left( { - 1 - x} \right) = 0}\\{3\left( {3 - y} \right) - \left( {1 - y} \right) = 0}\\{3\left( { - 1 - z} \right) - \left( {1 - z} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{7}{2}}\\{y = 4}\\{z =  - 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra \(J\left( {\frac{7}{2};4; - 2} \right)\).

Khi đó \(T = \left| {3\overrightarrow {IM}  - \overrightarrow {IN} \left|  =  \right|3\overrightarrow {IJ}  + 3\overrightarrow {JM}  - \overrightarrow {IJ}  - \overrightarrow {JN} \left|  =  \right|2\overrightarrow {IJ} } \right| = 2IJ\).

\(T\)đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(I\) là hình chiếu của \(J\) trên \(\left( {Oxy} \right) \Leftrightarrow I\left( {\frac{7}{2};4;0} \right)\).

Vậy \(a = \frac{7}{2};b = 4;c = 0\). Suy ra \(2a + b + c = 11\).

a. Đúng: Ta có \(y =  - x - 6 - \frac{{14}}{{x - 3}}\)

Khi đó tiệm cận xiên là \(y =  - x - 6\).

b. Đúng: Phương trình đường tiệm cận đứng là \(x = 3\).

Suy ra giao điểm 2 tiệm cận là \(I\left( {3, - 9} \right)\) là tâm đối xứng.

c. Đúng: \(y' = \frac{{ - x + 6x + 5}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 5 = 0\) \(\left( * \right)\)

Phương trình \(\left( * \right)\) luôn có 2 nghiệm \({x_1} < 0 < {x_2}\) nên \(\left( C \right)\) luôn có 2 điểm cực trị nằm 2 phía đối với \(Oy\).

d. Sai:\(y = 0 \Leftrightarrow  - {x^2} - 3x + 4 = 0\) và phương trình luôn có 2 nghiệm suy ra \(\left( C \right)\)cắt \(Ox\) tại hai điểm phân biệt.

Hàm số \(C\left( t \right)\) có đạo hàm \[C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0\]

Ta có \(C\left( t \right) = \frac{{0,05t}}{{{t^2} + t + 1}} \Rightarrow C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0\)

Chọn ĐÚNG.Sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân giảm dần theo thời gian

Ta có \(C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow 0 \le t \le 1\)

Sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân giảm dần trong vòng \(1\) giờ

Chọn SAI.Nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân lớn nhất ở thời điểm \(1\) giờ sau khi tiêm

Ta có bảng biên thiên của \(C\left( t \right)\)

Dựa vào bảng biên thiên ta thấy nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân lớn nhất ở thời điểm \(1\) giờ sau khi tiêm

Chọn ĐÚNG.Có thời điểm nồng độ trong máu của bệnh nhân đạt \({\rm{0,02 mg}}/{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Ta có \(C\left( t \right) = \frac{{0,05t}}{{{t^2} + t + 1}} = 0,02 \Rightarrow 2{t^2} - 3t + 2 = 0\) vô nghiệm

Chọn SAI.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x\).Sai.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right),\left( {2; + \infty } \right)\)Sai.

Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:

Sai.

Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) có hệ số \(a > 0\) nên câu d) sai.

Gọi \[p\](triệu đồng) là giá của một máy điều hòa và \(x\) là số máy điều hòa bán ra trong tháng.

Ta có hàm cầu \[p = ax + b\] đi qua các điểm \(\left( {700;15} \right)\) và \(\left( {800;14} \right)\)

Suy ra \[p =  - \frac{1}{{100}}x + 22\]

Ta có hàm doanh thu trong tháng là: \[R\left( x \right) = px =  - \frac{1}{{100}}{x^2} + 22x\]

Suy ra hàm lợi nhuận của cửa hàng trong tháng là: \[\begin{array}{l}L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) =  - \frac{1}{{100}}{x^2} + 22x - \left( {14000 - 3x} \right)\\ \Leftrightarrow L\left( x \right) =  - \frac{1}{{100}}{x^2} + 25x - 14000\end{array}\]

Ta có \[L\left( x \right)\] đạt GTLN bằng 1625 (triệu đồng) khi \(x = 1250\)

Vậy cửa hàng nên đặt giá bán để lợi nhuận lớn nhất là: \[p =  - \frac{1}{{100}}.1250 + 22 = 9,5\] (triệu đồng)

Ta có: \(A\left( {0;0;5} \right),B\left( {6;7;1} \right),C\left( {5;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {6;7; - 4} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {5;0; - 3} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1; - 7;1} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {21;2;35} \right)\); \(AB = \sqrt {101} \); \(AC = \sqrt {34} \); \(BC = \sqrt {51} \).

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {{{21}^2} + {2^2} + {{35}^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {1670} }}{2}\).

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) bằng: \(R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\sqrt {101} .\sqrt {34} .\sqrt {51} }}{{4.\frac{{\sqrt {1670} }}{2}}} = \frac{{17\sqrt {253005} }}{{1670}} \approx 5,12\).

\(\cos \widehat C = \frac{{A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}{{2.AC.BC}} =  - \frac{{4\sqrt 6 }}{{51}}\). Suy ra \(\widehat C \approx 1,7641 \Rightarrow \widehat A + \widehat B \approx \pi  - 1,7641 \approx 1,3775\).

Suy ra số đo cung \(ACB\) bằng \(2\left( {\widehat A + \widehat B} \right) \approx 2,755 = \alpha \)

Suy ra độ dài cung  bằng \(R.\alpha  \approx 14,1056 \approx 14\left( m \right)\).

Doanh thu khi nhà máy \(A\) bán hết \(x\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) là: \(x.P\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\).

Lợi nhuận thu được là: \(L\left( x \right) = 45x - 0,001{x^3} - \left( {100 + 30x} \right)\)\( =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\).

Ta có: \(L'\left( x \right) =  - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \approx 70,7\,\,\,}\\{x \approx  - 70,7}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Ta có: \(L\left( {70} \right) = 607\), \(L\left( {71} \right) = 607,089 > L\left( {70} \right)\)

Như vậy, nhà máy \(A\) cần bán \(71\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) mỗi tháng để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Ta có: \(P\prime (t) = \frac{{(2t + 10)\left( {{t^2} + 20t + 100} \right) - (2t + 20)\left( {{t^2} + 10t + 100} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + 20t + 100} \right)}^2}}}\)

Khi đó \({P^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow (2t + 10)\left( {{t^2} + 20t + 100} \right) - (2t + 20)\left( {{t^2} + 10t + 100} \right) = 0\)

\( \Rightarrow 10{t^2} - 1000 = 0 \Rightarrow {t^2} = 100 \Rightarrow t = 10\quad (t \ge 0)\)

Lập bảng biến thiên ta có \(t = 10\) là điểm cực tiểu của hàm số

Thay \(t = 10\) vào \(P(t)\): \(P(10) = 100\frac{{{{10}^2} + 10 \cdot 10 + 100}}{{{{10}^2} + 20 \cdot 10 + 100}} = 100\frac{{100 + 100 + 100}}{{100 + 200 + 100}} = 100\frac{{300}}{{400}} = 75.\)

Vậy điểm \(P\) có tọa độ \((10;75)\)

Xét hàm số:

\(f\left( x \right) = TR - TC =  - 2{x^2} + 1312x - \left( {{x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000} \right)\).

\(f\left( x \right) =  - {x^3} + 75{x^2} + 312x - 40000\).

TXĐ: \(D = \left( {0\,;\, + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 150x + 312 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 52\left( N \right)\\x =  - 2\left( L \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt giá trị cực đại  tại \(x = 52\).

Vậy lợi nhuận của công ty đạt cực đại khi số sản phẩm \(x = 52\).