Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến khoảng \(\left( {0\,;\,2} \right)\). Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).Chọn D.

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng 5. Chọn B.

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số y=fx trên đoạn −10;10 là −38 tại x=−3.

Chọn B.

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là \(x = - \frac{1}{3}\). Chọn D.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 - x}}{{2x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{2}{x} - 1}}{{2 + \frac{1}{x}}} = - \frac{1}{2}\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - x}}{{2x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{2}{x} - 1}}{{2 + \frac{1}{x}}} = - \frac{1}{2}\).

Nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2 - x}}{{2x + 1}}\) là \(y = - \frac{1}{2}\). Chọn C.

Từ đồ thị, nhận thấy đồ thị cắt trục tung tại điểm có tọa độ là \(\left( {0;\;1} \right)\). Chọn D.

Từ phương trình \(\frac{1}{3}f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 3\).

Dựa vào BBT, đường thẳng \(y = - 3\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm, nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \). Do đó vectơ \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {AB} \). Chọn B.

Ta có \[\left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \widehat {CBD} = 45^\circ \].Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = 1\) và đường tiệm cận ngang là \(y = 1\). Suy ra loại A, C.

Xét câu B, \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne 1\).

Xét câu D, \(y' = \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \ne 1\).

Chọn B.

Ta có \(\vec u = \overrightarrow {A'C'} - \overrightarrow {A'A} = \overrightarrow {AC'} \).

Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC' = \sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 3 \).Chọn D.

Xét hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}\).

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

– Ta có \(y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\); \(y' = 0\) khi \(x = - 3\) hoặc \(x = - 1\).

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

a) Sai. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

b) Sai.Hàm số đã cho đạt cực đại tại \(x = - 3\), ; đạt cực tiểu tại \(x = - 1\), \({y_{CT}} = 1\).

Suy ra .

c) Đúng.Tiệm cận:

+) Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng \(x = - 2\).

+) Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng \(y = x + 1\).

Với \(x = 0\) thì \(y = 0 + 1 = 1\), do đó đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm \(A\left( {0;1} \right)\).

d) Đúng. Đường thẳng \(x - 3y - 6 = 0\)\( \Leftrightarrow y = \frac{1}{3}x - 2\) có hệ số góc \({k_1} = \frac{1}{3}\). Đường thẳng này vuông góc với tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho nên tiếp tuyến này có hệ số góc \({k_2} = \frac{{ - 1}}{{{k_1}}} = - 3\).

Khi đó, với \({x_0}\) là hoành độ của tiếp điểm thì \(y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{x_0^2 + 4{x_0} + 2}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = - 3\).

Ta tìm được \({x_0} = - \frac{5}{2}\) hoặc \({x_0} = - \frac{3}{2}\).

+) Với \({x_0} = - \frac{5}{2}\), ta có tiếp tuyến: \(y = - 3x - 11\).

+) Với \({x_0} = - \frac{3}{2}\), ta có tiếp tuyến: \(y = - 3x - 3\), tiếp tuyến này đi qua điểm \(B\left( { - \frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)\).

a) Đúng. Theo quy tắc ba điểm, ta có: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SC} \).

b) Sai. Ta có \(\left| {\overrightarrow {SA} } \right| = SA = 1;\,\,\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = 1;\,\,\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = \sqrt 2 \).

c) Sai. Từ giả thiết, ta thấy tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) và tam giác \(SAB\) đều.

Do đó, \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\) và \(\left( {\overrightarrow {SA} ,\,\overrightarrow {AB} } \right) = 180^\circ - \widehat {SAB} = 120^\circ \).

Ta có: \[\overrightarrow {SC} \cdot \overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} \]

\( = \overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AB} = \left| {\overrightarrow {SA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \cos 120^\circ = - \frac{1}{2}\).

d) Sai. Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SC} \cdot \,\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right| \cdot \,\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{ - \frac{1}{2}}}{{1 \cdot 1}} = - \frac{1}{2}\).

Ta có \(N'\left( t \right) = \frac{{100\left( {100 + {t^2}} \right) - 100t \cdot 2t}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}} = \frac{{100\left( {100 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}}\).

\(N'\left( t \right) = 0\) khi \(t = 10\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy trong khoảng thời gian \(\left( {0;\,10} \right)\) từ lúc nuôi cấy thì số lượng vi khuẩn sẽ tăng lên.

Khi đó, ta có: \(a = 0,\,\,b = 10\). Vậy \(3a\, + \,2b = 20\).

Đáp án:20.

Parabol \(y' = f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\) có đỉnh \(\left( {2;\,\, - 1} \right)\) và đi qua \(O\left( {0;\,\,0} \right)\) nên ta có hệ phương trình

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{{2b}}{{6a}} = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}12a + 4b + c = - 1\\c = 0\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}a = \frac{1}{{12}}\\b = - \frac{1}{2}\end{array}\\{c = 0\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\].

Tâm đối xứng của \(\left( C \right)\) thuộc trục hoành nên suy ra tâm đối xứng có toạ độ \(\left( {2;\,\,0} \right)\).

Do đó \(\frac{{{2^3}}}{{12}} - \frac{{{2^2}}}{2} + d = 0 \Leftrightarrow d = \frac{4}{3}\).

Khi đó, đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{12}} - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{4}{3}\) có hai điểm cực trị là \(A\left( {0;\,\,\frac{4}{3}} \right)\) và \(B\left( {4;\,\, - \frac{4}{3}} \right)\).

Vậy \(AB = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - \frac{8}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt {13} }}{3} \approx 4,81\).

Đáp án:4,81.

Ta có \[f'\left( x \right) = 2 - \frac{\pi }{2}\sin \frac{{\pi x}}{2} > 0,\,\,\forall x \Rightarrow f\left( x \right)\]đồng biến trên \(\left[ { - 2\,;\,2} \right]\).

Khi đó \(m + M = f\left( { - 2} \right) + f\left( 2 \right) = - 4 - 1 + 4 - 1 = - 2\).

Đáp án:−2.

Ta có\[\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} = 2\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {BN} \].

Lại có \[\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MS} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {CN} \].

Suy ra \(3\overrightarrow {MN} = \left( {2\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MS} } \right) + \left( {2\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} } \right) + 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {SC} \).

Khi đó, \[\overrightarrow {MN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {SC} \Rightarrow a = 2,b = 3,\,c = 1 \Rightarrow a + b + c = 6\].

Đáp án:6.

Thời gian nếu đi trực tiếp từ A đến B trên sa mạc là \(\frac{{70}}{{30}} = \frac{7}{3} > 2\).

Do đó, nhà địa chất học không thể đến đúng thời gian quy định.

Vì vậy cần thiết phải chia quãng đường đi được thành 3 giai đoạn: \(A \to C \to D \to B\).

Đặt \(HC = x\,\,\left( {0 < x < 70} \right);DK = y\,\,\left( {0 < y < 70} \right)\).

Thời gian đi từ \(A \to C\)là \(\frac{{\sqrt {{{10}^2} + {x^2}} }}{{30}}\).

Thời gian đi từ \(C \to D\)là \(\frac{{70 - \left( {x + y} \right)}}{{50}}\).

Thời gian đi từ \(D \to B\)là \(\frac{{\sqrt {{{10}^2} + {y^2}} }}{{30}}\).

Tổng thời gian đi từ \(A \to B\)theo cách này là:

 \(\frac{{\sqrt {{{10}^2} + {x^2}} }}{{30}} + \frac{{70 - \left( {x + y} \right)}}{{50}} + \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {y^2}} }}{{30}} = \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {x^2}} }}{{30}} + \frac{{35 - x}}{{50}} + \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {y^2}} }}{{30}} + \frac{{35 - y}}{{50}} = f\left( x \right) + f\left( y \right)\).

Xét \(f\left( u \right) = \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {u^2}} }}{{30}} + \frac{{35 - u}}{{50}}\), \(0 < u < 70\).

Ta có \(f'\left( u \right) = \frac{u}{{30\sqrt {{{10}^2} + {u^2}} }} - \frac{1}{{50}};f'\left( u \right) = 0 \Rightarrow u = \frac{{15}}{2}\).

Lập bảng biến thiên ta được \(\mathop {\min }\limits_{u \in \left( {0;70} \right)} f\left( u \right) = f\left( {\frac{{15}}{2}} \right) = \frac{{29}}{{30}}\).

Khi đó \(f\left( x \right) + f\left( y \right) \ge \frac{{29}}{{30}} + \frac{{29}}{{30}} = \frac{{29}}{{15}} \approx 1,93\).

Dấu “=” xảy ra khi \(x = y = \frac{{15}}{2}\).

Vậy để đến B sớm nhất thì ông ta phải đi trên đoạn AC một khoảng 12,5 km, đoạn CD một khoảng 45 km và đi trên đoạn DB một khoảng 12,5 km.

a) Lượng xăng ban đầu trong bình ban đầu là \(V\left( 0 \right) = 300\left( {{0^2} - {0^3}} \right) + 4,5 = 4,5\)lít.

Ta có \(30\,\,{\rm{s}} = 0,5\,\,{\rm{ph\'u t}}\). Suy ra \(V\left( {0,5} \right) = 300\left( {0,{5^2} - 0,{5^3}} \right) + 4,5 = 42\) lít.

Khi đó số xăng đã mua là \(42 - 4,5 = 37,5\) lít.

Vậy số tiền người mua phải trả là \(37,5 \cdot 21\,000 = 787\,500\) đồng.

b) Xét hàm số \(V'\left( t \right) = 300\left( {2t - 3{t^2}} \right)\) với \(0 \le t \le 0,5\). Ta có \(V''\left( t \right) = 300\left( {2 - 6t} \right)\).

Khi đó \(V''\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 300\left( {2 - 6t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \in \left( {0;0,5} \right)\).

\(V'\left( 0 \right) = 0\); \(V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = 100\); \(V'\left( {0,5} \right) = 75\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;0,5} \right]} V'\left( t \right) = V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = 100\). Suy ra tại thời điểm ở giây thứ \(\frac{1}{3} \cdot 60 = 20\) thì tốc độ tăng thể tích là lớn nhất.

Ta có \(\overrightarrow P = m\overrightarrow g \) nên \(P = \left| {\overrightarrow P } \right| = m \cdot \left| {\overrightarrow g } \right| = 10\) (N).

Bóng đèn ở vị trí cân bằng nên \(\overrightarrow P + \overrightarrow {{T_1}} + \overrightarrow {{T_2}} = \overrightarrow 0 \) hay \(\overrightarrow P = - \overrightarrow {T'} \) với \(\overrightarrow {T'} = \overrightarrow {{T_1}} + \overrightarrow {{T_2}} \).

Suy ra \(T' = P = 10\,{\rm{N}}\). Vì \({T_1} = {T_2}\) và \(\left( {\overrightarrow {{T_1}} ,\,\overrightarrow {{T_2}} } \right) = 60^\circ \) nên

\(\frac{{T'}}{2} = {T_1} \cdot \cos 30^\circ \Rightarrow {T_1} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\) (N).

Vậy lực căng của mỗi nửa sợi dây là \(\frac{{10\sqrt 3 }}{3}\,{\rm{N}}\).