Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 4

Từ đồ thị ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {3; + \infty } \right)\). Chọn A.

Hàm số đạt cực trị tại \(x = 1;\,\,x = 3;\,\,x = 4\). Số điểm cực trị của hàm số là 3. Chọn A.

Từ bảng biến thiên, ta thấy \[M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5\]. Chọn D.

Từ hình vẽ ta thấy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình \(y = 1\).Chọn A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = + \infty \) nên đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = 1\).

Lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2\) nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 2\) và\(y = 5\).

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3. Chọn A.

Từ bảng biến thiên, ta thấy trục hoành (đường thẳng \(y = 0\)) cắt đồ thị hàm số đã cho tại \(4\) điểm. Chọn D.

Thay tọa độ các điểm ở các đáp án A, B, C, D vào hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\), ta thấy đáp án A thỏa mãn.

Chọn A.

Có 3 vectơ bằng vectơ \(\overrightarrow {BC} \), đó là: \(\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {A'D'} ,\overrightarrow {B'C'} \). Chọn A.

Có ba vectơ là: \(\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {AD} \). Chọn B.

Ta có: \(y = {x^3} - 3x\)\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3.\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1.\)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Hàm số \(y = {x^3} - 3x\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right).\)Chọn B.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y = {x^3} + x + 1\)

            \(y' = 3{x^2} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Vậy hàm số luôn đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right).\)Chọn D.

Vì \(BB'C'C\) là hình bình hành nên

\(\overrightarrow {B'C} = \overrightarrow {B'C'} + \overrightarrow {B'B} = \overrightarrow {BC} - \overrightarrow {AA'} \)\( = - \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} \)\( = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \)\( = - \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c .\)Chọn D.

a) Sai. Quan sát hình vẽ, ta thấy:

Hàm số đã cho có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).

Trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\) và \(\left( { - 1;\, + \infty } \right)\), đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải nên hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng này.  

Trên các khoảng \(\left( { - 3; - 2} \right)\) và \(\left( { - 2;\, - 1} \right)\), đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng này.  

b) Đúng.Hàm số đã cho đạt cực đại tại \(x = - 3\); đạt cực tiểu tại \(x = - 1\).

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

d) Đúng. Vì \(x = - 2\) là tiệm cận đứng nên \(n = 2\). Khi đó, \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + 2}}\).

Ta có \(y' = \frac{{a{x^2} + 4ax + 2b - c}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\); \(y' = 0 \Leftrightarrow a{x^2} + 4ax + 2b - c = 0\) (*).

\(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình (*), do đó \( - 3a + 2b - c = 0\).

Các điểm \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( { - 3; - 3} \right)\) thuộc đồ thị hàm số đã cho nên tọa độ các điểm này thỏa mãn hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + 2}}\).

Khi đó, ta có hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l} - 3a + 2b - c = 0\\a - b + c = 1\\ - 9a + 3b - c = - 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 3\\c = 3\end{array} \right.\).

Vậy công thức xác định hàm số đã cho là \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}}\).

a) Sai. Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0 \).

b) Đúng. Vì \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\) nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Khi đó, \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 ;\,\,\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \), suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \).

c) Đúng. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \\\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \end{array} \right.\), do đó \(\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} \).

d) Sai. Ta có \(\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} } \right) + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + 4\overrightarrow {GO} + \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + 4\overrightarrow {GO} = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {GS} = 4\overrightarrow {OG} \).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + x\) có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta có: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1\).

Đáp án: \(1\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{2x - 1}} = - \infty \), suy ra đường thẳng \(x = \frac{1}{2}\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Ta có \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{2{x^2} - x}} = \frac{1}{2}\);

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{2x - 1}} - \frac{1}{2}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 5x + 2}}{{4x - 2}} = - \frac{5}{4}\).

Suy ra đường thẳng \(y = \frac{1}{2}x - \frac{5}{4}\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Vậy điểm \(I\left( {\frac{1}{2};\, - 1} \right)\), khi đó \(\frac{1}{2} + \left( { - 1} \right) = - \frac{1}{2} = - 0,5\).

Đáp án: \( - 0,5\).

Gọi chiều rộng của đáy bể bơi là \(x,\,x > 0.\) Suy ra, chiều dài của đáy bể bơi là \(3x.\)

\(h\) là chiều cao của bể bơi \(\left( {h > 0} \right).\)

Theo giả thiết: \(V = 150 \Leftrightarrow h \cdot 3{x^2} = 150 \Leftrightarrow h = \frac{{150}}{{3{x^2}}} = \frac{{50}}{{{x^2}}}.\)

Diện tích các mặt bên và mặt đáy bể bơi là:\(S = 2hx + 6hx + 3{x^2} = 8hx + 3{x^2} = \frac{{400}}{x} + 3{x^2}\).

Ta có: \(S' = - \frac{{400}}{{{x^2}}} + 6x = \frac{{6{x^3} - 400}}{{{x^2}}}\); \(S' = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{400}}{6}}} \approx 4,05\).

Lập BBT suy ra S đạt GTNN khi \(x = 4,05{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Vậychiều rộng của đáy bể bơi là\(x = 4,05{\rm{ m}}\)để khi thi công tiết kiệm nguyên vật liệu nhất.

Đáp án: 4,05.

Ta có \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \) và \(\left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {SAD} = 60^\circ \).

Do đó \(\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AD} = \left| {\overrightarrow {AS} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot \cos \widehat {SAD} = AS \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 2\).

Đáp án: 2.

Giả sử miếng bìa hình vuông \(ABCD\), đáy của hình chóp tứ giác đều là hình vuông \(MNPQ\) tâm \(O\) có cạnh bằng \(x\) dm \(\left( {0 < x < 6\sqrt 2 } \right)\) như hình vẽ. Gọi \(H,\,K\) lần lượt là trung điểm của \(MQ\) và \(NP\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 6 dm nên \(AC = 6\sqrt 2 \) dm, \(HK = x\) dm.

Ta có \(AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2 - \frac{x}{2}\) dm.

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là:

\(h = AO = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} \) (dm).

Thể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)} \) (dm³).

Để tìm giá trị lớn nhất của \(V\) ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)\) với \(0 < x \le 3\sqrt 2 \).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^3}\left( { - 15\sqrt 2 x + 72} \right)\), \(f'\left( x \right) = 0\) khi \(x = 0\) hoặc \(x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}\).

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3\sqrt 2 } \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) = \frac{{1\,492\,992}}{{3125}}\).

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng \({V_{\max }} = \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{1\,492\,992}}{{3125}}} = \frac{{288\sqrt {10} }}{{125}}\) (dm³).

a) Ước tính dân số của quốc gia đó vào năm 2045 là: \[N\left( {22} \right) = 100{e^{0,012 \cdot 22}} \approx 130,21\] (triệu người).

b) Ta có hàm tốc độ tăng dân số của quốc gia đó là: \[N'\left( t \right) = 1,2{e^{0,012t}}\].

Để tốc độ tăng dân số của quốc gia đó sẽ lớn hơn \[1,8\] triệu người/năm

\[ \Leftrightarrow N'\left( t \right) = 1,2{e^{0,012t}} > 1,8 \Leftrightarrow t > \frac{1}{{0,012}}\ln \frac{3}{2} \approx 33,79\].

Vậy sau ít nhất 34 năm thì tốc độ tăng dân số của quốc gia đó sẽ lớn hơn \[1,8\] triệu người/năm.

Gọi \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {O{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\,\overrightarrow {O{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {O{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} \). Lấy các điểm \({D_1},{A'_1},\,{B'_1},\,{D'_1}\) sao cho \(O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}\) là hình hộp như hình dưới đây.

Theo quy tắc hình hộp, ta có: \(\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{B_1}} + \overrightarrow {O{C_1}} = \overrightarrow {O{{D'}_1}} \).

Mặt khác, do các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}} \) đôi một vuông góc và \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 15\) (N) nên hình hộp \(O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}\) có ba cạnh \(O{A_1},\,O{B_1},\,O{C_1}\) đôi một vuông góc và bằng nhau.

Do đó, hình hộp \(O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}\) là hình lập phương có độ dài cạnh bằng 15.

Suy ra độ dài đường chéo của hình lập phương đó bằng \(15\sqrt 3 \).

Do chiếc đèn ở vị trí cân bằng nên \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P \), ở đó \(\overrightarrow P \) là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn.

Vậy trọng lượng của chiếc đèn là \(\left| {\overrightarrow P } \right| = \left| {\overrightarrow {O{{D'}_1}} } \right| = 15\sqrt 3 \) (N).