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

Từ đồ thị, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\). Chọn D.

Từ BBT suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\). Chọn C.

Nhìn đồ thị suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\) là \(1\). Chọn C.

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - 1\]\( \Rightarrow \) đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right).\)Chọn C.

Quan sát hình, ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng \[x = 1,\] đường tiệm cận ngang \[y = 2.\]Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta có đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = - 2020\) tại \(2\)điểm. Chọn C.

Đồ thị có dạng như hình vẽ nên loại A và D.

Do đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng  nên loại C. Chọn B.

Có 6 vectơ thỏa mãn là: \(\overrightarrow {SC} ;\,\,\overrightarrow {CS} ;\,\,\overrightarrow {SD} ;\,\,\overrightarrow {DS} ;\,\,\overrightarrow {CD} ;\,\,\overrightarrow {DC} \). Chọn C.

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên ta có \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {A'D'} \). Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\):

Do đó hàm số đã cho có một cực trị.Chọn C.

Đồ thị hàm số \(y = x - 1 + \frac{4}{{x + 2}}\) có đường tiệm cận đứng \(x = - 2\), đường tiệm cận xiên \(y = x - 1\), do đó tâm đối xứng của đồ thị hàm số này có tọa độ là \(\left( { - 2\,; - 3} \right).\)Chọn A.

Ta có \[\overrightarrow {SD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {SD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {SA} \]. Chọn A.

a) Sai. Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} < 0 \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\) và \(\left( { - 3; + \infty } \right).\)

b) Sai. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = \frac{{ - 2}}{1} = - 2.\)

c) Sai. Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 3; + \infty } \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) > f\left( {2025} \right) \Rightarrow \)Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ {0;{\rm{ 2025}}} \right]\) là \[f\left( {2025} \right).\]

d) Đúng. Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I\left( { - 3; - 2} \right)\). Ta có \(d\left( {I,Ox} \right) = \left| { - 2} \right| = 2 < 3.\)

a) Đúng. \(AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AB \bot BC \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 5\), tương tự \(AD = 5\).

\(M\) là trung điểm \(CD\)\( \Rightarrow AM \bot MC\) (do \(\Delta ACD\) cân tại \(A\))\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {MC} = 0\).

b) Sai. Ta có \(\left| {\overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 5\).

c) Đúng. Ta có \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\)\( \Rightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \) .

\(\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} \)

\( = 3\overrightarrow {AG} + \left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right) = 3\overrightarrow {AG} + \overrightarrow 0 = 3\overrightarrow {AG} \).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).

d) Sai. Từ đẳng thức \(\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\), ta suy ra\(AG < \frac{1}{3}\left( {\left| {\vec a} \right| + \left| {\vec b} \right| + \left| {\vec c} \right|} \right) = \frac{1}{3}\left( {4 + 5 + 5} \right) = \frac{{14}}{3}\).

Ngoài ra, ta có thể tính \(AG\) bằng định lý Pythagore.

Ta có \(BG = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \). Khi đó, \(AG = \sqrt {B{G^2} + A{B^2}} = \sqrt {19} < \frac{{14}}{3}\).

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm \[t\] bằng đạo hàm cấp một của phương trình chuyển động tại thời điểm \[t\], ta có \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5\).

Xét hàm \(v\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5\) với \[t \ge 0\]. Ta có \(v'\left( t \right) = 2t - 6;\)\(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, bắt đầu từ giây thứ \({t_0} = 3\) thì vận tốc của vật bắt đầu tăng.

Đáp án:3.

Ta có \(C\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{ - x + d}} \cdot \) Từ đồ thị suy ra \(b = 0\,;d = 100\,;\,a = 200 \Rightarrow C\left( x \right) = \frac{{200x}}{{100 - x}} \cdot \)

Chi phí chênh lệch là \(\Delta C = \left| {C\left( {99} \right) - C\left( {90} \right)} \right| = \left| {\frac{{200 \cdot 99}}{{100 - 99}} - \frac{{200 \cdot 90}}{{100 - 90}}} \right| = 18\,000\) (triệu đồng)\( = 18\) (tỉ đồng).

Đáp án:18.

Ta có: \[\left. \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \\\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} \end{array} \right\} \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {DN} + \overrightarrow {CN} \].

Mà \[M\] và \[N\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[CD\] nên \[\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {BM} = - \overrightarrow {MB} ;\,\,\overrightarrow {DN} = \overrightarrow {NC} = - \overrightarrow {CN} \]

Do đó \[2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)\]. Vậy \(k = \frac{1}{2} = 0,5\).

Đáp án:0,5.

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn .

Ta có y'=6x2+6x−12; y'=0⇔x=1∈−1;3x=−2∉−1;3.

Nên y−1=14;y1=−6;y3=46.

Vậy M=46;m=−6⇒M+m=40.

Đáp án:40.

Giả sử điểm \(C\left( {x;2\,{{\rm{e}}^{ - {x^2}}}} \right)\) với \(x > 0\).

Diện tích của hình chữ nhật \(ABCD\) là \(f\left( x \right) = 4x \cdot {{\rm{e}}^{ - {x^2}}}\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{{\rm{e}}^{ - {x^2}}} - 8{x^2}{{\rm{e}}^{ - {x^2}}}\)\( = 4{{\rm{e}}^{ - {x^2}}}\left( {1 - 2{x^2}} \right)\).

\(f'\left( x \right) = 0\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\,\,\,\,\,\left( n \right)\\x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\,\,\,\,\,\,\left( l \right)\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Vậy maxS▭ABCD=22e.

Gọi \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow M\left( {{x_0};\frac{{x_0^2 + 4{x_0} + 5}}{{{x_0} + 2}}} \right)\].

Gọi \[\left( d \right)\] là khoảng cách từ \[M\] đến đường thẳng \[3x + y + 6 = 0\].

Ta có \[d = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\left| {\frac{{4x_0^2 + 16{x_0} + 17}}{{{x_0} + 2}}} \right| = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\left| {4\left( {{x_0} + 2} \right) + \frac{1}{{{x_0} + 2}}} \right| \ge \frac{4}{{\sqrt {10} }}\].

Đẳng thức xảy ra \[ \Leftrightarrow 4\left| {{x_0} + 2} \right| = \frac{1}{{\left| {{x_0} + 2} \right|}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{ - 3}}{2} \Rightarrow {y_0} = \frac{5}{2}\\{x_0} = \frac{{ - 5}}{2} \Rightarrow {y_0} = - \frac{5}{2}\end{array} \right.\].

Vậy có hai điểm thoả yêu cầu bài toán là \[{M_1}\left( {\frac{{ - 3}}{2};\frac{5}{2}} \right)\] và \[{M_2}\left( {\frac{{ - 5}}{2};\frac{{ - 5}}{2}} \right)\].

Gọi \(\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} ;\overrightarrow {{F_3}} \) là ba lực tác động vào vật đặt tại điểm \(O\) lần lượt có độ lớn là \(30{\rm{N}};\,30{\rm{N}};\,40{\rm{N}}\).

Vẽ \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {{F_1}} ;\,\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {{F_2}} ;\,\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {{F_3}} \).

Dựng các hình bình hành \(OADB\) và \(ODEC\).

Hợp lực tác dụng vào vật là \(\overrightarrow F = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE} \).

Hình bình hành \(OADB\) có \(\widehat {AOB} = 120^\circ \) và \(OA = OB\) nên \(\Delta OBD\) đều, suy ra \(OB = OD = 30{\rm{N}}\).

Vì \(OC \bot \left( {OAB} \right)\) nên \(OC \bot OD\), suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.

Do đó, \(\Delta ODE\) vuông tại \(D\).

Ta có \(O{E^2} = O{C^2} + O{D^2} = {40^2} + {30^2} = {50^2}\), suy ra \(OE = 50\).

Vậy hợp lực có độ lớn là \(F = 50{\rm{N}}\).