Đề thi giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 4

Hàm số đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ; - 2} \right)\] và \[\left( {3; + \infty } \right)\]. Chọn C.

Từ hình vẽ, ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có tọa độ là \(\left( { - 1; - 1} \right)\).Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy hàm số không có giá trị lớn nhất trên TXĐ và hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng \( - 2\) tại \(x = - 1\), \(x = 1\).

Nên đáp án C sai. Chọn C.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = + \infty \Rightarrow x = - 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Chọn A.

Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng \(x = - 3\) và 1 tiệm cận ngang \(y = 2\). Chọn A.

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = 0\)có đúng 1 nghiệm. Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại đúng 1 điểm.Chọn D.

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) và có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = {x_0} > 0\); tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = {y_0} > 0\). Trong các đáp án trên chỉ có đáp án B là thỏa mãn.Chọn B.

Ta có SB→=DB→−DS→=DA→+DC→−DS→. Chọn A.

Do \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) là hai vectơ cùng hướng nên \(\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0^\circ \Rightarrow cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 1\). Vậy \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|\). Chọn A.

Ta có \[y' = 3{x^2} + 6x \Rightarrow y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\]

Bảng biến thiên:

Vậy giá trị cực đại của hàm số bằng 3. Chọn D.

Bảng biến thiên có chiều có dạng là hàm số bậc ba với hệ số \(a < 0\) và và đi qua điểm \(\left( {1;0} \right)\), trong các hàm số đã cho, ta thấy hàm số \[y = - \frac{7}{4}{x^3} + \frac{{21}}{2}{x^2} - \frac{{63}}{4}x + 7\] thoả mãn. Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'} = \left( {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OD'} } \right) = 2\overrightarrow {OO'} + 2\overrightarrow {OO'} = 4\overrightarrow {OO'} \).

Suy ra \(\left| {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'} } \right| = 4\left| {\overrightarrow {OO'} } \right| = 4a\). Chọn A.

a) Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = + \infty \) và\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = - \infty \).

Nên đồ thị \(\left( C \right)\)có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1\).

b) Sai. Ta có \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = x - 4 + \frac{9}{{x + 1}}\).Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x - 4} \right)} \right] = 0\).

Do đó, tiệm cận xiên của \(\left( C \right)\) là đường thẳng \(y = x - 4\).

c) Đúng. TXĐ:\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). Ta có \(y' = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\). Giải \(y' = 0\), ta được \(x = - 4\) và \(x = 2\).

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  và \(\left( { - 1;2} \right)\).

d) Sai. Từ BBT suy ra đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là \(A\left( { - 4; - 11} \right),B\left( {2\,;1} \right)\).

Vậy đường thẳng qua 2 điểm cực trị là \(\frac{{x - 2}}{{2 - \left( { - 4} \right)}} = \frac{{y - 1}}{{1 - \left( { - 11} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{6} = \frac{{y - 1}}{{12}}\)

\( \Rightarrow 12x - 24 = 6y - 6 \Leftrightarrow y = 2x - 3\).

a) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {D'C'} = \overrightarrow {DC} \).

b) Sai. Vì \(\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {AB} \) (do \(ABB'A'\) là hình bình hành), \[\overrightarrow {B'M} = \frac{1}{2}\overrightarrow {B'C'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \] (do \(M\) là trung điểm của \(B'C'\), và \(ADC'B'\) là hình bình hành).

Nên ta có: \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {B'M} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \).

c) Đúng. Ta có: \(3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {AC'} \) (vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(DC'D'\)).

Mà \(\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD} \) (vì \(ADD'A'\) là hình bình hành), \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \) (do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp).

Nên \(3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AA'} + 3\overrightarrow {AD} \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD} \).

Bình phương 2 vế và lưu ý \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'} = 0\) (các vectơ đôi một vuông góc) ta có:

\(A{G^2} = \frac{1}{9}A{B^2} + \frac{4}{9}A{A'^2} + A{D^2} = \frac{1}{9}{a^2} + \frac{4}{9}{c^2} + {b^2}\)\( \Rightarrow AG = \sqrt {\frac{1}{9}{a^2} + \frac{4}{9}{c^2} + {b^2}} \).

d) Sai. Vì \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'} = 0\) (các vectơ đôi một vuông góc).

Nên ta có: \(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AG} = \left( {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) \cdot \left( {\frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)\)

                                 \( = \frac{1}{3}A{B^2} + \frac{1}{2}A{D^2} + \frac{2}{3}A{A'^2}\)\( = \frac{1}{3}{a^2} + \frac{1}{2}{b^2} + \frac{2}{3}{c^2}\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } S\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 500\left( {3 - \frac{7}{{3 + x}}} \right) = 1500\).

Vậy đồ thị hàm số \(y = S\left( x \right)\) nhận đường thẳng \(y = 1500\) làm tiệm cận ngang, tức là khi \(x\) càng lớn lượng sản phẩm bán ra sẽ tiến gần đến mức \(1500\) (sản phẩm/tháng).

Đáp án:1500.

Ta có \[y' = 3{x^2} + 2ax + b\].

Đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {0;2} \right)\]; hàm số có hai điểm cực trị là \[x = 0\]và \[x = 2\], nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}c = 2\\b = 0\\12 + 4a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 0\\c = 2\end{array} \right.\].

Vậy \[a + 2b + 3c = - 3 + 6 = 3\].

Đáp án:3.

Điều kiện: \(2 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le x \le \sqrt 2 \).

Tập xác định của hàm số \(y = x + \sqrt {2 - {x^2}} \) là \(D = \left[ { - \sqrt 2 ;\,\sqrt 2 } \right]\).

Ta có \(y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {2 - {x^2}} }}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = x \Rightarrow x = 1 \in \left( { - \sqrt 2 ;\,\sqrt 2 } \right)\).

\(y\left( { - \sqrt 2 } \right) = - \sqrt 2 \); \(y\left( {\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 \); \(y\left( 1 \right) = 2\).

Khi đó, \[M = \max y = y\left( 1 \right) = 2;\,\,m = \min y = y\left( { - \sqrt 2 } \right) = - \sqrt 2 \].

Vậy \(M - \sqrt 2 \cdot m = 2 - \sqrt 2 \cdot \,\left( { - \sqrt 2 } \right) = 4\).

Đáp án:4.

Ta có \[{\left| {2\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {2\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2} = 4{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + 4\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = 4 \cdot {3^2} + 4 \cdot \left( { - 3} \right) + {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 36\].

Suy ra \[\left| {2\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {36} = 6\].

Đáp án:6.

Gọi \[E,F\]là hình chiếu của \[A,B\]trên bờ sông. \[D\]là hình chiếu của \[A\]trên \[BF\].

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác \[ADB\]ta có

\[AD = \sqrt {A{B^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{615}^2} - {{\left( {487 - 118} \right)}^2}} = 492\,\,{\rm{m}}\].

Đặt \[EM = x\,\left( {0 \le x \le 492} \right)\]ta có quãng đường mà người đi lấy nước phải đi là

\[S = AM + MB = \sqrt {{{118}^2} + {x^2}} + \sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} = \sqrt {{{118}^2} + {x^2}} + \sqrt {{x^2} - 984x + 479233} \].

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f\left( x \right) = \sqrt {{{118}^2} + {x^2}} + \sqrt {{x^2} - 984x + 479233} \] trên đoạn \[\left[ {0;492} \right]\].

Cách 1: Sử dụng máy tính dừng chức năng TABLE thu được \[\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;492} \right]} f\left( x \right) = 779,8\,{\rm{m}}\].

Cách 2: Ta có \[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} + \frac{{x - 492}}{{\sqrt {{x^2} - 984x + 479233} }}\]

\[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} = \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{x^2} - 984x + 479233} }} \Rightarrow 223245{x^2} + 13701216x - 13924 \cdot 242064 = 0\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{58056}}{{605}}\\x = - \frac{{472}}{3}\;\left( l \right)\end{array} \right. \Rightarrow x = \frac{{58056}}{{605}}\].

Ta có BBT:

Vậy \[\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;492} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right) \approx 779,8\,{\rm{m}}\].

Gọi \(x\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) là cạnh đáy của chiếc thùng \(\,\left( {x > 0} \right)\).

Khi đó diện tích đáy thùng là \(x{\,^2}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Vì thể tích thùng là \(2000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\) nên chiều cao hộp là \(h = \frac{{2000}}{{{x^2}}}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Tổng diện tích các bề mặt của chiếc thùng là: \(S = 2{x^2} + 4xh = \,\,2{x^2} + \frac{{8000}}{x}\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Ta có \(S' = 4x - \frac{{8000}}{{{x^2}}}\,\, = \frac{{4{x^3} - 8000}}{{{x^2}}};\,\,\,S'\, = 0 \Leftrightarrow x = 10\sqrt[3]{2}\).

Bằng cách bảng biến thiên, dễ thấy diện tích bề mặt thùng nhỏ nhất khi cạnh đáy của thùng là \(10\sqrt[3]{2}\) và chiều cao của thùng là \(\frac{{20}}{{\sqrt[3]{4}}}\).

Vậy nguyên liệu để sản xuất chiếc thùng là ít nhất khi chiều cao thùng là \(\frac{{20}}{{\sqrt[3]{4}}}\,\,{\rm{cm}}.\)

Theo hình vẽ ta có các vectơ \[\overrightarrow {AS} ,\,\overrightarrow {BS} ,\,\overrightarrow {CS} ,\,\overrightarrow {DS} \] biểu thị các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {{F_4}} \).

Khi đó, \(\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {AS} + \,\overrightarrow {BS} + \,\overrightarrow {CS} + \,\overrightarrow {DS} \)

\( = - \left( {\overrightarrow {SA} + \,\overrightarrow {SB} + \,\overrightarrow {SC} + \,\overrightarrow {SD} } \right) = - \left[ {\left( {\overrightarrow {SA} + \,\overrightarrow {SC} } \right) + \,\left( {\overrightarrow {SB} + \,\overrightarrow {SD} } \right)} \right]\)

\( = - \left( {2\overrightarrow {SO} + 2\overrightarrow {SO} } \right) = - 4\overrightarrow {SO} \).

Vì các đoạn dây cáp có độ dài bằng nhau và góc tạo bởi hai đoạn dây cáp đối diện nhau là 60° nên tam giác \[SAC\] cân và \[\widehat {ASC} = 60^\circ \], do đó tam giác \[SAC\] đều, suy ra \[SO = SA \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].

Khi đó, \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4SO = 4 \cdot SA \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 4 \cdot 5\,000 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\,000\sqrt 3 \,\,{\rm{(N)}}{\rm{.}}\)

Ta có \[\overrightarrow P = m \cdot \overrightarrow g \], suy ra \[P = m \cdot g = 10m\].

Để cần cẩu nâng được thùng hàng thì \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} } \right| \ge P\).

Suy ra \(10\,000\sqrt 3 \ge 10m \Rightarrow m \le 1\,000\sqrt 3 \,\,{\rm{(kg)}}\).

Vậy \(m \le 1\,000\sqrt 3 \,\,{\rm{(kg)}}\).