Đề thi giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 09

Đáp án đúng là: D

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\), đồ thị hàm số đi xuống từ trái sang phải nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng này.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Quan sát bảng xét dấu, ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $y=x^3–3x^2+2$ $y^{\text{'}}=3x^2-6x$

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

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) và đạt cực đại tại \(x = 0\).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(y = 3{x^4} - 6{x^2} + 1\) \( \Rightarrow y' = 12{x^3} - 12x\).

          \(y' = 0 \Leftrightarrow 12{x^3} - 12x = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1.\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) và

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  \pm 1\) và \({y_{CT}} =  - 2.\)

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(V(T) = 999,87 - 0,06426T + 0,0085043{T^2} - 0,0000679{T^3}.\)

     \( \Rightarrow V'\left( T \right) =  - 0,06426 + 0,0170086T - 2,{037.10^{ - 4}}{T^2}\)

\(V'\left( T \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2,{037.10^{ - 4}}{T^2} + 0,0170086T - 0,06426 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}T \approx 79,53\,\,\,\,(L)\\T \approx 3,97\,\,\,\,\,(TM)\end{array} \right.\).

Ta có bảng xét dấu như sau:

Vậy thể tích giảm khi \(T \in \left( {0^\circ C;3,97^\circ C} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + \left( {4 - m} \right)x\); \(y' = 3{x^2} - 6x + 4 - m\).

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì \(y' \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 4 - m \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).\)

\( \Leftrightarrow m \le 3{x^2} - 6x + 4,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).\)

\( \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {2; + \infty } \right)} g(x)\) với \(g(x) = 3{x^2} - 6x + 4.\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = 6x - 6\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra \(m \le 4\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy \(m \in \left( { - \infty ;4} \right]\) thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: B

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Giá trị lớn nhất của đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;3} \right]\) là \(M = 4\) khi \(x =  - 1\).

Giá trị nhỏ nhất của đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;3} \right]\) là \(m =  - 3\) khi \(x =  - 2\).

Suy ra: \(2m - 3M\)= \(2.\left( { - 3} \right) - 3.4\) = \( - 18\).

Đáp án đúng là: A

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy:

Xét trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\), giá trị lớn nhất của hàm số là \(f\left( 0 \right) = 5\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{[ - 1;3]} \)\[f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\].

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: \(D = \left[ {1; + \infty } \right)\).

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

\(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {x - 1}  - 1}}{{2\sqrt {x - 1} }} = 0\)\( \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 1}  = 1 \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}\).

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số có giá trị nhỏ nhất là \(\frac{3}{4}\) và không có giá trị lớn nhất.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[y = \;\frac{{2{x^2} + 3x + 3}}{{x + 1}}\] \( \Rightarrow y' = \frac{{2{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ {0;2} \right]\\x =  - 2 \notin \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.\).

Xét trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\), ta tính được các giá trị \(y\left( 0 \right) = 3,y\left( 2 \right) = \frac{{17}}{3}\).

Vậy \(M = \frac{{17}}{3},m = 3.\)

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(y = \frac{{x + {m^2}}}{{x - 1}}\)\( \Rightarrow y' = \frac{{ - 1 - {m^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Vì \( - 1 - {m^2} < 0\,\,\forall m \in \mathbb{R} \Rightarrow \frac{{ - 1 - {m^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {2;3} \right]\).

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 14\).

Ta có: \(y\left( 3 \right) = \frac{{3 + {m^2}}}{{3 - 1}} = 14\)\( \Rightarrow {m^2} = 25\) \( \Leftrightarrow m =  \pm 5\).

Mà theo đề bài, \(m\) nhận giá trị nguyên dương nên \(m = 5.\)

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của tham số \(m\) thỏa mãn.

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Đường thẳng \(x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Đường thẳng \(x =  - 2\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Đường thẳng \(y = 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy tiệm cận đứng \(x =  - 2\), tiệm cận ngang \(y = 1\).

Đáp án đúng là: A

Xét các đáp án A, B, C, D ta lấy tử số chia mẫu số. Ta có:

Đáp án A, ta có:

Vậy đường thẳng \(y = 2x - 1\) là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2{x^2} - 3x + 5}}{{x - 1}}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có điều kiện xác định: \(D = \left[ { - 4; + \infty } \right)\backslash \left\{ {0; - 1} \right\}.\)

Xét: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {x + 4}  - 2}}{{{x^2} + x}} = 0\).

Do đó, đường thẳng \(y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x^2+x}=+\infty .$

$\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x^2+x}=-\infty .$

Do đó, \(x =  - 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x^2+x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x}{x\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+4}+2\right)}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+4}+2\right)}=\frac{1}{4}$

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x^2+x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x}{x\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+4}+2\right)}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+4}+2\right)}=\frac{1}{4}$

Do đó, \(x = 0\) không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

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

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

Do đó, \(y = 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \frac{{x - 2}}{{x + 2}} =  + \infty .\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \frac{{x - 2}}{{x + 2}} =  - \infty .\)

Do đó, \(x =  - 2\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tọa độ giao điểm \(I\) của hai đường tiệm cận của đồ thị \[\left( C \right)\] là \(I\left( { - 2;1} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'}  = \overrightarrow {D'C'}  = \overrightarrow {DC} \) và .

Đáp án đúng là: A

Có \(M,N,G\) lần lượt là trung điểm \(AB,CD,MN\). Theo quy tắc trung điểm, ta có:

\(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  = 2\overrightarrow {GM} \); \(\overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 2\overrightarrow {GN} \); \(\overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GN}  = \overrightarrow 0 \).

Suy ra \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \overrightarrow 0 \) hay \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow {DG} \).

Với \(O\) là điểm bất kì, ta có:

$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GD}$

                                  \( = 4\overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} \)\( = 4\overrightarrow {OG} \).

Vậy đáp án A sai và các đáp án B, C, D đúng.

Đáp án đúng là: B

Theo đề bài, \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) là hai vectơ đều khác vectơ \(\overrightarrow 0 \). Ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right)\)

                       \( = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

                       \( = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos 60^\circ  - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 60^\circ \)

                        \( = 0\).

Suy ra \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 90^\circ \).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\overrightarrow {IJ}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right)\).

Vì tam giác \(ABC\) có \(AB = AC\) và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) nên tam giác \(ABC\) đều.

Suy ra \(CI \bot AB\).

Tương tự ta có tam giác \(ABD\) đều nên \(DI \bot AB\).

Xét: $\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}\right).\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{IC}.\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{AB}$

Suy ra \(\left( {\overrightarrow {IJ} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 90^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Gọi \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) là ba lực tác động vào vật tại điểm \(O\) lần lượt có độ lớn \(25N,12N,4N\).

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

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

Hợp lực tác động vào vật là:

\(\overrightarrow F  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OE} .\)

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(OBD\), ta có:

\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} - 2.BD.OB.\cos \widehat {OBD} = O{A^2} + O{B^2} + 2.OA.OB.\cos 100^\circ \)

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

Do đó, tam giác \(DOE\) vuông tại \(D\).

Ta có: \(O{E^2} = O{C^2} + O{D^2} = O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2.OA.OB.\cos 100^\circ \).

Suy ra:

\(OE = \sqrt {O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2.OA.OB.\cos 100^\circ } \)\( = \sqrt {{4^2} + {{25}^2} + {{12}^2} + 2.25.12.\cos 100^\circ } \)

\(OE \approx 26N\).

Vậy độ lớn của hợp lực \(F = OE \approx 26N\).

Đáp án đúng là: A

Trong không gian với hệ trục \[Oxyz\], có \(\overrightarrow a  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k \) nên tọa độ \(\overrightarrow a  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Trong không gian \[Oxyz\], hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {3;5;2} \right)\) trên trục \(Ox\) có tọa độ \(\left( {3;0;0} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có điểm đối xứng của \(A\left( {1;2; - 3} \right)\) qua mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] ta được điểm có tọa độ \(\left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\), ta có: \(\overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {AB} \).

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 0 = 0 - \left( { - 3} \right)\\y - 0 = 2 - 0\\z - 1 = 0 - 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\\z = 1\end{array} \right.\). Vậy \(C\left( {3;2;1} \right)\).

Gọi \(C'\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\), ta có: \(\overrightarrow {CC'}  = \overrightarrow {AA'} \).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} - 3 = 1 - \left( { - 3} \right)\\{y_0} - 2 = 2 - 0\\{z_0} - 1 = 3 - 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 7\\{y_0} = 4\\{z_0} = 4\end{array} \right.\). Vậy \(C'\left( {7;4;4} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 5; - 4; - 1} \right)\) \( \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = \sqrt {42} .\)

            \(\overrightarrow {AC}  = \left( {3;1;2} \right)\) \( \Rightarrow AC = \sqrt {{3^2} + {1^2} + {2^2}}  = \sqrt {14} \).

Ta có: $\cos \widehat{BAC}=\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=\frac{-5.3+\left(-4\right).1+\left(-1\right).2}{\sqrt{42}.\sqrt{14}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

Suy ra \(\widehat {BAC} = 150^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Gọi điểm \(M\) thuộc trục \(Ox\) có tọa độ \(\left( {x;0;0} \right)\).

Theo đề, ta có \(M\) cách đều hai điểm \(A\left( {4;2; - 1} \right)\) và \(B\left( {2;1;0} \right)\) hay \(MA = MB\).

Ta có: \(MA = MB\) \( \Rightarrow \)\(M{A^2} = M{B^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} + {(0 - 2)^2} + {\left[ {0 - \left( { - 1} \right)} \right]^2} = {\left( {2 - x} \right)^2} + {\left( {1 - 0} \right)^2} + {\left( {0 - 0} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 16 + 4 + 1 = {x^2} - 4x + 4 + 1\)

\( \Leftrightarrow 4x = 16\)

\( \Leftrightarrow x = 4.\)

Vậy \(M\left( {4;0;0} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  = 2\overrightarrow {IB} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - x = 2\left( {2 - x} \right)\\2 - y = 2\left( { - 1 - y} \right)\\1 - z = 2\left( {3 - z} \right).\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - 4\\z = 5\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {3; - 4;5} \right)\).

Khi đó, ta có: $M{A}^2-2M{B}^2={\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2-2{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2=-M{I}^2+2\overrightarrow{MI}.\left(\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}\right)+I{A}^2-2I{B}^2$

                      \( =  - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2}\).

Để \[M{A^2}--2M{B^2}\] lớn nhất thì \( - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow MI\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \(M\left( {3; - 4;0} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(3\overrightarrow v  = \left( { - 3; - 6;3} \right)\).

Do đó, \(\overrightarrow u  + 3\overrightarrow v  = \left( { - 2; - 10;3} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\cos \left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left|\overrightarrow{u}\right|.\left|\overrightarrow{v}\right|}=\frac{-1.0+1.\left(-1\right)+0.0}{\sqrt{{\left(-1\right)}^2+1^2+0^2}.\sqrt{0^2+{\left(-1\right)}^2+0^2}}$ $=\frac{-1}{\sqrt{2}.1}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$

Suy ra \(\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 135^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\cos \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{2.1+1.3+\left(-1\right).m}{\sqrt{2^2+1^2+{\left(-1\right)}^2}.\sqrt{1^2+3^2+m^2}}$

Vì \(\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 90^\circ \) nên \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0\).

Suy ra \(2.1 + 1.3 + \left( { - 1} \right).m = 0\) hay \(m = 5\).

Đáp án đúng là: B

Gọi \(G(x;y;z)\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + \left( { - 1} \right) + 0}}{3} = 0\\y = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3} = 0\\z = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow G\left( {0;0;3} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Gọi \(E\left( {x;y;z} \right)\), ta có: \(\overrightarrow {CE}  = 2\overrightarrow {EB} \).

$\iff \left\{\begin{array}{l}x-7=2\left(1-x\right)\\ y-4=2\left(2-y\right)\\ z+2=2\left(-3-z\right)\end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=\frac{8}{3}\\ z=\frac{-8}{3}\end{array}\right.$ $\Rightarrow E\left(3;\frac{8}{3};-\frac{8}{3}\right)$

a) Ta có: \(2\overrightarrow b  = \left( {2;2; - 2} \right)\).

Do đó, \(\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b  = \left( { - 2 - 2;1 - 2;2 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 4; - 1;4} \right)\).

Vậy \(\overrightarrow u  = \left( { - 4; - 1;4} \right)\).

b) Ta có: \(\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}}  = \sqrt {33} \).

Vậy độ dài vectơ \(\overrightarrow u \) là \(\sqrt {33} \).

c) Ta có: $\cos \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{-2.1+1.1+2.\left(-1\right)}{\sqrt{{\left(-2\right)}^2+1^2+2^2}.\sqrt{1^2+1^2+{\left(-1\right)}^2}}=\frac{-\sqrt{3}}{3}$

Vậy \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{ - \sqrt 3 }}{3}\).

Xét: \(h(t) =  - \frac{1}{3}{t^3} + 5{t^2} + 24t\), \(\left( {t > 0} \right).\)

Ta có: \(h'(t) =  - {t^2} + 10t + 24\)

\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow  - {t^2} + 10t + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 12 \in \left( {0; + \infty } \right)\\t =  - 2 \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Để mực nước lên cao nhất thì phải mất 12 giờ.

Vậy phải thông báo cho dân dời đi vào 15 giờ chiều cùng ngày.

Đồ thị \(\left( H \right)\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \({\Delta _1}:x =  - 1\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \({\Delta _2}:y = 4\).

Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{4{x_0} - 5}}{{{x_0} + 1}}} \right) \in \left( H \right)\), \({x_0} \ne  - 1,{x_0} < 0\).

Khi đó, ta có: \({d_1} = d\left( {M,{\Delta _1}} \right) = \left| {{x_0} + 1} \right|\) và \({d_2} = d\left( {M,{\Delta _2}} \right) = \frac{9}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}.\)

\( \Rightarrow {d_1}.{d_2} = \left| {{x_0} + 1} \right|.\frac{9}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} = 9\).

Ta có: \({d_1} + {d_2} \ge 2\sqrt {{d_1}{d_2}}  = 6\) nên \(\min \left( {{d_1} + {d_2}} \right) = 6\) khi \({d_1} = {d_2} \Leftrightarrow \left| {{x_0} + 1} \right| = \frac{9}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}.\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} =  - 4\end{array} \right.\)

Do \({x_0} < 0\) nên chọn \({x_0} =  - 4\), khi đó \(M\left( { - 4;7} \right) \Rightarrow S = 9.\)