Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 12
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Hàm số \(y = \frac{1}{x}\) nghịch biến trên khoảng
\(\left( {0; + \infty } \right).\)
\(\left( { - \infty ; + \infty } \right).\)
\(\left( { - \infty ;1} \right).\)
\(\left( { - 1; + \infty } \right).\)
Ta có
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)
\(y' = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } = \frac{{ - 1}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \in D\)
Do đó hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right).\)
\(I\left( {2; - 1;0} \right);R = 4\).
\(I\left( { - 2;1;0} \right);R = 2\).
\(I\left( {2; - 1;0} \right);R = 2\).
\(I\left( { - 2;1;0} \right);R = 4\).
Ta có \(\left( S \right)\,\,:\,{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 4\), suy ra \(I\left( { - 2;1;0} \right);\;R = 2\).
\(\left( { - 2;\,1;\,3} \right).\)
\(\left( {2;\, - 1;\, - 3} \right).\)
\(\left( {4;\, - 2;\, - 6} \right).\)
\(\left( {1;\,1;\,1} \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{ - 1 + 3}}{2} = 1\\{y_I} = \frac{{2 + 0}}{2} = 1\\{z_I} = \frac{{4 - 2}}{2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow I\left( {1;\,1;\,1} \right).\)
\(\sqrt 8 \).
\(\sqrt {10} \).
\(\sqrt {12} \).
\(\sqrt 6 \).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 6 \).
\(2\).
\(4\).
\(1\).
\(3\).
Ta có:
+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0\)\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có \(2\) đường tiệm cận ngang là \(y = - 1\) và \(y = 0\).
+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = - \infty \) \( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có \(1\) đường tiệm cận đứng là \(x = - 2\).
Vậy, đồ thị hàm số có \(3\) đường tiệm cận.
1.
-2.
0.
2.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ { - 1;3} \right]\)bằng -2.
\(m = 1\).
\(m = 3\).
\(m = 4\).
\(m = - 17\).
Xét \(y' = - 3{x^2} + 6x = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Bảng biến thiên ở trong hình vẽ là của hàm số nào dưới đây?
\(y = {x^4} - 2{x^2} - 3\).
\(y = {x^3} - 3x + 4\).
\(y = - {x^3} - 3x + 2\).
\(y = - {x^3} + 3x + 2\).
Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số sẽ là đồ thị hàm bậc ba có hệ số \(a < 0\), có một cực đại và một cực tiểu nên phương trình \(y' = 0\) phải có hai nghiệm phân biệt. Như vậy loại đáp án B và D.
Xét hàm số \(y = - {x^3} - 3x + 2\) có \(y' = - 3{x^2} - 3 = - 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0\,,\,\forall x \in \mathbb{R}\), nên loại đáp án C.
Xét phương án A: \(y = - {x^3} + 3x + 2\) có \(y' = - 3{x^2} + 3 = - 3\left( {{x^2} - 1} \right)\), \(y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\). Xét dấu\(y'\) được bảng biến thiên như trên.
\[a > 0;\,b > 0;c < 0.\]
\[a < 0;\,b > 0;c > 0.\]
\[a > 0;\,b < 0;c < 0.\]
\[a < 0;\,b < 0;c > 0.\]
Dựa vào dạng đồ thị ta thấy: \[a < 0\].
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên: \[ab < 0 \Rightarrow b > 0\].
Với \[x = 0\] ta có: \[y\left( 0 \right) = c > 0\].
\(\left( {2;\,3;\, - 1} \right)\).
\(\left( {2;\, - 3;\,1} \right)\).
Gọi \(G\left( {x;\,y;\,z} \right)\) là tọa độ trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4}\\y = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4}\\z = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 - 2 + 3 + 6}}{4}\\y = \frac{{0 + 1 + 2 + 9}}{4}\\z = \frac{{2 + 3 + 4 - 5}}{4}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 1\end{array} \right.\)
1.
3.
2.
5.
Xét \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){\left( {{x^2} - 1} \right)^3}\left( {x + 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^4}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Lưu ý: có thể dùng tính chất nghiệm bội chẵn, nghiệm bội lẻ để giải bài toán nhanh hơn.
\(\overrightarrow a + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right).\;\)
\(\overrightarrow a + \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right).\)
\(\overrightarrow a + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right).\)
\(\overrightarrow a + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right).\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(y = \frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x - 3}}\) có đồ thị là \(\left( C \right)\).
Đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận xiên là \(y = - x - 6\).
Đồ thị \(\left( C \right)\) nhận giao điểm \(I\left( {3; - 9} \right)\) làm tâm đối xứng.
Đồ thị không cắt trục \(Ox\).
Đồ thị \(\left( C \right)\) có hai điểm cực trị nằm 2 phía đối với \(Oy\).
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
(a) Đúng: Ta có \(y = - x - 6 - \frac{{14}}{{x - 3}}\)
Khi đó tiệm cận xiên là \(y = - x - 6\) và có tiệm cận đứng là \(x = 3\).
(b) Đúng: Suy ra giao điểm 2 tiệm cận là \(I\left( {3, - 9} \right)\) là tâm đối xứng.
(c) Đúng: Ta có: \(y' = \frac{{ - x + 6x + 5}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 5 = 0\) \(\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) luôn có 2 nghiệm \({x_1} < 0 < {x_2}\) nên \(\left( C \right)\) luôn có 2 điểm cực trị nằm 2 phía đối với \(Oy\).
(d) Sai: Ta có \(y = 0 \Leftrightarrow - {x^2} - 3x + 4 = 0\). Phương trình luôn có 2 nghiệm (vì \(\left( { - 1} \right).4 < 0\))
Suy ra \(\left( C \right)\) cắt \(Ox\) tại hai điểm phân biệt.
Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh \(2016\left( {cm} \right)\). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng \[x\left( {cm} \right)\], rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Hỏi:
Để hộp nhận được có thể tích lớn nhất thì \[x = 250\left( {cm} \right)\].
Để hộp nhận được có thể tích lớn nhất thì \[x = 336\left( {cm} \right)\].
Hộp nhận được có thể tích lớn nhất là \[606928896\left( {c{m^3}} \right)\].
Hộp nhận được có thể tích lớn nhất là \[606928000\left( {c{m^3}} \right)\].
a) | S | b) | Đ | c) | Đ | d) | S |
Điều kiện: \[0 < x < 1008,\] ta có.
\[V = h.B = x{\left( {2016 - 2x} \right)^2} = f\left( x \right)\].
Xét hàm số \[f\left( x \right) = x{\left( {2016 - 2x} \right)^2} = x{\left( {a - 2x} \right)^2},a = 2016.\].
Với \[x \in \left( {0;1008} \right),\] ta có: \[f'\left( x \right) = 12{x^2} - 8ax + {a^2};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 336\].
Bảng biến thiên
Suy ra V đạt giá trị lớn nhất là \[606928896\left( {c{m^3}} \right)\]khi \[x = 336\left( {cm} \right)\].
Vậy để thể tích hộp lớn nhất, cần cắt bốn góc bốn hình vuông có cạnh \[x = 336.\]
Cho hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} - \left( {m - 6} \right)x + 1\)(tham số \[m\]). Khi đó:
Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\) thì \(m \le 2\)
Với \(m = 6\) thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\)
Với \(m = 0\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số\(m\) để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\) là \(\left( { - \infty ;a} \right]\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x + 2024} \right) = 2027\)
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
\(y' = 3{x^2} - 2mx - \left( {m - 6} \right)\). Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\)thì:\(y' \ge 0\),\(\forall x \in \left( {0;4} \right)\).
tức là \(3{x^2} - 2mx - \left( {m - 6} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} \ge m\,\forall x \in \left( {0;4} \right)\)
Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}}\) trên \(\left( {0;4} \right)\).
\(g'\left( x \right) = \frac{{6{x^2} + 6x - 12}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\),\(\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;4} \right)\\x = - 2 \notin \left( {0;4} \right)\end{array} \right.\)
Ta có bảng biến thiên:
Vậy để \(g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} \ge m\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)\)thì \(m \le 3\).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm \(A\left( {2;\,1;\, - 1} \right)\), \(B\left( {3;\,1;\,0} \right)\), \(C\left( { - 1;\,1;\,3} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Ba điểm \(A,\,B,\,D\left( {4;1;1} \right)\)thẳng hàng.
Góc \(\widehat {ABC} = 45^\circ \).
Ba điểm \(A,\,B,\,C\)không thẳng hàng.
\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0; - 7;0} \right)\).
a) | Đ | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
Ta có
\(\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;4} \right)\), \(\overrightarrow {AB} \ne k\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3k;0;4k} \right)\) với mọi \(k\)nên hai véctơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \)không cùng phương, dó đó ba điểm \(A,\,B,\,C\)không thẳng hàng.
(b) Đúng.
Ta có
\[\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AD} = \left( {2;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AB} \], dó đó ba điểm \(A,\,B,\,D\) thẳng hàng.
(c) Sai.
Ta có
\[\overrightarrow {BA} = \left( { - 1;0; - 1} \right),\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 4;0;3} \right) \Rightarrow \cos \widehat {ABC} = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{1}{{5\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {ABC} \approx 82^\circ \]
(d) Đúng.
Ta có
\[\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;4} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0.4 + 0.1;1.\left( { - 3} \right) - 1.4;1.0 + 0.\left( { - 3} \right)} \right) = \left( {0; - 7;0} \right)\]
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Từ một tấm bìa mỏng hình vuông cạnh 6 \(dm\), bạn Hoa cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là cạnh của hình vuông ban đầu và đỉnh là đỉnh của một hình vuông nhỏ phía trong rồi gập lên, ghép lại tạo thành một khối chóp tứ giác đều. Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu decimét khối?
____
Gọi cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là \(x(dm)\) với \(0 < x < 6\sqrt 2 \) như hình bên.
Ta có:
\(AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2 - \frac{x}{2}.\)
Đường cao của hình chóp tứ giác đều là:
\(h = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} \).
Thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}(18 - 3\sqrt 2 x)} \).
Để tìm giá trị lớn nhất của \(V\) ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số
\(f(x) = {x^4}(18 - 3\sqrt 2 x){\rm{, }}0 < x < 6\sqrt 2 {\rm{. }}\)
Ta có: \({f^\prime }(x) = {x^3}( - 15\sqrt 2 x + 72),{f^\prime }(x) = 0\) khi \(x = 0\) hoặc \(x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}\).
Bảng biến thiên của \(f(x)\) như sau:
Từ bảng biến thiên ta có \({\max _{(0;6\sqrt 2 )}}f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) \approx 477,75\) tại \(x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}\).
Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng:
\({V_{\max }} = \frac{1}{3}\sqrt {{{\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)}^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 \cdot \frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)} \approx 7,3\left( {d{m^3}} \right).\)
Hàm chi phí trung bình
\[\bar C = \bar C(Q) = \frac{C}{Q} = \frac{{\frac{{{Q^2}}}{4} + 3Q + 400}}{Q} = \frac{Q}{4} + 3 + \frac{{400}}{Q}(\]với \[Q > 0){\rm{. }}\]
Ta có \({\bar C^\prime }(Q) = \frac{1}{4} - \frac{{400}}{{{Q^2}}} = \frac{{{Q^2} - 1600}}{{4{Q^2}}} = 0 \Leftrightarrow Q = 40\)
Vì \({\bar C^{\prime \prime }}(Q) = \frac{{800}}{{{Q^2}}} > 0\), nên hàm số \(\bar C\) đạt cực tiểu tại \(Q = 40\).
Chi phí trung bình tối thiểu là \(\bar C(40) = \frac{{40}}{4} + 3 + \frac{{400}}{{40}} = 23\)
Vì \(S.ABCD\)có các cạnh bên bằng nhau nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SI \bot \left( {Oxy} \right)\).
Theo giả thiết ta có \(IJ \bot \left( {Oxy} \right) \Rightarrow S \in {\rm{IJ}}\).
Lại có \(\alpha = \widehat {SCI}\), \(ON = AC = \sqrt {{{900}^2} + {{1200}^2}} = 1500 \Rightarrow CI = \frac{1}{2}AC = 750\).
Từ đó suy ra: \(SI = CI.\tan \alpha = 750.\frac{1}{5} = 150 \Rightarrow SJ = SI + {\rm{IJ}} = 150 + 450 = 600\).
Vậy \(S\left( {450;600;600} \right) \Rightarrow a + b + c = 1650\).
Chào đón năm mới \(2025\), Thành phố trang trí đèn led biểu tượng hình chữ \(V\) được ghép từ các thanh \(AB = 4m\), \(AC = 5m\) sao cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\). Để tăng hiệu ứng, các kỹ sư đã thiết kế một chuỗi led chạy từ \(B\) xuống \(A\) với vận tốc \(4\)\({\rm{m/}}\)phút và một chuỗi led chạy từ \(A\) lên \(C\) với vận tốc \(10\)\({\rm{m/}}\)phút. Sau khi đóng nguồn điện thì cả hai chuỗi led đồng thời xuất phát. Hỏi sau bao nhiêu giây từ thời điểm đóng nguồn thì khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led là nhỏ nhất ?
___
Gọi \(x\)(phút) là khoảng thời gian cả hai chuỗi led đồng thời xuất phát đến \(M\) và \(N\) là hai điểm sáng đầu tiên
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BM = 4x\\AN = 10x\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AM = 4 - 4x\)với \(0 \le x \le 4\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) \( \Rightarrow \cos \widehat {MAN} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{5}\)
Xét tam giác \(AMN\) ta có : \(M{N^2} = A{M^2} + A{N^2} - 2AM.AN.\cos \widehat {MAN}\)
\(M{N^2} = {\left( {4 - 4x} \right)^2} + {\left( {10x} \right)^2} - 2.\left( {4 - 4x} \right).10x.\frac{4}{5}\)\( = 180{x^2} - 96x + 16 = f\left( x \right)\)
Để khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M{N_{\min }} \Leftrightarrow M{N^2}_{\min }\)
Xét \(f\left( x \right) = 180{x^2} - 96x + 16\) với \(x \in \left[ {0;4} \right]\)
\(f'\left( x \right) = 360x - 96 = 0 \Leftrightarrow \)\(x = \frac{4}{{15}}\)\( \Rightarrow M{N^2}\)đạt giá trị nhỏ nhất \( \Leftrightarrow x = \frac{4}{{15}}\) (phút) \( = 16\) (giây)
Vậy sau 16 giây thì hai điểm sáng đầu tiên của chuỗi led có khoảng cách nhỏ nhất.
Với \(g\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} + 5t - 3}}{{t + 1}}\), \(t > 0\) ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} - 2t + 8}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\).
Cho \(g'\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{ - {t^2} - 2t + 8}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = - 4\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên
Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( t \right) = 1\) khi \(t = 2\).
Vậy sau khi tiêm thuốc \(2\) giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.
Đáp số: \(2\)Người ta treo một bóng đèn có khối lượng \(m = 1{\rm{\;kg}}\) bằng cách luồn sợi dây qua một cái móc của đèn và hai đầu dây được gắn chặt trên trần nhà. Hai nửa sợi dây có chiều dài bằng nhau và hợp với nhau một góc bằng \({60^ \circ }\). Tính lực căng của mỗi nửa sợi dây là bao nhiêu? Lấy \(g = 10{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\). (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
_____
Ta có \(\vec P = m\vec g\) nên \(P = \left| {\vec P\left| { = m \cdot } \right|\vec g} \right| = 10{\rm{\;N}}\).
Bóng đèn ở vị trí cân bằng nên \(\vec P + \overrightarrow {{T_1}} + \overrightarrow {{T_2}} = \vec 0\) hay \(\vec P = \overrightarrow {T'} \) với \({\vec T_1} + {\vec T_2} = \vec T'\).
Suy ra \(T' = P = 10{\rm{\;N}}\). Vì \({T_1} = {T_2}\) và \(\left( {{{\vec T}_1},{{\vec T}_2}} \right) = 60^\circ \) nên \(\frac{{T'}}{2} = {T_1} \cdot {\rm{cos}}\left( {{{30}^ \circ }} \right) \Rightarrow {T_1} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3} \approx 5,77\).
