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

Chọn A

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 \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Chọn B

Ta có \(\left( S \right)\,\,:\,{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 4\), suy ra \(I\left( { - 2;1;0} \right);\;R = 2\).

Chọn D

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{ - 1 + 3}}{2} = 1\\{y_I} = \frac{{2 + 0}}{2} = 1\\{z_I} = \frac{{4 - 2}}{2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow I\left( {1;\,1;\,1} \right).\)

Chọn D

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 6 \).

Chọn D

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.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ { - 1;3} \right]\)bằng -2.

Chọn B

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

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng \(\left( { - 2;1} \right)\) bằng 4 hay \(m + 1 = 4 \Leftrightarrow m = 3\).

Chọn D

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.

Chọn B

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: \[y\left( 0 \right) = c > 0\].

Chọn A

Gọi \(G\left( {x;\,y;\,z} \right)\) là tọa độ trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4}\\y = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4}\\z = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 - 2 + 3 + 6}}{4}\\y = \frac{{0 + 1 + 2 + 9}}{4}\\z = \frac{{2 + 3 + 4 - 5}}{4}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 1\end{array} \right.\)

Chọn C

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.

Chọn D\(\overrightarrow {AG}  = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {A'G}  = \overrightarrow {AA'}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {A'I} \) \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AG}  = \overrightarrow a  + \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'B'}  + \overrightarrow {A'C'} } \right)\)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AG}  = \overrightarrow a  + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)\).

 

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.

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 \[x = 336.\]

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 \(m \le 3\).

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

 (a) Đúng.

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

\[\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3;0;4} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0.4 + 0.1;1.\left( { - 3} \right) - 1.4;1.0 + 0.\left( { - 3} \right)} \right) = \left( {0; - 7;0} \right)\]

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 \(S\left( {450;600;600} \right) \Rightarrow a + b + c = 1650\).

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 \(0002\) giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.

Đáp số: \(0002\)

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 \(\frac{{T'}}{2} = {T_1} \cdot {\rm{cos}}\left( {{{30}^ \circ }} \right) \Rightarrow {T_1} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3} \approx 5,77\).