Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 13

Chọn C

Ta có \(\vec a.\vec b = 1.3 + \left( { - 2} \right).0 + 3.4 = 15\).

Chọn B

Quan sát bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \(\left[ {0;\,4} \right]\) là: \( - 3\).

Chọn B

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \[y' \ge 0\] với \[\forall x \in \mathbb{R}\] và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.

Ta có:

\(y = {x^3} - x \Rightarrow y' = 3{x^2} - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty \,{\kern 1pt} ;{\kern 1pt} {\kern 1pt}  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right] \cup \left[ {\frac{1}{{\sqrt 3 }}\,{\kern 1pt} ;{\kern 1pt} \, + \infty } \right)\).

\(y = {x^3} + x \Rightarrow y' = 3{x^2} + 1 > 0\;\,\forall x \in \)\(\mathbb{R}\), nên chọn đáp án

\(y = {x^2} + 1 \Rightarrow y' = 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {0\,;\, + \infty } \right)\).

\(y = {x^4} + 2{x^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} + 4x \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {0\,\,;\, + \infty } \right)\).

Chọn C

Gọi \(M\left( {x;\,y;\,z} \right)\) vì \(M\) là trung điểm của \(AB\) ta có :\[\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{2 + 0}}{2} = 1\\y = \frac{{ - 1 + 1}}{2} = 0\\z = \frac{{0 - 2}}{2} - 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1;\,0;\, - 1} \right)\].

Chọn C

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2\,;\, - 3\,;\,8} \right)\), \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1;3; - 2} \right)\). Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - 18;4; - 3} \right)\).

Diện tích hình bình hành \(ABCD\) là: \({S_{ABCD}} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {BC} } \right]} \right| = \sqrt {{{\left( { - 18} \right)}^2} + {4^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {349} \).

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 3 \Rightarrow \) ĐT: \(y = 3\) là tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  + \infty  \Rightarrow \)ĐT: \(x = 1\) là tiệm cận đứng.\

Do đó, số các đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Chọn B

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: \(x = 3\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: \(y =  - 2\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\)\(\left( {ad - bc \ne 0} \right)\)đối xứng qua giao của hai tiệm cận nên đồ thị của hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{3 - x}}\)có tâm đối xứng là: \(I\left( {3; - 2} \right)\).

Chọn D

Ta có\[y' = 3{x^2} - 6x\]

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

Hoặc quan sát bảng biến thiên, tìm các điểm mà đồ thị hàm số đi qua rồi rút ra kết luận.

Chọn A

Ta có\(\overrightarrow {B'C}  = \overrightarrow {B'B}  + \overrightarrow {BC} \)

\( =  - \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AC}  =  - \overrightarrow {BB'}  - \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} \)

\( =  - \overrightarrow b  - \overrightarrow a  + \overrightarrow c \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {B'C}  =  - \vec a - \vec b + \vec c\)hay \(\overrightarrow {B'C}  =  - \vec a - \vec b + \vec c\).

Chọn C

Ta có \(y' = \frac{{ - {m^2} + m - 2}}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}} < 0\)với \(\forall x \in \left[ { - 4; - 2} \right]\)\( \Rightarrow \)hàm số \[y = \frac{{mx - {m^2} - 2}}{{ - x + 1}}\] nghịch biến trên \(\left[ { - 4; - 2} \right]\) \( \Rightarrow \)\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right]} y = y\left( { - 4} \right)\]\( = \frac{{ - {m^2} - 4m - 2}}{5}\).

Theo đề bài ta có \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right]} y = \frac{{ - 1}}{3}\]\( \Leftrightarrow \frac{{ - {m^2} - 4m - 2}}{5} =  - \frac{1}{3}\)\( \Leftrightarrow 3{m^2} + 12m + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{{ - 6 + \sqrt {33} }}{3}\\m = \frac{{ - 6 - \sqrt {33} }}{3}\end{array} \right.\).

Chọn B

Từ đồ thị ta thấy, trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\), hàm số \(y = f'(x)\) đổi dấu khi qua các điểm \({x_1},{x_3},{x_4}\) (không đổi dấu khi đi qua \({x_2}\) ). Vậy hàm số \(y = f(x)\)có \(3\) điểm cực trị trên \(\left[ {a;b} \right]\).

Chọn C

Ta có: \(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow i  + \overrightarrow j  + \overrightarrow k  \Rightarrow A\left( {1\,;\,1\,;\,1} \right)\).

\(\overrightarrow {OB}  = 5\overrightarrow i  + \overrightarrow j  - \overrightarrow k  \Rightarrow B\left( {5\,;\,1\,;\, - 1} \right)\).

\(\overrightarrow {BC}  = 2\overrightarrow i  + 8\overrightarrow j  + 3\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow {BC}  = \left( {2\,;\,8\,;\,3} \right)\).

\(\overrightarrow {AD}  = \left( {{x_D} - 1\,;\,{y_D} - 1\,;\,{z_D} - 1} \right)\).

Để \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC} \)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_D} - 1 = 2}\\{{y_D} - 1 = 8}\\{{z_D} - 1 = 3}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_D} = 3}\\{{y_D} = 9}\\{{z_D} = 4}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow D\left( {3\,;\,9\,;\,4} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AD}  = \left( {2\,;\,8\,;\,3} \right)\), \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\,;\,0\,;\, - 2} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {AD} \), \(\overrightarrow {AB} \) không cùng phương nên \(A\), \(B\), \(D\) không thẳng hàng.

Vậy điểm \(D\left( {3\,;\,9\,;\,4} \right)\) là điểm cần tìm.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

 

Đúng. Ta có \(M\) là trung điểm \(CC'\)

nên \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AC'} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'} } \right) = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \). Đúng. Ta có \(\overrightarrow {BD'}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CC'} \).Đúng. Tâm của hình hộp là trung điểm của đường chéo \(BD'\) nên có tọa độ là \(\left( {2\,;1\,;\frac{{11}}{2}} \right)\).Sai. Tâm của hình hộp là trung điểm của đường chéo \(AC'\) nên \(C'\left( {3\,;0\,;8} \right)\).

a)

Đ

b)

S

c)

S

d)

Đ

 

Từ đồ thị hàm số ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) và \(\left( {1;3} \right)\).Giá trị cực tiểu của hàm số là \({y_{CT}} = 2\).Tiệm cận xiên đi qua điểm \(\left( {3;0} \right),\left( {0; - 3} \right)\) nên tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x - 3\).Phương trình \(f\left( x \right) = {m^2} + 2\) luôn có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

\( \Leftrightarrow {m^2} + 2 > 2 \Leftrightarrow {m^2} > 0 \Leftrightarrow \forall m \ne 0\).

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

 

a,c,d:đúng; b:saiDựa vào đồ thị hàm số \(y = f(x)\) ta suy ra đồ thị hàm số \(y = \left| {f(x)} \right|\), từ đó ta thấy hàm số \(y = \left| {f(x)} \right|\)có 4 điểm cực trị.

a)

Đ

b)

S

c)

S

d)

Đ

 

Điều kiện: \(0 < 4a < 60\,\,\, \Leftrightarrow \,\,0 < a < 15\).Sai.

Chu vi hình vuông tạo được là \(\,4a\). Khi đó chu vi đường tròn tạo được là \({C_2} = 2\pi r = \,60 - 4a\).Sai.

Điều kiện: \(0 < 4a < 60\,\,\, \Leftrightarrow \,\,0 < a < 15\).

Xét \(f(a) = \left( {\pi  + 4} \right){a^2} - 120a + 900\) với \(a \in \left( {0,\,15} \right)\)

\(f(a)\)đạt giá trị nhỏ nhất tại \(a = \frac{{120}}{{2\left( {\pi  + 4} \right)}} = \frac{{60}}{{\pi  + 4}} \in \left( {0,\,15} \right)\).

\(S\)đạt giá trị nhỏ nhất khi \(a = \frac{{60}}{{\pi  + 4}}\).

\( \Rightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2.\frac{{60}}{{\pi  + 4}} = \frac{{30\pi }}{{\pi  + 4}}\)\( \Rightarrow \,\,\,r = \frac{{30}}{{\pi  + 4}}\)

Khi đó: \(\frac{a}{r} = \frac{{60}}{{\pi  + 4}}:\frac{{30}}{{\pi  + 4}} = 2\).

Kết luận: \(\frac{a}{r} = 2\).Đúng. Từ \({C_2} = 2\pi r = \,60 - 4a\), ta có \(4a + 2\pi r = 60\) \( \Leftrightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2a \Leftrightarrow r = \frac{{30 - 2a}}{\pi }.\)

Gọi \({d_1},{d_2}\) lần lượt là khoảng cách các vật \(A\) và \(B\) đến \(O\) lúc đầu (\(t = 0\)), đồng thời \[d = AB\]. Gọi \(t'\)là thời điểm mà \({d_{\min }}\). Khi đó \(A\) ở \(A'\) và \(B\) ở \(B'\) như hình vẽ.

Kí hiệu góc .

Áp dụng định lý sin trong tam giác \(\Delta A'B'O\) ta có:

\(\frac{d}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\,30}} = \frac{{OA'}}{{\sin \gamma }} = \frac{{OB'}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow 2d = \frac{{{d_1} - AA'}}{{\sin \gamma }} = \frac{{{d_2} - BB'}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow 2d = \frac{{{d_1} - {v_1}t}}{{\sin \gamma }} = \frac{{{d_2} - {v_2}t}}{{\sin \beta }}\left( * \right)\)

Do \({v_2} = \frac{{{v_1}}}{{\sqrt 3 }}\) và áp dụng \(\frac{A}{B} = \frac{C}{D} = \frac{{C - A}}{{D - B}}\), ta có:

\(\left( * \right) \Leftrightarrow 2d = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{\sqrt 3 \sin \beta  - \sin \gamma }}\)mà \(\sin \beta  = \sin \left( {{{180}^0} - \beta } \right) = \sin \left( {{{30}^0} + \gamma } \right)\)

Do đó ta có \(d = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{2\left[ {\sqrt 3 \sin \left( {{{30}^0} + \gamma } \right) - \sin \gamma } \right]}} = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{\sqrt 3 \cos \gamma  + \sin \gamma }}\)

Xét \(f\left( \gamma  \right) = \sqrt 3 \cos \gamma  + \sin \gamma \). Ta có \({d_{\min }} \Leftrightarrow f{\left( \gamma  \right)_{\max }}\)

\(f'\left( \gamma  \right) =  - \sqrt 3 \sin \gamma  + c{\rm{os}}\gamma ;f'\left( \gamma  \right) = 0 \Leftrightarrow  - \sqrt 3 \sin \gamma  + c{\rm{os}}\gamma  = 0 \Leftrightarrow \tan \gamma  = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \gamma  = {30^0}.\)

\(f''\left( \gamma  \right) =  - \sqrt 3 {\rm{cos}}\gamma  - {\rm{sin}}\gamma ;f''\left( {{{30}^0}} \right) =  - \sqrt 3 {\rm{cos}}{30^0} - {\rm{sin}}{30^0} =  - 2 < 0\)

Vậy, khi \(\gamma  = {30^0}\) thì khoảng cách giữa hai chất điểm \(A\) và \(B\) là nhỏ nhất.

Gọi \(x{\rm{ }}\left( {x > 0} \right)\,\,\)nghìn là số tiền giá vé giảm.

Khi đó giá vé sau khi giảm là \(100 - x\,\) (nghìn đồng).

Sau mỗi lần giảm giá thì có thêm 300x khán giả.

Do đó tổng số khán giả đến xem là 27000 + 300x.

Vì sân vận động có sức chứa 55 000 khán giá nên \(27000 + 300x \le 55000 \Leftrightarrow x \le \frac{{280}}{3}\,\)

Doanh thu từ tiền bán vé là:\(y = \left( {27000 + 300x} \right)\left( {100 - x} \right) =  - 300{x^2} + 3000x + 2700000\,\)

Yêu cầu bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(y =  - 300{x^2} + 3000x + 2700000{\rm{  }}\,\)

Tập xác định \[{\rm{D}} = \left( {0;\frac{{280}}{3}} \right]\,\]

\(y' =  - 600x + 3000.{\rm{  }}y' = 0 \Leftrightarrow x = 5\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy ban tổ chức nên đặt giá vé là 95 nghìn đồng thì doanh thu tiền bán vé là lớn nhất.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\), với gốc đặt tại điểm xuất phát của hai chiếc máy bay, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất, trục \(Ox\) hướng về phía Bắc, trục \(Oy\) hướng về phía Tây, trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo kilômét (xem hình vẽ).

Chiếc máy bay thứ nhất có tọa độ \(\left( {20;10;0,7} \right)\).

Chiếc máy bay thứ hai có tọa độ \(\left( { - 30; - 25;1} \right)\).

Do đó khoảng cách giữa hai chiếc máy bay là: \[\sqrt {{{\left( {20 + 30} \right)}^2} + {{\left( {10 + 25} \right)}^2} + {{\left( {0,7 - 1} \right)}^2}}  \approx 61\left( {km} \right)\]

Đồ thị \(\left( C \right)\) của một hàm số bậc ba có dạng: \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0} \right)\).

Vì đồ thị \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A\left( {0;8} \right),B\left( {2;5,4} \right),K\left( {5;6,75} \right)\) và \(H\left( {8;0} \right)\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}d = 8\\8a + 4b + 2c + d = 5,4\\125a + 25b + 5c + d = 6,75\\512a + 64b + 8c + d = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{{10}}\\b = \frac{{21}}{{20}}\\c =  - 3\\d = 8\end{array} \right.\).

Suy ra \(f\left( x \right) =  - \frac{1}{{10}}{x^3} + \frac{{21}}{{20}}{x^2} - 3x + 8\).

Điểm \(M\) thuộc \(\left( C \right)\) sao cho khoảng cách từ \(M\) đến \(d\) là nhỏ nhất khi và chỉ khi tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) song song với \(d\) (\(\left( {{x_M} > 5} \right)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - \frac{3}{{10}}{x^2} + \frac{{21}}{{10}}x - 3\).

Đường thẳng \(d\) có hệ số góc \(k =  - \frac{{13}}{9}\).

Suy ra: \( - \frac{3}{{10}}{x^2} + \frac{{21}}{{10}}x - 3 =  - \frac{{13}}{9} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6,16\\x = 0,84 < 5\end{array} \right.\).

Do \({x_M} > 5\) nên \({x_M} = 6,16\) thỏa mãn.

- Ta có: \({\vec F_1} + {\vec F_2} = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {MD} \) (Vói \(D\) là điểm sao cho \[AMBD\] là hình bình hành)

- Ta có:

\(\begin{array}{l}MA = |\overrightarrow {MA} | = \left| {{{\vec F}_1}} \right| = 25\;{\rm{N}}\\MB = |\overrightarrow {MB} | = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = 25N\end{array}\)

- Do \[\widehat {AMB} = 60^\circ \] nên  là tam giác đều. Khi đó: \(MD = 2 \cdot \frac{{25\sqrt 3 }}{2} = 25\sqrt 3 \)

- Do ô tô đứng yên nên \({\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3} = \vec 0\)

Suy ra: \({\vec F_3} =  - \left( {{{\vec F}_1} + {{\vec F}_2}} \right) \Rightarrow \left| {{{\vec F}_3}} \right| = \left| { - \left( {{{\vec F}_1} + {{\vec F}_2}} \right)} \right| = |\overrightarrow {DM} | = MD = 25\sqrt 3 (N)\)

Vậy cường độ của \(\overrightarrow {{F_3}} \) là \(25\sqrt 3  \approx 43,3(N)\).

Xét hàm số \[y = C(x) = \frac{{30x}}{{{x^2} + 2}}\] trên khoảng \[x \in \left( {0\,;6} \right)\].

Ta có: \[y' = \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \\x =  - \sqrt 2 \,\end{array} \right.\]do \[x \in \left( {0\,;6} \right)\]\[ \Rightarrow x = \sqrt 2 \].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: nồng độ thuốc trong máu \[C\left( x \right)\] đạt giá trị cực đại là \[\frac{{15\sqrt 2 }}{2}\left( {mg/l} \right) \approx 10,6\left( {mg/l} \right)\] trong khoảng thời gian 6 phút sau khi tiêm.