Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 2
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.
Cho \(\overrightarrow a = \left( { - 2;\,1;\,3} \right)\), \(\overrightarrow b = \left( {1;\,2;\,m} \right)\). Vectơ \(\overrightarrow a \) vuông góc với \(\overrightarrow b \) khi\(m = 2\).
\(m = - 1\).
\(m = 0\).
\(m = 1\).
Chọn C
Ta có: \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow - 2 + 2 + 3m = 0 \Leftrightarrow m = 0\).
\(y = \frac{{x - 2}}{{ - x + 2}}\).
\(y = \frac{{ - x + 2}}{{x + 2}}\).
\(y = \frac{{x - 2}}{{x + 2}}\).
\(y = \frac{{x + 2}}{{ - x + 2}}\).
Chọn B
Xét đáp án A có \(y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\,;\,\forall x \ne - 2\), nên loại.
Xét đáp án B có \(y = - 1\,,\,\forall x \ne 2\), nên loại.
Xét đáp án C có \(y' = \frac{4}{{{{\left( { - x + 2} \right)}^2}}} > 0\,,\,\forall x \ne 2\), nên loại.
Xét đáp án D có \(y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne - 2\), nên chọn.
\(\left( {0\,;\,2\,;\,6} \right)\).
\(\left( { - 2\,;\,2\,;\,4} \right)\).
\(\left( {0\,;\,1\,;\,3} \right)\).
\(\left( { - 1\,;\,1\,;\,2} \right)\).
Chọn C
Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) là \(\left( {0\,;\,1\,;\,3} \right)\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số có bảng biến thiên sau trên đoạn \[\left[ { - 2\,;\,3} \right]\] là
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2\,;3} \right]} y = 0\].
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2\,;3} \right]} y = 7\].
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2\,;3} \right]} y = 1\].
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2\,;3} \right]} y = - 3\].
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số trên đoạn \[\left[ { - 2\,;\,3} \right]\], ta thấy:
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng \[7\] tại \[x = 3\].
Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng \[ - 3\] tại \[x = 1\].
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
\(3.\)
\(2.\)
\(5.\)
\(4.\)
Chọn A
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = - \infty \) suy ra TCĐ: \(x = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} f(x) = - \infty \) suy ra TCĐ: \(x = 5\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 4 \Rightarrow TCN:y = 4\).
\(I\left( {1; - 2; - 3\,} \right),R = 4\).
\(I\left( {\, - 1;2;3\,} \right),R = \sqrt {15} \).
\(I\left( {\,1; - 2; - 3\,} \right),\,\,R = \sqrt {15} \).
\(I\left( {\,1;2;3\,} \right),\,R = \sqrt {15} \).
Chọn C
Ta có :\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 6z - 1 = 0\, \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 15.\)
Suy ra: Tâm \(I\left( {\,1; - 2; - 3\,} \right),R = \sqrt {15} \).
\(D\left( {9\,;\, - 6\,;\,2} \right).\)
\(D\left( { - 11\,;\,0\,;\,4} \right).\)
\(D\left( {11\,;\,0\,;\, - 4} \right)\) và \(D\left( { - 9\,;\,6\,;\, - 2} \right).\)
\(D\left( { - 11\,;\,0\,;\,4} \right)\) và \(D\left( {9\,;\, - 6\,;\,2} \right).\)
Chọn B
Gọi \(D\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right).\)
Ta có: \(\overrightarrow {AD} = \left( {x + 1\,;\,y - 4\,;\,z - 2} \right)\)
Theo đề: \({S_{ABCD}} = 3.{S_{ABC}} \Leftrightarrow \frac{{\left( {AD + BC} \right).AH}}{2} = 3.\frac{{BC.AH}}{2} \Leftrightarrow AD + BC = 3BC \Leftrightarrow AD = 2BC.\)
Suy ra: \(\overrightarrow {AD} = 2.\overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left( {x + 1\,;\,y - 4\,;\,z - 2} \right) = 2.\left( { - 5\,;\, - 2\,;\,1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = - 10\\y - 4 = - 4\\z - 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 11\\y = 0\\z = 4\end{array} \right..\)
Vậy \(D\left( { - 11\,;\,0\,;\,4} \right).\)
\(\left( {1;2} \right)\).
\(\left( { - 1;2} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( {0; - 2} \right)\).
Chọn C
\(y = {x^3} - x + 2\)
\(y' = 3{x^2} - 1,y'' = 6x\)
\(y'' = 0 \Rightarrow x = 0 \Rightarrow y = 2\). Vậy tâm đối xứng của đồ thị \(\left( {0;2} \right)\).
\[2 < m \le 4\].
\[m \le 0\].
\[m > 4\].
\[0 < m \le 2\].
Chọn C
Trên đoạn \[\left[ {1;2} \right]\] hàm số xác định và \[y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\]. Với \[m \ne 1\] đạo hàm xác định và giữ nguyên dấu nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow m = 5\)(nhận).
\(\overrightarrow {DM} = \frac{1}{2}\left( { - 2\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).
\(\overrightarrow {DM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).
\(\overrightarrow {DM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow a + 2\overrightarrow b - \overrightarrow c } \right)\).
\(\overrightarrow {DM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b - 2\overrightarrow c } \right)\).
Chọn D
\[\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b - 2\overrightarrow c } \right)\].
\[\left( C \right)\]có bốn điểm cực trị .
\[\left( C \right)\]có một điểm cực trị.
\[\left( C \right)\]có ba điểm cực trị.
\[\left( C \right)\]có hai điểm cực trị.
\[y' = \left( {1 + x} \right){\left( {x + 2} \right)^4}{\left( {x - 3} \right)^3}\left( {1 - {x^2}} \right)\]\[{\rm{ = }}{\left( {1 + x} \right)^2}{\left( {x + 2} \right)^4}{\left( {x - 3} \right)^3}\left( {1 - x} \right)\]
\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 2\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\]
Vì \[x = - 1,x = - 2\] là các nghiệm bội bậc chẵn của \[y'\] nên \[y'\] không đổi dấu khi qua hai nghiệm này, \[y'\] chỉ đổi dấu khi qua \[x = 1,x = 3\].
Do đó hàm số có hai điểm cực trị.
Khẳng định nào dưới đây là đúng?
\(0 < b < \frac{2}{3}\).
\(\left[ \begin{array}{l}b > \frac{1}{6}\\b < 0\end{array} \right.\).
\(0 < b < \frac{1}{6}\).
\(\left[ \begin{array}{l}b > \frac{2}{3}\\b < 0\end{array} \right.\).
\(f'\left( x \right) = \frac{{ac + b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}}\).
Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(b \ne 0\)và đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{ax - 1}}{{bx + c}}\) có các đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt là các đường thẳng \(x = \frac{{ - c}}{b}\), \(y = \frac{a}{b}\).
Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - c}}{b} = 3\\\frac{a}{b} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - 3b\\a = \frac{1}{2}b\end{array} \right.\].
Ta có \(f'\left( x \right) < 0\) \(\forall x \ne 3\)\( \Leftrightarrow ac + b < 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{2}{b^2} + b < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b > \frac{2}{3}\\b < 0\end{array} \right.\).
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.
Quãng đường của một vật chuyển động theo thời gian được cho bởi công thức \[s(t) = - {t^3} + 18{t^2}\], trong đó \[t\](giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và \[s\](mét) là quãng đường vật di chuyển được trong thời gian đó.
Quãng đường vật di chuyển được sau thời gian 5 giây kể từ lúc chuyển động là \[300m\].
Vận tốc của vật tại thời điểm \[t = 5\] (giây) là \[105m/s\].
Vận tốc của vật đạt cực đại sau 8 giây kể từ lúc vật bắt đầu chuyển động.
Trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là 108 m/s.
Ta có thểQuãng đường vật di chuyển được sau 5 giây là \[s\left( 5 \right) = - {5^3} + {18.5^2} = 325m\] (a) sai Vận tốc của vật tại thời điểm \[t\] là \[v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t \Rightarrow v\left( 5 \right) = - {3.5^2} + 36.5 = 105m/s\]
(b) đúng.Ta có: \[v'\left( t \right) = - 6t + 36 \Rightarrow v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6\]
Bảng xét dấu
Do đó vật đạt vận tốc cực đại sau 6 giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động. (c) sai.Ta có với \[t \in \left[ {0;10} \right]\], \[v\left( 0 \right) = 0;v\left( 6 \right) = 108;v\left( {10} \right) = 60\].
Do đó trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là 108m/s. (d) đúng.
Khi đó:
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)
Hàm số có và \({y_{CT}} = 0\).
Hàm số có ba điểm cực trị
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số thuộc đường thẳng \(2x + 2y - 4 = 0\)
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right);\left( {2; + \infty } \right)\)
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(\left( {2;0} \right)\)
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có và \({y_{CT}} = 0\).
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Trong không gian với hệ trục toạ độ \(Oxyz\), cho các vectơ \(\vec a = \left( {1;2;1} \right)\), \(\vec b = \left( { - 2;3;4} \right)\), \(\vec c = \left( {0;1;2} \right)\) và \(\vec d = \left( {4;2;0} \right)\). Biết rằng \(\vec d = x.\vec a + y.\vec b + z.\vec c\). Giá trị \(x + y + z\) là 1
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho tam giác \(ABC\) có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3\,;\,0\,;\,4} \right)\), \[\overrightarrow {AC} = \left( {5\,;\, - 2\,;\,4} \right)\]. Độ dài đường trung tuyến \(AM\) là\(3\sqrt 2 \)
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], hình chiếu của điểm \(M\left( {1; - 3; - 5} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là\(\left( {0; - 3;0} \right)\)
Trong không gian, cho hai điểm \[A\left( { - 2\,;\,2\,;\, - 1} \right)\], \[B\left( {0\,;\, - 1\,;\, - 2} \right)\]. Tọa độ điểm \[M\]thuộc mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\]sao cho ba điểm \[A\,,\,B\,,\,M\]thẳng hàng là\[M\left( { - 4\,;\,5\,;\,0} \right)\]
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
a. Cho điểm \(M\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)\). Khi đó:
Hình chiếu vuông góc \(H\) của \(M\) trên mặt phẳng \(Oxy\) là \(H\left( {{x_M};{y_M};0} \right)\)
Hình chiếu vuông góc \(H\) của \(M\) trên mặt phẳng \(Oxz\) là \(H\left( {{x_M};0;{z_M}} \right)\) Hình chiếu vuông góc \(H\) của \(M\) trên mặt phẳng \(Oyz\) là \(H\left( {0;{y_M};{z_M}} \right)\)
b. Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \left( {2\,;\, - 2\,;\,8} \right)\).
Vì \(AM\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\) nên:
Ta có: \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \left( {1\,;\, - 1\,;\,4} \right)\)\( \Rightarrow AM = \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}} = 3\sqrt 2 \).
c. Gọi \[M\left( {a\,;\,b\,;\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\].
\[\overrightarrow {AM} = \left( {a + 2\,;\,b - 2\,;\,1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\, - 3\,;\, - 1} \right)\].
Điều kiện cần và đủ để ba điểm \[A\,,\,B\,,\,M\]thẳng hàng hay \[\overrightarrow {AM} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AB} \] cùng phương là
\[\frac{{a + 2}}{2} = \frac{{b - 2}}{{ - 3}} = \frac{1}{{ - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 4\\b = 5\end{array} \right.\].
Vậy \[M\left( { - 4\,;\,5\,;\,0} \right)\].
d. \(\vec d = x.\vec a + y.\vec b + z.\vec c \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2y = 4}\\{2x + 3y + z = 2}\\{x + 4y + 2z = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{y = - 1}\\{z = 1}\end{array}} \right.\;\).
Cho hàm số \(y = x - \frac{1}{{x + 1}}\)
Đồ thị của hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\).
Đồ thị hàm số cắt trục \(Oy\) tại \(M\). Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) là \(y = 2x - 1\).
Tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với nhau.
Để đường thẳng \(y = k\) cắt \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) sao cho \(OA \bot OB\) khi đó \(k\) là nghiệm của phương trình \({k^2} - k - 1 = 0\).
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
a. Sai: Đồ thị của hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\)
\(y = x - \frac{1}{{x + 1}}\)
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \{ - 1\} \)
\(y' = 1 + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D\): hàm số luôn luôn đồng biến, không có cực đại, cực tiểu
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1 \mp } y = \pm \infty :x = - 1\)là tiệm cận đứng
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = x:y = x\)là tiệm cận xiên
b. Đúng: Đồ thị hàm số cắt trục \(Oy\) tại \(M\). Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) là \(y = 2x - 1\)
\(M\left( {0; - 1} \right),{y'_0} = 2\)
Phương trình tiếp tuyến \(\left( T \right)\) tại \(M:y = 2(x - 0) - 1 \Leftrightarrow y = 2x - 1\)
c. Sai: Tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với nhau
Tiếp tuyến \(\left( {{T_1}} \right)\) của \(\left( C \right)\) tại \(P\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) có hệ số góc
\({k_1} = {y'_{{x_1}}} = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^2}}} > 0\)
Tiếp tuyến \(\left( {{T_2}} \right)\) của \(\left( C \right)\) tại \(Q\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) có hệ số góc
\({k_2} = y_{{x_2}}^\prime = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^2}}} > 0\)
Do \({y'_{{x_1}}} > 0,{y'_{{x_2}}} > 0\) nên không thể có 2 tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) vuông góc nhau
d. Đúng: Để đường thẳng \(y = k\) cắt \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) sao cho \(OA \bot OB\) khi đó \(k\) là nghiệm của phương trình \({k^2} - k - 1 = 0\)
\(y = x - \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}}\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = k\):
\(\frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}} = k \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 1\\{x^2} - \left( {k - 1} \right)x - \left( {k + 1} \right) = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\)
Do vị trí của \(\left( C \right)\) trên hệ tọa độ \(Oxy\), có thể kết luận \(\left( * \right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_A},{x_B} \ne - 1\) và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} = k - 1}\\{{x_A} \cdot {x_B} = - \left( {k + 1} \right)}\end{array};A\left( {{x_A};k} \right),B\left( {{x_B};k} \right)} \right.\)
\(\overrightarrow {OA} = \left( {{x_A},k} \right),\overrightarrow {OB} = \left( {{x_B},k} \right)\)
\(OA \bot OB \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {k^2} = 0 \Leftrightarrow - k - 1 + {k^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}\\{k = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Sau khi kinh tế suy giảm, giá thuê văn phòng cao ngất ngưởng cuối thập niên 1990 bắt đầu hạ nhiệt. Hàm \(R(t)\) cho giá thuê (USD/ \(f{t^2}\)) của văn phòng hạng A ở khu Back Bay và Financial District (Boston) từ đầu 1997 \((t = 0)\) đến đầu \(2002(t = 5)\) là\[R(t) = - 0,711{t^3} + 3,76{t^2} + 0,2t + 36,5;\quad 0 \le t \le 5.\]Hỏi giá thuê cao nhất trong giai đoạn này là bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)
_____
Tính đạo hàm \({R^\prime }(t) = {\left( { - 0,711{t^3} + 3,76{t^2} + 0,2t + 36,5} \right)^\prime } = - 2,133{t^2} + 7,52t + 0,2.\)
Giải \({R^\prime }(t) = 0\): \( - 2,133{t^2} + 7,52t + 0,2 = 0\)
Áp dụng công thức nghiệm: \(t = \frac{{ - 7,52 \pm \sqrt {7,{{52}^2} - 4( - 2,133)(0,2)} }}{{2( - 2,133)}} \approx \frac{{ - 7,52 \pm \sqrt {56,5504 + 1,7064} }}{{ - 4,266}} = \frac{{ - 7,52 \pm 7,632}}{{ - 4,266}}.\)
Hai nghiệm thu được: \[{t_1} \approx \frac{{ - 7,52 + 7,632}}{{ - 4,266}} \approx - 0,03{\rm{ (loai), }}\quad {t_2} \approx \frac{{ - 7,52 - 7,632}}{{ - 4,266}} \approx 3,55.\]
Lập bảng biến thiên ta suy ra được hàm số đạt cực đại tại \(t \approx 3,55\)
Hay giá thuê cao nhấtlà \(R(3,55) \approx 52,8\)\(USD/f{t^2}\)
Theo quy tắc hình hộp, ta có . Suy ra (đã làm tròn).
Người ta cần lắp một camera phía trên sân bóng để phát sóng truyền hình một trận bóng đá, camera có thể di động để luôn thu được hình ảnh rõ nét về diễn biến trên sân. Các kĩ sư dự định trồng bốn chiếc cột cao \(30{\rm{\;m}}\) và sử dụng hệ thống cáp gắn vào bốn đầu cột để giữ camera ở vị trí mong muốn. Mô hình thiết kế được xây dựng như sau: Trong hệ trục toạ độ \(Oxyz\) (đơn vị độ dài trên mỗi trục là 1 m), các đỉnh của bốn chiếc cột lần lượt là các điểm \(M\left( {90;0;30} \right),N\left( {90;120;30} \right),P\left( {0;120;30} \right),Q\left( {0;0;30} \right)\) (Hình vẽ). Giả sử \({K_0}\) là vị trí ban đầu của camera có cao độ bằng 25 và \({K_0}M = {K_0}\;N = {K_0}P = {K_0}Q\). Để theo dõi quả bóng đến vị trí \(A\), camera được hạ thấp theo phương thẳng đứng xuống điểm \({K_1}\) có cao độ bằng 19. (Nguồn: https:/mww.abiturloesumg.de; Abitur Bayern 2016 Geometrie V).
Tọa độ véctơ \(\overrightarrow {{K_0}{K_1}} = \left( {a;b;c} \right)\) với \(a,\,b,\,c\) là các số thực. Tính \(P = a + b + 3c\)?
____
Gọi \({M_1},\;{N_1},{P_1},K\) lần lượt là hình chiếu của \(M,N,P,{K_0}\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).
Ta thấy \(MNPQ.{M_1}{N_1}{P_1}{\rm{O}}\) là hình hộp chữ nhật.
Gọi \(K'\) là giao hai đường chéo \(M\,P\) và \(NQ\). Khi đó \(KQ = KP = KN = KM\).
Ta có \({K_0}M = {K_0}\;N = {K_0}P = {K_0}Q\) và camera được hạ thấp theo phương thẳng đứng từ điểm \({{\rm{K}}_0}\) xuống điểm \({K_1}\) nên các điếm \(K',{K_0},\;{K_1},\;K\) thẳng hàng.
Ta có \({K_0}\left( {x;y;25} \right)\) và \({K_1}\left( {x;y;19} \right)\).
Suy ra \(\overrightarrow {{K_0}{K_1}} \left( {0;0; - 6} \right)\). Vậy \(P = a + b + 6c = 0 + 0 + 3.( - 6) = - 18\).
Cho hàm số \(y = \frac{{\ln x - 6}}{{\ln x - 2m}}\) với \(m\) là tham số. Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị nguyên dương của \(m\) để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1;e} \right)\). Tìm số phần tử của \(S\).
__
Xét \(x \in \left( {1;e} \right) \Rightarrow \ln x \in \left( {0;1} \right)\).
Ta có:
\(y' = \frac{{{{\left( {\ln x - 6} \right)}^\prime }\left( {\ln x - 2m} \right) - {{\left( {\ln x - 2m} \right)}^\prime }\left( {\ln x - 6} \right)}}{{{{\left( {\ln x - 2m} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2m + 6}}{{{{\left( {\ln x - 2m} \right)}^2}}}.\frac{1}{x}\)
Hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( {1;e} \right) \Leftrightarrow y' > 0,\forall x \in \left( {1;e} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2m + 6 > 0\\2m{ \in }\left( {0;1} \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m \le 0 \vee m \ge \frac{1}{2}\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow m \le 0 \vee \frac{1}{2} \le m < 3\].
Vậy \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
Doanh thu tối đa mà hộ kinh doanh có thể thu được là \(320x\) (nghìn đồng).
Lợi nhuận hộ kinh doanh thu được là\(L\left( x \right) = 320x - \left( {{x^3} - 3{x^2} + 80x + 500} \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500\).
Ta có \(L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x + 240 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10}\\{x = - 8.}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên
Vậy lợi nhuận lớn nhất mà hộ kinh doanh có được là 1200 nghìn đồng\( = 1,2\) triệu đồng.
Gọi giá tiền mà chủ khách sạn cho thuê một phòng là \[x\] (triệu đồng). (\[1 \le x\])
Vì cứ tăng giá thêm 50 000 đồng một phòng thì có thêm 1 phòng trống nên số phòng được thuê là: \[30 - \frac{{x - 1}}{{0,05}}.1 = 50 - 20x\] (phòng).
Khi đó tổng doanh thu tương ứng trong 1 ngày là: \[x\left( {50 - 20x} \right) = - 20{x^2} + 50x\] (triệu đồng).
Đặt \[f(x) = - 20{x^2} + 50x\]. Ta có:
\[f'(x) = - 40x + 50\].
Vì \[f(x)\] là tam thức bậc hai có hệ số cao nhất âm nên \[f(x)\] đạt giá trị lớn nhất tại \[x = 1,25\].
Vậy để tổng doanh thu là lớn nhất thì chủ khách sạn nên cho thuê phòng với giá \[1,25\] triệu đồng một ngày.
