Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 3
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.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm \(A\left( {1;0;1} \right)\)và \(B\left( {4;2; - 2} \right)\). Độ dài đoạn thẳng \(AB\)bằng
\(2\).
\(\sqrt {22} \).
\(4\).
\(22\).
Chọn B
Với \(A\left( {1;0;1} \right)\),\(B\left( {4;2; - 2} \right)\) ta được \(AB = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {22} \).
Vậy độ dài đoạn thẳng \(AB\)bằng \(\sqrt {22} \).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến thiên như hình vẽ sau:
Tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] là
\(2\).
\(1\).
\(0\).
\(3\).
Chọn C
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = - \infty \Rightarrow x = 0\] là đường tiệm cận đứng.
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty \,\, \Rightarrow \]ĐTHS không có đường tiệm cận ngang.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 2y + 6z + 5 = 0.\) Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính là ?
\(3.\)
\(2.\)
\(5.\)
\(7.\)
Chọn A
Ta có \(a = - 2,b = 1,c = - 3,d = 5.\) Khi đó bán kính của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} - 5} = 3.\)
Trong không gian Oxyz, cho hai véctơ \(\overrightarrow a = \left( {1;0; - 3} \right)\) và \(\overrightarrow b = \left( {3;1;2} \right)\). Tính tọa độ véctơ \(\overrightarrow a + \overrightarrow b \).
\(\left( {2;1;5} \right)\).
\(\left( { - 2;1; - 5} \right)\).
\(\left( {4;1;5} \right)\).
\(\left( {4;1; - 1} \right)\).
Chọn D
Tọa độ véc tơ \(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {1 + 3;0 + 1; - 3 + 2} \right) = \left( {4;1; - 1} \right)\).
Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \[\mathbb{R}\]?
\[y = {x^3} - x\].
\[y = {x^3} + x\].
\[y = {x^2} + 1\].
\[y = {x^4} + 2{x^2}\].
Chọn B
Xét hàm số: \[y = {x^3} + x\]
\[y' = 3{x^2} + 1 > 0\] với mọi \[x \in \mathbb{R}\], nên hàm số luôn đồng biến trên \[\mathbb{R}\].
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) và có đồ thị như hình vẽ.
Gọi \(M,m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right].\) Ta có \(M + m\) bằng
\(2\).
\(4\).
\(1\).
\(0\).
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta thấy khi \(f\left( x \right) \le f\left( 1 \right) = 3,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]\) và \(f\left( x \right) \ge f\left( 2 \right) = - 2,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right].\)
Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) lần lượt là \(3\) và \( - 2.\)
Vậy \(M = 3,m = - 2 \Rightarrow M + m = 1.\)
Cho hàm số \(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}\)(với \(m > 1\)). Tìm giá trị của tham số \(m\) để hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\) bằng \(3\).
\(m = 3\).
\(m = 2\).
\(m = 5\).
\(m = 4\).
Chọn C
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
\(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}\)\( \Rightarrow \)\(y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).
Với \(m > 1\)\( \Leftrightarrow \)\(1 - m < 0\)\( \Rightarrow \)\(y' < 0\) nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.
Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;4} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{{m + 1}}{2}\)\( \Rightarrow \)\(\frac{{m + 1}}{2} = 3\)\( \Leftrightarrow \)\(m = 5\).
Vậy \(m = 5\) thỏa yêu cầu bài toán.
Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào? 
\[y = {x^3} + 3{x^2} - 3x.\]
\[y = - {x^3} - 3{x^2} - 3x.\]
\[y = {x^3} - 3{x^2} + 3x.\]
\[y = - {x^3} + 3{x^2} - 3x.\]
Chọn C
Nhìn vào BBT loại đáp án B và C.
A. \[y' = 3{x^2} - 6x + 3\].
\[y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\].
Vậy A đúng.
Cho hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có đồ thị như hình vẽ sau
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ad < 0}\\{bc < 0}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ad < 0}\\{bc > 0}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ad > 0}\\{bc > 0}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ad > 0}\\{bc < 0}\end{array}} \right.\).
Chọn D
Dựa vào đồ thị ta có
Tiệm cận ngang nằm trên trục hoành nên \(a\,c > 0\,\left( 1 \right)\)
Tiệm cận đứng nằm bên trái trục tung nên \(d\,c > 0\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right);\,\left( 2 \right)\) suy ra \(ad\, > 0\).
Giao của đồ thị với trục hoành là điểm có tọa độ \(\left( { - \frac{b}{a};\,0} \right)\) nằm bên phải trục tung nên \(a\,b < 0\,\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right);\,\left( 3 \right)\) suy ra \(b\,c\, < 0\).
Cho hình hộp\[ABCD.EFGH\] có\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a ,\,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow b ,\,\overrightarrow {AE} = \overrightarrow c .\) Gọi \(I\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(BG\) sao cho \(4BI = BG\). Biểu thị \(\overrightarrow {AI} \) qua \(\overrightarrow a ,\,\;\overrightarrow b ,\,\;\overrightarrow c \) ta được
\(\overrightarrow {AI} = \overrightarrow a + \frac{7}{4}\overrightarrow b + \frac{7}{4}\overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AI} = \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AI} = \overrightarrow a + \frac{1}{3}\overrightarrow b + \frac{1}{3}\overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AI} = \overrightarrow a + \frac{1}{4}\overrightarrow b + \frac{1}{4}\overrightarrow c \).
Chọn D
\(\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {BG} \) (theo giả thiết \(\overrightarrow {BI} = \frac{1}{4}\overrightarrow {BG} \))
\( = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BF} } \right)\) (vì \(BCGF\) là hình bình hành)
\( = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} } \right)\) (vì \[ABCD.EFGH\]là hình hộp)
\( = \overrightarrow a + \frac{1}{4}\overrightarrow b + \frac{1}{4}\overrightarrow c \).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho \(M\left( {1;\;2;\;3} \right)\), \(N\left( {2;\; - 3;\;1} \right)\), \(P\left( {3;\;1;\;2} \right)\). Tìm tọa độ điểm \(Q\) sao cho \(MNPQ\) là hình bình hành.
\[Q\left( {4;\; - 4;\;0} \right)\].
\[Q\left( {2;\;6;\;4} \right)\].
\[Q\left( { - 4;\; - 4;\;0} \right)\].
\[Q\left( {2;\; - 6;\;4} \right)\].
Chọn B
Giả sử \[Q\left( {x;\;y;\;z} \right)\].
Ta có \(\overrightarrow {QP} = \left( {3 - x;\;1 - y;\;2 - z} \right)\), \(\overrightarrow {MN} = \left( {1;\; - 5;\; - 2} \right)\).
\(MNPQ\) là hình bình hành \(\overrightarrow {QP} = \overrightarrow {MN} \)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3 - x = 1{\rm{ }}}\\{1 - y = - 5}\\{2 - z = - 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{y = 6}\\{z = 4}\end{array}} \right.\). Vậy \[Q\left( {2;\;6;\;4} \right)\].
Cho hàm số \[y = f(x)\] liên tục trên đoạn \[{\rm{[}}a,b{\rm{]}}\]và có đồ thị \[y = f'(x)\]trên đoạn \[y = f'(x)\] hình vẽ bên .
Trên đoạn \[{\rm{[}}a,b{\rm{]}}\] hàm số \[y = f(x)\] có bao nhiêu điểm cực trị\[?\]
5.
3.
2.
4.
Chọn A
Quan sát đồ thị hàm số \[y = f'(x)\]. Ta thấy \[f'(x)\] đổi dấu 3 lần . Nên hàm số \[y = f(x)\] có 3 điểm cực trị .
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 \(y = \frac{{ - {x^2} + 2(m + 1)x - 5}}{{x - 1}}\).
a) Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì \(m > 4\).
b) Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).
c) Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\).
d) Tồn tại 1 điểm \(M\) thuộc đồ thị \((C)\) sao cho \({x_M} > 1\) và độ dài \(IM\) ngắn nhất (\[I\] là tâm đối xứng của \((C)\)) khi đó tung độ \({y_M} < - 4\).
(a)(b) Khi \(m = 0:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{4}{{x - 1}}\)
Tâp xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\} \)
\(\begin{array}{l}{y^\prime } = \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}\\{y^\prime } = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 \Rightarrow y = 4}\\{x = 3 \Rightarrow y = - 4}\end{array}} \right.\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 \mp } y = \pm \infty :x = 1{\rm{ l\`a tcd }}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = - x + 1:y = - x + 1{\rm{ l\`a tcx}}\end{array}\)
Bảng biến thiên:
\(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 5\\y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 5 = 0{\rm{ (v\^o nghiem) }}\end{array}\)
Đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).
(c) \(y = \frac{{ - {x^2} + 2(m + 1)x - m - 5}}{{x - 1}}\)
\({y^\prime } = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2m - 2 + m + 5}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x - m + 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)
Hàm số \[y\] có cực đại cực tiểu khi phương trình \( - {x^2} + 2x - m + 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow {\Delta ^\prime } = 1 - m + 3 = 4 - m > 0 \Leftrightarrow m < 4,x = 1\) không phải là nghiệm của phương trình \({y^\prime } = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 - m + 3 \ne 0\) \( \Leftrightarrow m \ne 4\)
Điều kiện sau cùng: \(m < 4\)
(d) \({x_M} > 1 \Rightarrow M\) thuộc nhánh bên phải của \((C).I(1,0)\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{}&{\left. {M(m, - m + 1 - \frac{4}{{m - 1}}} \right)}\\{}&{I{M^2} = {{(m - 1)}^2} + \left[ {{{( - m + 1)}^2} + \frac{{16}}{{{{(m - 1)}^2}}} + 8} \right]}\\{}&{ = 2{{(m - 1)}^2} + \frac{{16}}{{{{(m - 1)}^2}}} + 8 \ge 2\sqrt 2 (m - 1) \cdot \frac{4}{{(m - 1)}} + 8}\\{ \Rightarrow I{M^2}}&{ \ge 8(\sqrt 2 + 1) \Rightarrow IM \ge \sqrt {8(\sqrt 2 + 1)} }\end{array}\)
\[IM\]ngắn nhất khi \(2{(m - 1)^2} = \frac{{16}}{{{{(m - 1)}^2}}} \Leftrightarrow {(m - 1)^4} = 8 \Leftrightarrow m = 1 + \sqrt[4]{8}\)
\( \Rightarrow {y_M} = - \sqrt[4]{8} - \frac{4}{{\sqrt[4]{8}}} < - 4\)
Cho 3 điểm \(A\left( { - 1\,;\,2;\,1} \right);B\left( {2; - 2;4} \right);C\left( {0; - 4;1} \right)\).
a) Điểm \(D\left( {5; - 6;7} \right)\). Khi đó 3 điểm \(A,B,D\) thẳng hàng.
b) Ba điểm \(A,\,B,C\) không thẳng hàng.
c) Cho \(\overrightarrow u \left( {x - 1;2y + 1;3z - 5} \right)\) thoả mãn \(\overrightarrow u \bot \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u \bot \overrightarrow {AC} \). Khi đó \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2024\)
d) \[cos\left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{37}}{{\sqrt {1258} }}\].
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | S |
(a) Đúng.
Ta có \(\overrightarrow {AB} \left( {3;\, - 4;\,3} \right),\,\overrightarrow {AC} \left( {1; - 6;0} \right)\). Giả sử tồn tại số \(k \ne 0\) sao cho \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = k\\ - 4 = - 6k\\3 = 0k\end{array} \right.\) vô nghiệm suy ra không tồn tại \(k\). Suy ra 3 điểm \(A,B,C\) không thẳng hàng.
(b) Đúng.
Ta có \(\overrightarrow {AB} \left( {3;\, - 4;\,3} \right),\,\overrightarrow {AD} \left( {6; - 8;6} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AC} \). Vậy 3 điểm \(A,B,D\) thẳng hàng.
(c) Sai.
Ta có \(cos\left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{3 + 24}}{{\sqrt {9 + 9 + 16} .\sqrt {1 + 36} }} = \frac{{27\sqrt {1258} }}{{1258}}\).
(d) Sai.
Ta có \(\overrightarrow u \bot \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u \bot \overrightarrow {AC} \Rightarrow \overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {18;3; - 14} \right) = \left( {x - 1;2x + 1;3z - 5} \right)\)
Suy ra
\[\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 18\\2y + 1 = 3\\3z - 5 = - 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 19\\y = 1\\z = - 3\end{array} \right. \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = {19^2} + 1 + 9 = 371\]
Nhà máy \[A\] chuyên sản xuất một loại sản phẩm cung cấp cho nhà máy \[B\]. Hai nhà máy thoả thuận rằng, hằng tháng \[A\] cung cấp cho \[B\] số lượng sản phẩm theo đơn đặt hàng của \[B\] (tối đa \[100\] tấn sản phẩm). Nếu số lượng đặt hàng là \[x\] tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là \(P\left( x \right) = 45 - 0,001{x^2}\) (triệu đồng). Chi phí để \[A\] sản xuất \[x\]tấn sản phẩm trong một tháng là \(C\left( x \right) = 100 + 30x\) (triệu đồng) (gồm \[100\] triệu đồng chi phí cố định và \[30\] triệu đồng cho mỗi tấn sản phẩm).
a) Chi phí để \[A\] sản xuất \[10\] tấn sảm phẩm trong một tháng là \[400\] triệu đồng.
b) Số tiền \[A\] thu được khi bán \[10\] tấn sản phẩm cho \[B\] là \[600\] triệu đồng.
c) Lợi nhuận mà \[A\] thu được khi bán \[x\] tấn sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho \[B\] được biểu diễn bằng công thức \( - 0,01{x^3} + 15x - 100\).
d) \[A\]bán cho \[B\] khoảng \[70,7\] tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận lớn nhất.
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
(a) Đúng: Chi phí để A sản xuất 10 tấn sảm phẩm trong một tháng là \(C\left( {10} \right) = 10 + 30.10 = 400\)triệu.
(b) Sai: Số tiền mà \[A\] thu được (gọi là doanh thu) từ việc bán \[x\] tấn sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho \[B\] là: \(R\left( x \right) = x.P\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\) triệu đồng
Thay \(x = 10\) ta được \(R\left( {10} \right) = 449\) triệu đồng
(c) Đúng: Lợi nhuận (triệu đồng) mà \(A\) thu được là:
\(P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) - \left( {100 + 30x} \right) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\)
(d) Đúng: Xét hàm số \(P\left( x \right) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\) với \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) ta có:
\(P'\left( x \right) = - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \in \left[ {0;\,100} \right]\)
Ta có \(P\left( 0 \right) = - 100;\,\,P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100 \approx 607;\,\,P\left( {100} \right) = 400\)
Bảng biến thiên
![Nhà máy \[A\] chuyên sản xuất một l (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/34-1761610281.png)
Từ bảng biến thiên ta có \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;\,100} \right]} P = P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100 \approx 667\)
Vậy \(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán \(50\sqrt 2 \approx 70,7\) tấn sản phẩm cho \(B\) mỗi tháng và lợi nhuận lớn nhất thu được khoảng \(607\)triệu đồng.
Cho hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} - 9{m^2}x\) (tham số \[m\]). Khi đó:
a) Biết hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) khi \(m \le a\) hoặc \(m \ge b\), khi đó \(a + b = \frac{2}{3}\)
b) Khi \(m = 1\) thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\)
c) Nếu \(m > 0\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - m;3m} \right)\).
d) Nếu \(m < 0\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {3m;\; - m} \right)\).
a) | S | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
\(y' = 3{x^2} - 6mx - 9{m^2}\); \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx - 9{m^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx - 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - m\\x = 3m\end{array} \right.\).
Nếu \( - m = 3m \Leftrightarrow m = 0\) thì \(y' \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số không có khoảng nghịch biến.
Nếu \( - m < 3m \Leftrightarrow m > 0\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - m;3m} \right)\).
Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m \le 0\\3m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{3}\).
Kết hợp với điều kiện ta được \(m \ge \frac{1}{3}\).
Nếu \( - m > 3m \Leftrightarrow m < 0\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {3m;\; - m} \right)\).
Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m \le 0\\ - m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 1\).
Kết hợp với điều kiện ta được \(m \le - 1\).
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) khi \(m \le - 1\) hoặc \(m \ge \frac{1}{3}\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Ngày khai giảng năm học \(2024 - 2025\). Học sinh khối \(12\) trường THPT Nguyễn Hiền thả chùm bóng bay gắn thông điệp “Học Sinh khối \(12\) chiến thắng CT\(2018\)”. Ước tính độ cao \(h\)(tính bằng\(km\)) của chùm bóng bay so với mặt đất vào thời điểm\(t\) (đơn vị giờ) được cho bởi công thức \(h\left( t \right) = - {t^3} + 3{t^2},\left( {0 \le t \le 3} \right)\). Chùm bóng bay đạt độ cao lớn nhất so với mặt đất là: \(a\left( {km} \right)\). Tìm \(a?\)
Ta có \(h'\left( t \right) = - 3{t^2} + 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên của hàm số \(h\left( t \right) = - {t^3} + 3{t^2},\left( {0 \le t \le 3} \right)\)
Vậy chùm bóng bay đạt độ cao lớn nhất so với mặt đất là\(4\left( {km} \right).\)
Trên mảnh đất hình chữ nhật \(ABCD\) có diện tích \(25{{\rm{m}}^2}\), người chủ lấy một phần đất để trồng cỏ. Biết phần đất trồng cỏ này có dạng hình chữ nhật với hai đỉnh đối diện là \(A\) và \(H\), với \(H\) thuộc cạnh \(BD\). Biết chi phí trồng cỏ là \(80\) (nghìn đồng)\(/{{\rm{m}}^2}\). Hỏi số tiền lớn nhất người chủ cần chuẩn bị để trồng cỏ (miền tô đậm) là bao nhiêu (nghìn đồng)?
Vì \(\Delta DHN\) đồng dạng với \(\Delta DBA\) nên \(\frac{{DN}}{{DA}} = \frac{{NH}}{{AB}} = x\), với \(0 < x < 1\).
Khi đó \(NH = x.AB\); \(DN = x.DA \Rightarrow AN = \left( {1 - x} \right)DA\).
Ta có \({S_{AMHN}} = AN.NH = x\left( {1 - x} \right).AB.DA = x\left( {1 - x} \right){S_{ABCD}} = 25x\left( {1 - x} \right)\).
Số tiền người chủ cần chuẩn bị để trồng cỏ là \(80.25x\left( {1 - x} \right)\) (nghìn đồng).
Để số tiền lớn nhất thì \(f\left( x \right) = x\left( {1 - x} \right)\) đạt giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).
Nhận thấy \(f\left( x \right) = x\left( {1 - x} \right) = x - {x^2} = \frac{1}{4} - {\left( {\frac{1}{2} - x} \right)^2} \le \frac{1}{4},\forall x \in \left( {0;1} \right)\). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = \frac{1}{2}\).
Vậy số tiền lớn nhất người chủ cần chuẩn bị để trồng cỏ là \(500\) (nghìn đồng).
Một con thuyền rời bến \(O(0,0)\) trên một bờ sông, luôn đi với vận tốc không đổi 20 dặm/giờ hướng về bến \(A(1000,0)\) (phía đông của \(O\)); đồng thời nước sông chảy ngược lên phía bắc với tốc độ 5 dặm/giờ. Người ta cho rằng đường đi của thuyền là \(y = 500\left[ {{{\left( {\frac{{1000 - x}}{{1000}}} \right)}^{3/4}} - {{\left( {\frac{{1000 - x}}{{1000}}} \right)}^{5/4}}} \right],\quad 0 \le x \le 1000\)Tìm độ lệch bắc lớn nhất mà thuyền đạt được trong suốt hành trình.
Đặt \(u = \frac{{1000 - x}}{{1000}},\quad {\rm{ th\`i }}0 \le u \le 1,\quad x = 1000(1 - u).\)
Khi đó \(y(u) = 500\left( {{u^{3/4}} - {u^{5/4}}} \right).\)
Tính đạo hàm theo \(u\): \(500\left( {\frac{3}{4}{u^{ - 1/4}} - \frac{5}{4}{u^{1/4}}} \right) = 500 \cdot \frac{1}{4}{u^{ - 1/4}}(3 - 5u)\)
Vì \({u^{ - 1/4}} > 0\) trên \((0,1]\), ta chỉ cần giải \(3 - 5u = 0 \Rightarrow u = \frac{3}{5} = 0,6\)
Lập bảng xét dấu ta có
Suy ra \(y(u)\) đạt điểm cực đại tại \(u = 0,6\)
Chuyển lại thành \(x\) và tính
- Tương ứng \(x = 1000(1 - u) = 1000 \cdot 0,4 = 400\).
- Độ lệch bắc cực đại là
Do đó giá trị tại \(x = 400\)
Kết luận:
Trong suốt hành trình, con thuyền bị dòng nước đẩy lệch về phía bắc cực đại khoảng
76,6 (đơn vị chiều dài) khi nó đã đi được \(x = 400\) (đơn vị tương ứng) về phía đông.
Hệ thống định vị toàn cầu GPS là một hệ thống cho phép xác định vị trí của một vật thể trong không gian. Trong cùng một thời điểm, vị trí của một điểm M trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh cho trước nhờ các bộ thu phát tín hiệu đặt trên các vệ tinh. Giả sử trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), có bốn vệ tinh lần lượt đặt tại các điểm \(A(3;1;0)\), \(B(3;6;6)\), \(C(4;6;2)\), \(D(6;2;14)\); vị trí \(M(a;b;c)\) thỏa mãn \(MA = 3\), \(MB = 6\), \(MC = 5\), \(MD = 13\). Khoảng cách từ điểm \(M\) đến điểm \(O\) bằng bao nhiêu?
Do vị trí \(M(a;b;c)\) thỏa mãn \(MA = 3,\,MB = 6,\,MC = 5,\,MD = 13\)
\[\overrightarrow {AM} = \left( {a - 3;b - 1;c} \right) \Rightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {c^2} = {3^2}\]
\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 2b + 1 = 0\left( 1 \right)\]
\[\overrightarrow {BM} = \left( {a - 3;b - 6;c - 6} \right) \Rightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 6} \right)^2} = {6^2}\]
\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 12b - 12c + 45 = 0\left( 2 \right)\]
\[\overrightarrow {CM} = \left( {a - 4;b - 6;c - 2} \right) \Rightarrow {\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = {5^2}\]
\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 12b - 4c + 31 = 0\left( 3 \right)\]
\[\overrightarrow {DM} = \left( {a - 6;b - 2;c - 14} \right) \Rightarrow {\left( {a - 6} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 14} \right)^2} = {13^2}\]
\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 12a - 4b - 28c + 67 = 0\left( 4 \right)\]
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right),\,\left( 4 \right)\) ta có hệ phương trình \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10b + 12c = 44\\2a + 10b + 4c = 30\\6a + 2b + 28c = 66\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 2\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow M\left( {1;2;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} \left( {1;2;2} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3\].
Vậy khoảng cách từ điểm \(M\) đến điểm \(O\) bằng \(3\).
Giả sử chi phí để xuất bản \(x\) cuốn tạp chí được cho bởi công thức: \(C(x) = 0,0001{x^2} - 0,1x + 10000\), trong đó \(C(x)\) được tính theo đơn vị là vạn đồng. Chi phí phát hành cho mỗi cuốn tạp chí là 3 nghìn đồng. Ta gọi \(T(x)\) là tổng chi phí bao gồm chi phí xuất bản và chi phí phát hành cho \(x\) cuốn tạp chí. Tỉ số \(M(x) = \frac{{T(x)}}{x}\) được gọi là chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản \(x\) cuốn. Tìm chi phí trung bình thấp nhất cho một cuốn tạp chí là bao nhiêu vạn đồng, biết rằng nhu cầu hiện tại xuất bản không quá 30000 cuốn?
Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 3 nghìn đồng, tức là \(0,3\) vạn đồng.
Suy ra chi phí phát hành cho \(x\) cuốn là \(0,3x\).
Theo đề bài, ta có tổng chi phí xuất bản và phát hành cho \(x\) cuốn tạp chí là:
\(T\left( x \right) = C\left( x \right) + 0,3x = 0,0001{x^2} + 0,2x + 10000\)với \(0 < x \le 30000\).\(\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = M(x) = \frac{{T(x)}}{x} = 0,0001x + 0,2 + \frac{{10000}}{x}\), với \(0 < x \le 30000\).
\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0,0001 - \frac{{10000}}{{{x^2}}} = \frac{{0,0001{x^2} - 10000}}{{{x^2}}};\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 10000\,\,\left( {{\rm{do }}x > 0} \right).\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = + \infty .\end{array}\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị của \(M(x)\) nhỏ nhất khi \(x = 10000\).
Do đó, số lượng tạp chí cần xuất bản sao cho chi phí trung bình thấp nhất là \(x = 10000\).
Vậy chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản 10000 cuốn là:\(M(10000) = 2,2\).
Một chiếc ô tô được đặt trên mặt đáy dưới cùa một khung sắt có dạng hình hộp chữ nhật với đáy trên là hình chữ nhật \(ABCD\), mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) song song với mặt phẳng nằm ngang. Khung sắt đó được buộc vào móc \(E\) của chiếc cần cẩu sao cho các đoạn dây cáp \(EA,EB,EC,ED\) có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc bằng \(60^\circ \) (hình vẽ).
Chiếc cần cẩu kéo khung sắt lên theo phương thẳng đứng. Trọng lượng của chiếc xe ô tô bằng bao nhiêu Niutơn? (làm tròn đến hàng đơn vị), biết rằng các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {{F_4}} \) đều có cường độ là \(3500N\) và trọng lượng của khung sắt là \(2500N\).
Gọi \({A_1},\,{B_1},\,{C_1},{D_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {{F_4}} \).
Vì \(EA,EB,EC,ED\) có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc bằng \({60^o}\) nên \(E{A_1},E{B_1},E{C_1},E{D_1}\) có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) một góc bằng \({60^o}\).
Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) cũng là hình chữa nhật.
Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Ta suy ra \(EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\).
Do đó góc giữa đường thẳng \(E{A_1}\) và mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) bằng góc \(\widehat {E{A_1}O}\) suy ra \(\widehat {E{A_1}O} = {60^o}\).
Ta có \[\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4700N\] nên \(E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 3500N\).
Tam giác \(EO{A_1}\) vuông tại \(O\) nên\[EO = E{A_1}.\sin \widehat {E{A_1}O} = 3500.\sin 60^\circ = 1750\sqrt 3 \].
Ta có: \(\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {E{A_1}} + \,\overrightarrow {E{B_1}} + \overrightarrow {E{C_1}} + \overrightarrow {E{D_1}} = 4\overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{C_1}} + \,\overrightarrow {O{B_1}} + \overrightarrow {O{D_1}} = 4\overrightarrow {EO} \).
Vì chiếc khung sắt chứa xe ô tô ở vị trí cân bằng nên \(\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow P \), với \(\overrightarrow P \) là trọng lực tác dụng lên khung sắt chứa xe ô tô.
Suy ra trọng lượng của khung sắt chứa chiếc xe ô tô là: \(\left| {\overrightarrow P } \right| = 4\left| {\overrightarrow {EO} } \right| = 4.1750\sqrt 3 = 7000\sqrt 3 N\)
Vì trọng lượng của khung sắt là \(2500N\) nên trọng lượng của chiếc xe ô tô là: \(7000\sqrt 3 - 2500 \approx 9624N\).
