Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 4

Chọn B

Từ bảng bến thiên trên ta có:

+ Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ { - 1;2} \right]\) là \[M = 3\]

+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ { - 1;2} \right]\) là \[m = 0\]

Suy ra \[M + {\kern 1pt} \,m = 3\].

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  - 1,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) =  + \infty \] nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \[y =  - 1\] và tiệm cận đứng là \[x = 1\].

Chọn A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, theo công thức tính tọa độ trọng tâm tam giác trong không gian, ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{a}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{b}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{c}{3}\end{array} \right.\)

Vậy G có tọa độ \(\left( {\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}} \right)\).

Chọn D

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right] = \left( { - 1; - 3; - 7} \right) \ne \overrightarrow 0 \). Hai véctơ \(\overrightarrow a \), \(\overrightarrow b \)không cùng phương.

\(\left[ {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c  =  - 1 + 15 - 14 = 0\). Ba véctơ \(\overrightarrow a \),\(\overrightarrow b \),\(\overrightarrow c \) đồng phẳng.

Chọn C

a→.b→=3⇔2.1−3.m+1+2−1=3⇔−3m−3=3⇔m+1=1m+1=−1⇔m=0m=−2

 

Chọn C

\[y = {x^3} - 2{x^2} + x + 1\]. Tập xác định \[D = \mathbb{R}\].

\[y' = 3{x^2} - 4x + 1\].

Hàm số đồng biến \[y' > 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x + 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < \frac{1}{3}\end{array} \right.\].

Hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( {1;\, + \infty } \right)\] và \[\left( { - \infty ;\,\frac{1}{3}} \right)\].

Chọn A

Vì \[f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4},\forall x \in \mathbb{R}\] nên ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số \[f\left( x \right)\] chỉ có một cực trị và đó là cực tiểu.

Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho là \[0\].

Chọn C

Xét hàm số xác định trên tập \(D = \left[ {0;2} \right]\)

Ta có \[y' = \frac{{4 + m}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\]. Nhận xét \(\forall {\rm{ }}m \ne  - 4\)hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên \(\left[ {0;2} \right]\)nên giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ {0;2} \right]\)luôn đạt được tại \(x = 0{\rm{ }}\), \(x = 2\).

Theo bài ra ta có \(f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) =  - 8 \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{2} + \frac{{4 - m}}{4} =  - 8 \Leftrightarrow m = 12\).

Chọn A

Ta có nhánh bên phải đồ thị đi xuống, suy ra \(a < 0\).

Mặt khác do đồ thị có ba cực trị suy ra \(ab < 0\) mà \(a < 0 \Rightarrow b > 0\).

Mà giao điểm của đồ thị với trục \(Oy\) tại điểm có tung độ \(y = c > 0\).

Vậy chọn đáp án A

Chọn C

Gọi \({x_1},{x_2},{x_3}\) là nghiệm của phương trình \(y = 0\)

Ta có bảng biến thiên của hàm sô \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\):

Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận được phương trình có 5 nghiệm.

Chọn C

Gọi \(G\)là trọng tâm tam giác\(MNP\), khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{2 + 1 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{ - 3 + 2 - 2}}{3} =  - 1\\{z_G} = \frac{{{z_M} + {z_N} + {z_P}}}{3} = \frac{{4 + 3 + 2}}{3} = 3\end{array} \right.\).

Chọn D

Gọi \(A'C' \cap B'D' = {\rm{\{ }}O'{\rm{\} }}\), ta có: \[\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC'}  = 2\overrightarrow {AO'} \].

Lại có  vuông tại \(A'\) nên:

\(AO' = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{{O'}^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AO'} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {AO'} } \right|\)\( = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 6 \).

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

 

a) Từ bảng biến thiên ta có:

Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x =  - 3\) và đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\). Chọn Đ

Từ bảng biến thiên ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} f(x) =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ - }} f(x) =  - \infty \) nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x =  - 2\) làm tiệm cận đứng. Chọn Đ

Từ bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3; - 2} \right)\) và \(\left( { - 2; - 1} \right)\). Hàm số không xác định tại\(x =  - 2\). Chọn S

Từ bảng biến thiên ta có: \(f(x) = 0\) vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có điểm chung với trục hoành. Chọn Đ

a)

Đ

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

   

Xét \(y(t) = 5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}\) trên nửa đoạn \([0; + \infty )\)

\({y^\prime }(t) = \frac{{135{t^2} - 15}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{3}}\\{t =  - \frac{1}{3}({\rm{loai}})}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy \({\min _{[0; + \infty )}}y(t) = y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{5}{2}\) và \({\max _{[0; + \infty )}}y(t) = y(0) = 5\)

Vậy vào các thời điểm \(t = 0\) thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất và \(t = \frac{1}{3}\) giờ thì nồng độ oxygen trong nước thấp nhất

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

 

Sai: \(y = x - \frac{1}{{x + 1}}\). Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

Đạo hàm \(y' = 1 + \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \in D\): 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

 Đúng: \(M\left( {0;\, - 1} \right),y'\left( 0 \right) = 2\)

Phương trình tiếp tuyến \(\left( T \right)\) tại \(M:y = 2\left( {x - 0} \right) - 1 \Leftrightarrow y = 2x - 1\)

 Sai: Tiếp tuyến \(\left( {{T_1}} \right)\) của \((C)\) 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 \((C)\) tại \(Q\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) có hệ số góc \({k_2} = {y'_{{x_2}}} = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^2}}} > 0\)

Do \({y'_{{x_1}}} > 0,\,{y'_{{x_2}}} > 0\) nên không thể có 2 tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) vuông góc nhau

 Đúng: \(y = x - \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}}\)

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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} = k - 1}\\{{x_A}.{x_B} =  - \left( {k + 1} \right)}\end{array};\,\,A\left( {{x_A};k} \right),B\left( {{x_B};k} \right)} \right.\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OA}  = \left( {{x_A},k} \right),\overrightarrow {OB}  = \left( {{x_B},k} \right)\\OA \bot OB \Leftrightarrow \overrightarrow {OA}  \cdot \overrightarrow {OB}  = 0 \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {k^2} = 0 \Leftrightarrow  - k - 1 + {k^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}\\{k = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.\end{array}\)

a)

Đ

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

a. Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)\)

Để ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = k.\overrightarrow {AC} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = k.6\\x - 5 = k\left( { - 3} \right)\\2 = k\left( {y + 1} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{2}{3}\\x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).

Vậy \(x + y = 5\).

b. Đúng. Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3 + 7 + 9}}{3} = \frac{{19}}{3}\\\frac{{5 + x + 2}}{3} = \frac{8}{3}\\\frac{{ - 1 + 1 + y}}{3} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right..\)

c. Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)\)

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 24 + (x - 5)( - 3) + 2(y + 1)\)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\)

d. Đúng. Vì \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 24 + (x - 5)( - 3) + 2(y + 1) =  - 3x + 2y + 41.\)

\[ \Rightarrow f'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 0\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên

Vận tốc của vật đạt được cao nhất là \(4{\rm{ }}m/s\)

Ta thấy độ dài \(x(dm)\) của cạnh hình vuông bị cắt phải thoả mãn điều kiện \(0 < x < 3\).

Thể tích của khối hộp là \(V(x) = x{(6 - 2x)^2}\) với \(0 < x < 3\).

Ta phải tìm \({x_0} \in (0;3)\) sao cho \(V\left( {{x_0}} \right)\) có giá trị lớn nhất.

Ta có: \({V^\prime }(x) = {(6 - 2x)^2} - 4x(6 - 2x)\)

\( = (6 - 2x)(6 - 6x) = 12(3 - x)(1 - x){\rm{. }}\)

Trên khoảng \((0;3),{V^\prime }(x) = 0\) khi \(x = 1\).

Bảng biến thiên của hàm số \(V(x)\) như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng \((0;3)\), hàm số \(V(x)\) đạt giá trị lớn nhất bằng 16 tại \(x = 1\).

Vậy để khối hộp tạo thành có thể tích lớn nhất thì \(x = 1\) .

Gọi điểm thắt một đầu bên trên là \[O\] và \[3\] điểm nối \[3\] sợi dây với giá gỗ tạo thành tam giác đều \[ABC\]. Gọi \[G\] là trọng tâm tam giác \[ABC\].

Vì tam giác \[ABC\] đều nên \[G\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\].

Do đó, \[GA = GB = GC = 20cm\]. Gọi \[F\] là độ lớn của các lực căng \[{F_1},{F_2}\;,{F_3}\] trên mỗi sợi dây. Đặt \[F = \;x\] với \[0 < x \le 15\].

Theo bài ra ta có \[OA = OB = OC = 60cm\] nên \[OG \bot \left( {ABC} \right)\] và \[\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right| = 60\]

Do đó, \[\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\]. Từ đó ta có \[\overrightarrow {{F_1}}  = \frac{x}{{60}}\overrightarrow {OA} ,  \overrightarrow {{F_2}}  = \frac{x}{{60}}\overrightarrow {OB} ,  \overrightarrow {{F_3}}  = \frac{x}{{60}}\overrightarrow {OC} \].

Suy ra \[\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \frac{x}{{60}}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} } \right) = \frac{{3x}}{{60}}\overrightarrow {OG}  = \frac{x}{{20}}\overrightarrow {OG} \].

Mặt khác, ta lại có \[\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow P \] với \[\overrightarrow P \] là trọng lượng của giá gỗ và các chậu hoa.

Nên ta có \[\left| {\overrightarrow P } \right| = \frac{x}{{20}}\left| {\overrightarrow {OG} } \right| = \frac{{x\sqrt {{{60}^2} - {{20}^2}} }}{{20}} = x\sqrt 8  \le 15\sqrt 8 \].

Vậy giá trị lớn nhất trọng lượng giá gỗ và chậu hoa là \[\max \left| {\overrightarrow P } \right| = 15\sqrt 8 .\]

Suy ra trọng lượng tối đa của các chậu hoa để dây treo không bị đứt là \[15\sqrt 8  - 5 \approx 37,4\left( N \right)\].

Ta có: \(f\left( t \right) = \frac{{200}}{{1 + 4{e^{ - t}}}} \Rightarrow f'\left( t \right) = 200.\frac{{ - 4.{e^{ - t}}.\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^2}}} = 200.\frac{{4.{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^2}}}\)

\(f''\left( t \right) = 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^2} - 2\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right).\left( { - 4{e^t}} \right).4{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^4}}}\)\( = 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}.\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)\left( {1 + 4{e^{ - t}} - 8{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^4}}}\)

\( = 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}.\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)\left( {1 - 4{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^4}}}\)\( \Rightarrow f''\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {e^{ - t}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow t =  - \ln \left( {\frac{1}{4}} \right) = \ln 4 \approx 1,38\)

Vậy sau khi nảy mầm khoảng \(\ln 4 \approx 1,38\) tháng thì cây có tốc độ tăng chiều cao lớn nhất.

Gọi tọa độ điểm \(B\left( {550;\,y;\,z} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {540;\,y - 3;\,z} \right)\).

Do đường đi của cabin cùng phương với vectơ \(\vec u = \left( {2;\, - 2;\,1} \right)\) nên ta có:

\(\frac{{540}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y - 3 =  - 540}\\{z = 270\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y =  - 537}\\{z = 270}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow B\left( {550;\, - 537;\,270} \right)\).

Quãng đường \(AB\) bằng \(AB = \sqrt {{{540}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{270}^2}}  = 810\).

Vận tốc của cabin bằng \(v = \frac{{AB}}{{3.60}} = 4,5\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Thời gian để cabin chuyển động đều từ điểm \(A\) đến điểm \(D\) là: \(\frac{{3780}}{{4,5}} = 840\).

Lăng trụ có:

Diện tích đáy:

\(\begin{array}{l}S = 6.\frac{{O{C^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{(OB - BC)^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\left( {OB - \frac{x}{{\cos \widehat {ABC}}}} \right)^2}\\ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\left( {90 - 2x} \right)^2} = 6\sqrt 3 {\left( {45 - x} \right)^2}\end{array}\)

Chiều cao: \(h = AC = x.\tan \widehat {ABC} = x\sqrt 3 \)

Thể tích lăng trụ: \(V = Sh = 18x{(45 - x)^2} = 18({x^3} - 90{x^2} + {45^2})\)

Đạo hàm: \(V' = 18(3{x^2} - 180x + {45^2});V' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15 \Rightarrow y = 243000\\x = 45 \Rightarrow y = 0\end{array} \right.\)

 

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận \(x = 15.\)