Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 4
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 hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 3;2} \right]\)và có bảng biến thiên như sau.
Gọi \[M,{\kern 1pt} \,m\] lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\). Tính \[M + {\kern 1pt} \,m\].
\[1\].
\[3\].
\[4\].
\[2\].
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 \[M + {\kern 1pt} \,m = 3\].
\[3\].
\[2\].
\[1\].
\[0\].
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 \[x = 1\].
\(\left( {\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}} \right)\).
\(\left( {a;b;c} \right)\).
\(\left( {\frac{{ - a}}{3};\frac{{ - b}}{3};\frac{{ - c}}{3}} \right)\).
\(\left( { - a; - b; - c} \right)\).
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 \(\left( {\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}} \right)\).
\(\overrightarrow a \) vuông góc với \(\overrightarrow b \).
\(\overrightarrow a \) cùng phương với \(\overrightarrow b \).
\(\overrightarrow a \),\(\overrightarrow b \),\(\overrightarrow c \) không đồng phẳng.
\(\overrightarrow a \),\(\overrightarrow b \),\(\overrightarrow c \) đồng phẳng.
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.
\(2\).
\( - 3\).
\(0\).
\(4\).
Chọn C
\[\mathbb{R}\backslash \left( { - 1;\,1} \right)\].
\[\left( {0;\,2} \right)\].
\[\left( { - 3;\, - 2} \right)\].
\[\left( { - 1;\,1} \right)\].
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 \[\left( { - \infty ;\,\frac{1}{3}} \right)\].
\[0\].
\[3\].
\[1\].
\[2\].
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 \[0\].
\(8\).
\(9\).
\(12\).
\(10\).
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 \(f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) = - 8 \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{2} + \frac{{4 - m}}{4} = - 8 \Leftrightarrow m = 12\).
\(a < 0\); \(b < 0\); \(c > 0\).
\(a > 0\); \(b < 0\); \(c > 0\).
\(a < 0\); \(b > 0\); \(c > 0\).
\(a < 0\); \(b > 0\); \(c < 0\).
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
\(4\).
\(6\).
\(5\).
\(0\).
Chọn C
Gọi \({x_1},{x_2},{x_3}\) là nghiệm của phương trình \(y = 0\)
Ta có bảng biến thiên của hàm sô \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\):
\(\left( { - 2;1; - 3} \right)\).
\(\left( {6; - 3;9} \right)\).
\(\left( {2; - 1;3} \right)\).
\(\left( { - 6;3; - 9} \right).\)
Chọn C
Gọi \(G\)là trọng tâm tam giác\(MNP\), khi đó:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{2 + 1 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{ - 3 + 2 - 2}}{3} = - 1\\{z_G} = \frac{{{z_M} + {z_N} + {z_P}}}{3} = \frac{{4 + 3 + 2}}{3} = 3\end{array} \right.\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
\(a\sqrt 2 \).
\(\left( {1 + \sqrt 3 } \right)a\).
\(a\sqrt 6 \).
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:
\(AO' = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{{O'}^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AO'} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {AO'} } \right|\)\( = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 6 \).
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 \(y = f(x)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\), liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên sau:
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3; - 1} \right)\).
Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = - 3\)và đạt cực tiểu tại \(x = - 1\).
Đồ thị hàm số không có điểm chung với trục hoành.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x = - 2\)làm tiệm cận đứng.
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
Sự phân huỷ của rác thải hữu cơ có trong nước sẽ làm tiêu hao oxygen hoà tan trong nước. Nồng độ oxygen trong một hồ nước sau \(t\) giờ \((t \ge 0)\) khi một lượng rác thải hữu cơ bị xả vào hồ được tính xấp xỉ bởi hàm số \(y(t) = 5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}.\)
Vào thời điểm \(t = 1\) thì nồng độ oxygen trong nước là \(3,5\).
Nồng độ oxygen trong một hồ nước không vượt quá \(5\).
Vào thời điểm \(t = 0\) thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất.
Nồng độ oxygen trong một hồ nước thấp nhất là \(3,5\).
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
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 tại \(M\) là \(y = 2x - 1\).
Tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với nhau.
Để đường thẳng \(y = k\) cắt \((C)\) 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: \(y = x - \frac{1}{{x + 1}}\). 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
b) Đúng: \(M\left( {0;\, - 1} \right),y'\left( 0 \right) = 2\)
Phương trình tiếp tuyến \(\left( T \right)\) tại \(M:y = 2\left( {x - 0} \right) - 1 \Leftrightarrow y = 2x - 1\)
c) 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
d) 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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} = k - 1}\\{{x_A}.{x_B} = - \left( {k + 1} \right)}\end{array};\,\,A\left( {{x_A};k} \right),B\left( {{x_B};k} \right)} \right.\)
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OA} = \left( {{x_A},k} \right),\overrightarrow {OB} = \left( {{x_B},k} \right)\\OA \bot OB \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {k^2} = 0 \Leftrightarrow - k - 1 + {k^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}\\{k = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.\end{array}\)
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm \(A\left( {3{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} 5{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} - 1} \right)\), \(B\left( {7{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x;{\mkern 1mu} 1} \right)\), \(C\left( {9{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} 2{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} y} \right)\).
Tích vô hướng của \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - 3x + 2y + 41\).
Ba điểm \(A,B,C\) thẳng hàng thì \(x + y = 5.\)
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) thì \(x = 13,y = - 1.\)
Điểm \(G\left( {\frac{{19}}{3};\frac{8}{3};3} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) thì \(x = 1;y = 3.\)
a) | Đ | b) | Đ | c) | Đ | d) | Đ |
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 \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 24 + (x - 5)( - 3) + 2(y + 1) = - 3x + 2y + 41.\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một vật chuyển động với vận tốc \(\left( {m/s} \right)\) được xác định bởi hàm số \(f(t) = - {t^3} + 3{t^2}\) với \(t \ge 0\). Khi đó \(f\prime (t)\) là gia tốc của vật tại thời điểm \(t\) . Vận tốc của vật đạt được cao nhất trong khoảng thời gian 3 giây đầu là bao nhiêu m/s?
__
\[ \Rightarrow f'\left( t \right) = - 3{t^2} + 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 0\end{array} \right.\]
Bảng biến thiên
Cho một tấm nhôm có dạng hình vuông cạnh \(6dm\). Bác Ánh cắt ở bốn góc bốn hình vuông cùng có độ dài bằng \(x(dm)\), rồi gập tấm nhôm lại như Hình để được một cái hộp có dạng khối hộp chữ nhật không có nắp. Gọi \(V\) là thể tích của khối hộp đó tính theo \(x\).
Tìm \(x(dm)\) để khối hộp tạo thành có thể tích lớn nhất.
__
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 \(x = 1\) .
Một giỏ hoa treo trong nhà làm bằng 3 sợi dây không giãn, mỗi sợi dài \(60\left( {cm} \right)\) miếng kê là một miếng gỗ cân đối hình tròn bán kính \(20\left( {cm} \right)\), ba sợi dây được thắt một đầu bên trên và đỡ giá gỗ tại 3 điểm tạo thành tam giác đều . Biết lực chịu đựng của mỗi sợi dây bằng nhau và mỗi sợi chịu không quá \(15N\) trọng lượng của miếng giá gỗ là \(5N\). Tính trọng lượng tối đa của các chậu hoa để dây treo không bị đứt .
_____
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.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , một cabin cáp treo xuất phát từ điểm \(A\left( {10;\,3;\,0} \right)\) và chuyển động đều theo đường cáp thẳng đến vị trí \(D\) cách điểm \(A\) một khoảng \(3780\,{\rm{m}}\). Biết đường đi của cabin cùng phương với vectơ \(\vec u = \left( {2;\, - 2;\,1} \right)\) và sau 3 phút kể từ khi xuất phát thì cabin đi đến vị trí \(B\) có hoành độ \({x_B} = 550\). Hỏi thời gian di chuyển của cabin trên quãng đường \(AD\) là bao nhiêu giây?
____
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: \(\frac{{3780}}{{4,5}} = 840\).
Cho một tấm nhôm hình lục giác đều cạnh \[90\] cm. Người ta cắt ở mỗi đỉnh của tấm nhôm hai hình tam giác vuông bằng nhau, biết cạnh góc vuông nhỏ bằng \[x\] rồi gập tấm nhôm như hình vẽ để được một hình lăng trụ lục giác đều không có nắp. Tìm \[x\] để thể tích của khối lăng trụ lục giác đều trên là lớn nhất.
![Cho một tấm nhôm hình lục giác đều cạnh \[90\] cm. Người ta cắt ở (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/21-1761612074.png)
___
![Cho một tấm nhôm hình lục giác đều cạnh \[90\] cm. Người ta cắt ở (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/18-1761612108.png)
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: \(V' = 18(3{x^2} - 180x + {45^2});V' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15 \Rightarrow y = 243000\\x = 45 \Rightarrow y = 0\end{array} \right.\)
![Cho một tấm nhôm hình lục giác đều cạnh \[90\] cm. Người ta cắt ở (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/screenshot-3963-1761612161.png)
Dựa vào bảng biến thiên ta nhận \(x = 15.\)
