Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 5

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có GTLN \(y = 5\) tại \(x = 0\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\).

Vậy \(M = f\left( 0 \right)\).

Chọn C

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\{z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}\end{array} \right.\). Suy ra \[M\left( {0;2;2} \right)\].

Chọn B

Ta có \(cos\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{ - 1.0 + 1.\left( { - 1} \right) + 0.0}}{{\sqrt 2 .1}} =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = {135^o}\).

Vậy góc giữa hai véc-tơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) là \({135^o}\).

Chọn D

Xét đáp án A có \(y = 3{x^2} + 1 > 0\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Xét đáp án B và D là hàm số bậc 2 và bậc 4 luôn có khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến.

Xét đáp án C có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn D

Chọn B

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,f\left( x \right) = 5\) \( \Rightarrow \)đường thẳng \(y = 5\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,f\left( x \right) = 2\) \( \Rightarrow \) đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,f\left( x \right) =  + \infty \) \( \Rightarrow \)đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

KL: Đồ thị hàm số có tổng số ba đường tiệm cận.

Chọn C

Ta có \(y' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 3\).

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = \min \left\{ {y\left( 0 \right);y\left( 3 \right);y\left( 4 \right)} \right\} = \min \left\{ {m\,;\,m - 9\,;\,m - 8} \right\} = m - 9\).

Theo giả thiết ta có \(m - 9 =  - 1 \Leftrightarrow m = 8\).

Vậy \(0 < m < 10\).

Chọn B

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow i \) và \(\overrightarrow u  = \left( { - \sqrt 3 \,;\,0\,;\,1} \right)\), ta có: \({\rm{cos}}\alpha  = \frac{{\overrightarrow i \,.\,\overrightarrow u }}{{\left| {\overrightarrow i } \right|\,.\,\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\, \Rightarrow \,\alpha \, = \,{150^0}\).

Chọn C

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + 5x - 4\)

\[ \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + 5\]

\[ \Rightarrow y'' = 6x - 6\]

Xét \[y'' = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1\]

Tại \[x = 1 \Rightarrow y =  - 1\].Tọa độ điểm uốn \(I(1; - 1)\).

Suy ra đồ thị hàm số đã cho nhận điểm uốn \(I(1; - 1)\)làm tâm đối xứng.

Chọn B

Ta có \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = \ln 12\\x = 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Hàm số \(y = f(x)\) có hai điểm cực trị.

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \[x = 2\]và tiệm cận ngang \[y = 1 \Rightarrow \]loại B, D

+) Hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ;2} \right)\]và \[\left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow \]loại C vì hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x + 3}}{{x - 2}}\)có đạo hàm là \[f'\left( x \right) = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2\].

Chọn D

Ta có \[\overrightarrow x  = 2\overrightarrow a  - \overrightarrow b ,\,\,\overrightarrow y  =  - 4\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b  =  - 2\overrightarrow x \], Do đó hai vectơ \[\overrightarrow x ,\overrightarrow y \] cùng phương.

(a) Đúng: Khi \(m = 1\) đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị

(b) Đúng: Khi \(m = 1:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 3}}{{x - 1}} =  - x + 1 - \frac{2}{{x - 1}}\)

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\);

\(y' = \frac{{ - {x^2} + 2x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow  - {x^2} + 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - \sqrt 2  \Rightarrow y = 2\sqrt 2 }\\{x = 1 + \sqrt 2  \Rightarrow y =  - 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 \pm } y =  \pm \infty :x = 1\)là tiệm cận đứng; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm x} y =  - x + 1:y =  - x + 1\) là tiệm cận xiên

Bảng biến thiên:

\(x = 0 \Rightarrow y = 3\); \(y = 0 \Rightarrow  - {x^2} + 2x - 3 = 0\) (vô nghiệm) nên đồ thị hàm số không cắt trục \(Ox\)

(c) Đúng: \(y = \frac{{ - m{x^2} + \left( {4m - 2} \right)x + 1 - 4m}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - m{x^2} + 2mx - 4m + 2 - 1 + 4m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)

Suy ra \(y' = \frac{{ - m{x^2} + 2mx + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Dấu \(y'\) là dấu của tam thức \(g\left( x \right) =  - m{x^2} + 2mx + 1\)

\(g\left( x \right){\rm{ c\'o  }}\Delta ' = {m^2} + m\,;\,\,g\left( 1 \right) =  - m + 2m + 1 = m + 1\)

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{m + 1 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Lúc này hàm số đạt cực đại và cực tiểu tại \(x = {x_1},x = {x_2}\) và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  - \frac{1}{m}}\end{array}} \right.\).

Giả sử \({x_1} < {x_2}\)

Theo yêu cầu bài toán: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} > 0}\\{{x_2} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} > 0}\\{{x_1} \cdot {x_2} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 > 0{\rm{ (lu\^o n d\'u ng) }}}\\{ - \frac{1}{m} > 0}\end{array} \Leftrightarrow m < 0} \right.} \right.} \right.\)

Giao với điều kiện \(\Delta ' > 0\) được \(m <  - 1\)

(d) Đúng: \({y'_x} = \frac{{ - {x^2} + 2x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Đường thẳng \(x - y = 0\) có hệ số góc \(k = 1\)

Để tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) song song với đường thẳng \(y = x\) cần và đủ là \({y'_x} = 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{\frac{{ - {x^2} + 2x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{ - {x^2} + 2x + 1 = {x^2} - 2x + 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{2{x^2} - 4x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 3}\\{x = 2 \Rightarrow y =  - 3}\end{array}} \right.} \right.\)

Có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:

\(\left( {{T_1}} \right):y = 1\left( {x - 0} \right) + 3 \Leftrightarrow y = x + 3\,;\,\,\left( {{T_2}} \right):y = 1\left( {x - 2} \right) - 3 \Leftrightarrow y = x - 5\)

(a) Chọn S

(b) Chọn S

(c) Phương án C, Ta có: . Nên y'=0⇔x=0 và y' đổi dấu khi đi qua \(x = 0\). Suy ra hàm số không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Phương án A, Hàm số: .

Δ'=−6053<0 nên y'<0,∀x∈ℝ và hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Phương án B, Hàm số: y=−5x+sinx⇒y'=−5+cosx<0,∀x∈ℝ. Nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Phương án D, Hàm số: y=π3+5x⇒y'=π3+5xlnπ3+5<0,∀x∈ℝ Nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn Đ

(d) Chọn S

Dân số của quốc gia này ở năm \[2030\] là \[N\left( 7 \right) = 100{e^{0,012.7}} \approx 108,8\] triệu người.Dân số của quốc gia này ở năm \[2035\] là \[N\left( {12} \right) = 100{e^{0,012.12}} \approx 115,5\] triệu người.Hàm tốc độ tăng dân số là \[N'\left( t \right) = 1,2{e^{0,012t}}\]. Ta có:

\[1,2{e^{0,012t}} = 1,6 \Leftrightarrow t \approx 2,34\].

Vậy thời vào năm \[2026\], tốc độ tăng dân số là \[1,6\] triệu người/nămHàm tốc độ tăng dân số là \[N'\left( t \right) = 1,2{e^{0,012t}}\]. Ta có:

\[1,2{e^{0,012t}} = 1,6 \Leftrightarrow t \approx 2,34\].

Vậy thời vào năm \[2026\], tốc độ tăng dân số là \[1,6\] triệu người/năm.

(a) Đúng: Gọi \(C'\left( {x;y;z} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {BC'}  = \left( {2; - 6;6} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 0 = 2}\\{y - 3 =  - 6}\\{z - 0 = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y =  - 3}\\{z = 6}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow C\left( {2; - 3;6} \right)\).

(b) Đúng: Gọi \(O'\left( {x;y;z} \right)\). Theo hình vẽ thì \(\overrightarrow {AO'}  = \overrightarrow {BC'}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 2}\\{y - 1 =  - 6}\\{z + 1 = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y =  - 5}\\{z = 5}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow O'\left( {3; - 5;5} \right)\)

(c) Sai: Theo hình vẽ thì \(\overrightarrow {AB'}  = \overrightarrow {OC'}  = \left( {2; - 3;6} \right)\).

(d) Sai: Ta có \(\overrightarrow {HK}  = \overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;2;1} \right)\).

Ta có \[P'\left( t \right) = \frac{{ - 8{t^2} - 8t + 6}}{{{{\left( {4{t^2} + 2t + 4} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {2t - 1} \right)\left( { - 2t - 3} \right)}}{{{{\left( {4{t^2} + 2t + 4} \right)}^2}}}\]

\[P'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - \frac{3}{2}\\t = \frac{1}{2}\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên

Ta thấy hàm số đạt cực đại tại \[t = \frac{1}{2}\] và \[P'\left( t \right) < 0,\forall t > \frac{1}{2}\] nên sau \[0,5\left( h \right)\] thì vi khuẩn bắt đầu giảm.

Ta đặt \(A'M = x\), khi đó ta được:

\(MB' = 492 - x,AM = \sqrt {{x^2} + {{118}^2}} ,BM = \sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} {\rm{.}}\)

Như vậy ta có hàm số \(f\left( x \right)\) được xác định bằng tổng quãng đường \(AM\) và \(MB\):

\(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{118}^2}}  + \sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} {\rm{\;}}\)với\(x \in \left[ {0;492} \right]\)

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) để có được quãng đường ngắn nhất và từ đó xác định được vị trí điểm \(M\).

\(f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} - \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} }}{\rm{.\;}}\)

\(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} = \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} }} \Leftrightarrow x\sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}}  = \left( {492 - x} \right)\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2}\left[ {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} \right] = {{(492 - x)}^2}\left( {{x^2} + {{118}^2}} \right)}\\{0 \le x \le 492}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{(487x)}^2} = {{(58056 - 118x)}^2}}\\{0 \le x \le 492}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{58056}}{{605}}{\rm{\;hay\;}}x =  - \frac{{58056}}{{369}} \Leftrightarrow x = \frac{{58056}}{{605}}}\\{0 \le x \le 492}\end{array}} \right.\)

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;492} \right]\). So sánh các giá trị của \(f\left( 0 \right),f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right),f\left( {492} \right)\) ta có giá trị nhỏ nhất là \(f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right) \approx 779,8{\rm{\;m}}\)

Khi đó quãng đường đi ngắn nhất là xấp xỉ \(779,8{\rm{\;m}}\).

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{m}{2}} \right\}\]

\[y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {2x + m} \right)}^2}}}\].

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 < 0\\\frac{{ - m}}{2} \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\\left[ \begin{array}{l}\frac{{ - m}}{2} \le 0\\\frac{{ - m}}{2} \ge 1\end{array} \right.\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 0\\m \le  - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow 0 \le m < 2\].

Xét tứ diện \(ABCD\) có \(G\) là trọng tâm thì \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \vec 0\) và \(GA = GB = GC = x\)

Ta có: \( - \overrightarrow {GA}  = \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} \), bình phương hai vế ta được \(G{A^2} = G{B^2} + G{C^2} + G{D^2} + 2\overrightarrow {GB}  \cdot \overrightarrow {GC}  + 2\overrightarrow {GB}  \cdot \overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {GC}  \cdot \overrightarrow {GD} \) \( \Leftrightarrow {x^2} = 3{x^2} + 2{x^2}\cos \alpha  + 2{x^2}\cos \alpha  + 2{x^2}\cos \alpha  \Leftrightarrow  - 2{x^2} = 6{x^2} \cdot \cos \alpha  \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{ - 1}}{3} \Rightarrow \alpha  \approx {109^^\circ }\).

Do máy bay giữ nguyên tốc độ nên vận tốc của máy bay trên quãng đường \[AB\] và \[BC\] là như nhau. Ta có: \[\frac{{AB}}{{10}} = \frac{{BC}}{5} \Leftrightarrow AB = 2BC\].

Và máy bay giữ nguyên hướng bay nên hai vectơ \[\overrightarrow {AB} ;\,\overrightarrow {BC} \] cùng hướng.

Do đó \[\overrightarrow {AB}  = 2\overrightarrow {BC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}140 = 2\left( {x - 940} \right)\\50 = 2\left( {y - 550} \right)\\2 = 2\left( {z - 9} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1010\\y = 575\\z = 10\end{array} \right.\]

Vậy \[x\, + \,y\, + z = 1595\]

Đặt \(u = {e^{0,2x}}\left( { \Rightarrow {e^{0,1x}} = {u^{1/2}}} \right)\) khi đó \(F(x) = 10890\frac{{{u^{1/2}}}}{{{{(1 + 100u)}^{3/2}}}}\)

Để tìm cực đại, xét \(G(u) = \frac{{{u^{1/2}}}}{{{{(1 + 100u)}^{3/2}}}},\quad u > 0\)

Tính \(\ln G = \frac{1}{2}\ln u - \frac{3}{2}\ln (1 + 100u) \Rightarrow \left( {\ln G} \right)\prime  = \frac{1}{{2u}} - \frac{{150}}{{1 + 100u}}\)

Cho đạo hàm bằng 0: \(\frac{1}{{2u}} = \frac{{150}}{{1 + 100u}} \Rightarrow 1 + 100u = 300u \Rightarrow 200u = 1 \Rightarrow u = 0,005\)

Lập bảng biến thiên cho hàm số \(G(u),u > 0\) ta có được hàm số đạt cực đại tại \(u = 0,005\)

Trả về biến \(x\): \({e^{0,2x}} = 0,005 \Rightarrow 0,2x = \ln (0,005) \approx  - 5,298 \Rightarrow x \approx  - 26,49.\)

(thuộc miền \([ - 200,50]\)).

Giá trị cực đại

- Lực pháp tuyến đạt cực đại khi \(x \approx  - 26.5\).

- Giá trị cực đại là khoảng \[419\](lb).