Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 6

Chọn A

Ta có tọa độ của \(\overrightarrow x  = \overrightarrow i  - 3\overrightarrow j  + 2\overrightarrow k \) có tọa độ là \[\overrightarrow x  = \left( {1; - 3;2} \right)\].

Chọn A

Chọn C

Ta có: \(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 2.1 + 3.\left( { - 1} \right) + 0.4 = - 1\).

Chọn B

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có phương trình dạng \[{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\] có tâm \[I\left( {a;\,b;\,c} \right)\].

Vậy \[\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 8z + 4 = 0\] có tâm \[I\left( {3;\, - 2;\,4} \right)\].

Chọn D

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 cực đại, 1 cực tiểu và không xác định tại \(x = 1\).

Chọn C

Ta có \(y' = 3{x^2} - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 2\end{array} \right.\).

\(y' < 0\) với mọi \(x \in \left( { - 2\,;\,2} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng\(\left( { - 2;2} \right).\)

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;2} \right).\)

Chọn C

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{4 + m}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}},\,\forall x \ne  - 4\) và phương trình tiệm cận đứng \(x =  - 4\).

Vì \( - 4 \notin \left[ { - 3;3} \right]\) nên ta xét 2 trường hợp sau

+) Với \(m + 4 > 0\) \( \Leftrightarrow m >  - 4\) thì \(f'\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \left[ { - 3\,;\,3} \right]\) nên

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = 2\)\( \Leftrightarrow f\left( { - 3} \right) = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{ - 3 - m}}{1} = 2 \Rightarrow m =  - 5\) (loại).

+) Với \(m + 4 < 0\)\( \Leftrightarrow m <  - 4\) thì \(f'\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left[ { - 3\,;\,3} \right]\)nên

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = 2\) \( \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{3 - m}}{7} = 2 \Rightarrow m =  - 11\) ( nhận).

Vậy tổng các giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \( - 11\).

Chọn C

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - ax}}{{bx - c}} = \frac{{ - a}}{b}\), theo giả thiết suy ra \(\frac{{ - a}}{b} = 3 \Leftrightarrow a =  - 3b\)

Hàm số không xác định tại \(x = 1 \Rightarrow b - c = 0 \Leftrightarrow b = c\)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định nên \(f'\left( x \right) = \frac{{ac - 2b}}{{{{\left( {bx - c} \right)}^2}}} > 0\)với mọi \(x\)khác 1

Suy ra \(ac - 2b > 0 \Leftrightarrow  - 3{b^2} - 2b > 0 \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} < b < 0 \Leftrightarrow 0 <  - b < \frac{2}{3}\)

Lại có \(a + b + c =  - 3b + b + b =  - b\)

Vậy tổng \(a + b + c\)thuộc khoảng \(\left( {0;\frac{2}{3}} \right)\).

Chọn D

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = a.a.\cos \widehat {BAC} = \frac{{{a^2}}}{2};\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = a.a.\cos \widehat {BAD} = \frac{{{a^2}}}{2}\) .

Khi đó \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} \left( {A\overrightarrow C  - \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {AB} .A\overrightarrow C  - \overrightarrow {AB} .A\overrightarrow D  = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{2} = 0\].

Chọn C

\(f'\left( x \right) = x{\left( {1 - x} \right)^2}{\left( {3 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\\x = 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\).

Chọn B

Hàm số \[y = \frac{{2x + 1}}{{3 - x}} = \frac{{2x + 1}}{{ - x + 3}}\]

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\].

*) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - 2\] nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang \[y =  - 2\].

*) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y =  - \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y =  + \infty \] nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng \[x = 3\].

Khi đó đồ thị hàm số có tâm đối xứng là \[I\left( {3; - 2} \right)\].

Chọn C

\(\overrightarrow {OA}  = 3\overrightarrow i  + \overrightarrow j  - 2\overrightarrow k  \Rightarrow A\left( {3;1; - 2} \right)\)

\(AB = \sqrt {{{\left( {m - 3} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = \sqrt {2{m^2} - 10m + 17} \).

\(AB = 3 \Leftrightarrow \sqrt {2{m^2} - 10m + 17}  = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 4\end{array} \right.\).

Đúng; (b) Sai; (c) Đúng; (d) Đúng

Gọi số lần tăng giá tiền cho thuê mỗi căn hộ một tháng để công ty thu được thu nhập cao nhất là\[x\] (\(0 \le x \le 30\))

Số tiền cho thuê mỗi căn hộ là \[2 + 0,1x\]

Số căn hộ mỗi tháng được thuê là \[150 - 5x\]

Thu nhập của công ty đạt được là \[\left( {2 + 0,1x} \right)\left( {150 - 5x} \right)\]

Đặt\[f(x) = \left( {2 + 0,1x} \right)\left( {150 - 5x} \right)\]

\[\begin{array}{l}f'(x) = 0,1.\left( {150 - 5x} \right) - 5\left( {2 + 0,1x} \right) = 15 - 0,5x - 10 - 0,5x = 5 - x\\f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 5\end{array}\]

\(f\left( 0 \right) = 300;f(5) = 312,5;f(30) = 0\)\( \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{x \in \left[ {0;30} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right) = 312,5\)khi\(x = 5\)

Vậy để có thu nhập cao nhất thì công ty đó phải cho thuê với giá \[2 + 0,1.5 = 2,5\].

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 9\left( {{m^2} - 4} \right){x^2} + 6\left( {m - 2} \right)x - 1\).

Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \le 0\forall x \in \mathbb{R}\)( dấu  xãy ra tại hữu hạn \(x \in \mathbb{R}\))

TH1: \({m^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 2\).

Với \(m = 2\) ta có \(y' =  - 1 \le 0\) \(\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(m = 2\) thỏa mãn.

Với \(m =  - 2\) ta có \(y' =  - 24x - 1 \le 0 \Leftrightarrow x \ge  - \frac{1}{{24}}\)(không thỏa với mọi \(x \in \mathbb{R}\)) nên loại \(m =  - 2\).

TH2: \({m^2} - 4 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  \pm 2\). Ta có

Vậy \(m \in \left\{ {\,0\,;\,1;2} \right\} \Rightarrow {0^2} + {1^2} + {2^2} = 5\).

(a) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {1;1;1} \right)\)

Tính \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}0&1\\1&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}1&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1}&0\\1&1\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 1;2; - 1} \right) \ne \vec 0\)

Do đó 2 véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương. Vậy\(A,B,C\) là 3 đỉnh của một tam giác

Diện tích tam giác \(ABC\): \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)(đvdt)

(b) Sai: \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC} \).

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\) ta có: \[\overrightarrow {AD}  = \left( {x - 1;y;z} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( {2;1;0} \right)\]

Vậy \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 2}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

(c) Đúng: Diện tích \(\Delta ABC = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{{BC}}\).

Ta có \(BC = \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\) (đơn vị dài)

(d) Sai: Thể tích của khối chóp \(SABCD = V\)

Ta có \(V = 2\;{V_{SABC}} = \frac{1}{3}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] \cdot \overrightarrow {AS} } \right|\)

Tính \(\overrightarrow {AS}  = ( - 1;3;4)\) do kết quả câu 1 nên \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]\overrightarrow {.AS}  = 1 + 6 - 4 = 3 > 0\) do đó \(V = 1\) (đvtt)

Tập xác định của hàm số là \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)Sai

\[y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}},\forall  \ne  - 1,y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\]Đúng

Lập BBT và rút ra kết luận:

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là \[A(0;2)\], điểm cực đại là \(B( - 2; - 2).\)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \[( - \infty ; - 2)\] và \((0; + \infty ).\)

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \[( - 2; - 1)\] và \(( - 1;0).\)

Tiệm cận: \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}\)

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0 \Rightarrow TCX:y = x + 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} =  + \infty  \Rightarrow TCD:x =  - 1\]Sai

Đồ thị hàm số nhận điểm \(I( - 1;0)\) làm tâm đối xứng.

Đồ thị:Đúng

\[F\left( x \right) =  - \frac{{{x^2}}}{{50.000}} + 90x\].

\(F'\left( x \right) =  - \frac{1}{{25.000}}x + 90\)

\(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{1}{{25.000}}x + 90 = 0 \Leftrightarrow x = 2.250.000\)

Bảng biến thiên:

Suy ra \[F\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất khi \(x = 2.250.000\)

Vậy công ty phải cho thuê với giá \[2.250.000\]đồng hay 2,25 triệu đồng mỗi căn hộ thì được có lợi nhuận cao nhất.

Xét trục tọa độ \[Oxy,\] với gốc tọa độ là điểm \[A\]. Tia \[Ox\] trùng với tia\[AB\], tia \[Oy\]trùng với tia \[AD\] thì đường cong ranh giới giữa hai khu vực là đồ thị hàm số bậc ba \[y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\].

Theo giả thiết đồ thị hàm số này đi qua các điểm \[H(0;40);\]\[Q(20;60);\]\[F(100;60)\]và có điểm cực trị là \[Q(20;60)\] nên ta có hệ

\[\left\{ \begin{array}{l}d = 40\\60 = 8000a + 400b + 20c + d\\60 = 1000000a + 10000b + 100c + d\\3.10000a + 2.100b + c = 0\end{array} \right.\]

Giải hệ trên ta được \[a = \frac{1}{{10000}};\;b = \frac{{ - 11}}{{500}};\;c = \frac{7}{5};\;d = 40\].

Do \[M\] là trung điểm của \[AB\] nên tọa độ điểm \[I\] là \[(50;67,5).\] Do đó chiều dài đoạn dây thuộc phần dành cho người lớn là \[67,5{\rm{ }}m\], chiều dài đoạn dây thuộc phần dành cho trẻ em là \[12,5{\rm{ }}m\].

Tổng số tiền mắc dây đèn là \[67,5.0,18 + 12,5.0,14 = 13,9\] (triệu đồng).

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\) là vị trí của máy bay sau 10 phút bay tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm \(B\)). Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BD} \) cùng hướng. Do vận tốc máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) bằng thời gian bay từ \[B\] đến \(D\) nên \(AB = BD\).

Do đó, \(\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AB}  = \left( {140;50;1} \right)\).

Mặt khác: \(\overrightarrow {BD}  = \left( {x - 940;y - 550;z - 8} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 940 = 140}\\{y - 550 = 50}\\{z - 8 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1080}\\{y = 600}\\{z = 9}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy \(D\left( {1080;600;9} \right)\). Vậy tọa độ của máy bay trong 10 phút tiếp theo là \(\left( {1080;600;9} \right)\).

Suy ra \(x + y + z = 1689\)

Ký hiệu các kích thước của hình chữ nhật như hình vẽ.

Ta có \({\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} + {y^2} = {r^2}\) \( \Rightarrow {y^2} = {r^2} - \frac{{{x^2}}}{4} = 9 - \frac{{{x^2}}}{4}\). ĐK: \(0 < x < 6\).

Diện tích của tấm biển hình chữ nhật là \(S = xy\).

Ta có \({S^2} = {x^2}{y^2}\)\( = {x^2}\left( {9 - \frac{{{x^2}}}{4}} \right)\) \( =  - \frac{1}{4}{x^4} + 9{x^2}\)\( = f\left( x \right)\).

\(f'\left( x \right) =  - {x^3} + 18x\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\sqrt 2 \).

BBT:

Suy ra \({S^2} \le 81\). Hay \(\max S = 9\), đạt được khi \(x = 3\sqrt 2 \) và \(y = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\).

Khi đó, chiều dài của hình chữ nhật là \(x = 3\sqrt 2  \approx 4,24\).

Xét hàm số \(f(x) = \left( {{x_0} - x} \right){x^2}\) với \({x_0}\) cố định và \(\frac{1}{2}{x_0} \le x \le {x_0}\).

Do \(k\) là hằng số dương nên vận tốc của luồng khí của một cơn ho lớn nhất khi \(f(x)\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có:

\(f(x) =  - {x^3} + {x_0}{x^2};\,{f^\prime }(x) =  - 3{x^2} + 2{x_0}x;\,{f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0{\rm{ hoac }}x = \frac{2}{3}{x_0}.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \({\max _{\left[ {\frac{1}{2}{x_0};{x_0}} \right]}}f(x) = f\left( {\frac{2}{3}{x_0}} \right)\).

Vậy vận tốc của luồng khí của một con ho lớn nhất khi \(x = \frac{2}{3}{x_0}\).

Đáp án: \(\frac{2}{3} \approx 0,67\).