Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 7

Chọn A

Ta chứng minh \[\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\,\vec v} \right)\].

Giả sử \[\vec u = \left( {{u_1};\,{u_2};\,{u_3}} \right)\] và \[\vec v = \left( {{v_1};\,{v_2};\,{v_3}} \right)\].

+) Nếu một trong hai vectơ \[\vec u\] và \[\,\vec v\] là vectơ \[\vec 0\] thì ta có \[\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\,\vec v} \right)\].

+) Nếu cả hai vectơ \[\vec u\] và \[\,\vec v\] đều khác vectơ \[\vec 0\]. Khi đó ta có

\[\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\,\vec v} \right)\]\[ = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sqrt {1 - {{\cos }^2}\left( {\vec u,\,\vec v} \right)} \]\[ = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sqrt {1 - \frac{{{{\left( {\vec u.\,\vec v} \right)}^2}}}{{{{\left| {\vec u} \right|}^2}.{{\left| {\vec v} \right|}^2}}}} \]\[ = \sqrt {{{\vec u}^2}.{{\vec v}^2} - {{\left( {\vec u.\,\vec v} \right)}^2}} \]\[ = \sqrt {{{\left( {{u_2}{v_3} - {v_2}{u_3}} \right)}^2} + {{\left( {{u_3}{v_1} - {v_3}{u_1}} \right)}^2} + {{\left( {{u_1}{v_2} - {v_1}{u_2}} \right)}^2}} \]\[ = \left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right|\].

Ta có \[\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\,\vec v} \right)\] nên khẳng định C sai.

Chọn B

\(\overrightarrow u .\overrightarrow v \)\( = x.1 + 2\left( { - 1} \right) + 1.2x\)\( = 3x - 2\).

Chọn B

Tọa độ điểm \(M'\) là điểm đối xứng của điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\) qua gốc tọa độ \(O\) là \(M'\left( { - 1; - 2; - 3} \right)\).

Phương án nhiễu A: Học sinh nhầm:

Điểm \[M'\] là điểm đối xứng của điểm \[M(3;2;1)\] qua mặt phẳng \[(Oyz)\]\( \Rightarrow M'\left( { - 1;2;3} \right)\).

Phương án nhiễu B: Học sinh nhầm:

Điểm \[M'\] là điểm đối xứng của điểm \[M(3;2;1)\] qua trục \[Oz\]\( \Rightarrow M'\left( { - 1; - 2;3} \right)\).

Phương án nhiễu D: Học sinh nhầm:

Điểm \[M'\] là điểm đối xứng của điểm \[M(3;2;1)\] qua mặt phẳng \[(Oxy)\]\( \Rightarrow M'\left( {1;2; - 3} \right)\).

Chọn A

Ta có

\[y = \frac{{x + 1}}{{2 - x}} = \frac{{x + 1}}{{ - x + 2}} \Rightarrow y' = \frac{3}{{{{\left( { - x + 2} \right)}^2}}} > 0,{\rm{ }}\forall x \ne 2.\]

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ;2} \right)\] và \[\left( {2; + \infty } \right)\].

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + 1}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{2}{x}}} = 1\), tương tự \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 1\). Do vậy đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là \(y = 1\).

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\), ta thấy \(M = 6,m = 0\), do đó \(M + m = 6\).

Chọn A

Bảng biến thiên trên là của hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định và có đồ thị nhận các đường thẳng \[x = 1\], \[y = 2\]lần lượt là TCĐ và TCN. Chỉ có đáp án \(y = \frac{{ - 2x + 3}}{{1 - x}}\)thỏa mãn.

Chọn D

Nhìn vào đồ thị ta thấy: Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = a\) và tiệm cận đứng \(x = 1\).Đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \(x = \frac{b}{a} > 1\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{{ - 1}} = 1\\\frac{b}{a} > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow b < a =  - 1 < 0\).

Chọn C

Từ \(f'(x) = x{(x + 3)^2},\forall x \in R\)

Ta suy ra bảng xét dấu của \(f'(x)\) là

Từ bảng xét dấu ta thấy \(f'(x)\) chỉ đổi dấu khi \(x\) qua \(x = 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực trị tại \(x = 0\)

\( \Rightarrow \) Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 1.

Chọn A

+ TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 8} \right\}\).

+ y'=8+m2x+82>0,∀x∈D

Vậy hàm số \(y = \frac{{x - {m^2}}}{{x + 8}}\) đồng biến trên \(\left[ {0;3} \right]\).

\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y(0) = \frac{{ - {m^2}}}{8}\]

Để \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y =  - 3 \Leftrightarrow \frac{{ - {m^2}}}{8} =  - 3 \Leftrightarrow m =  \pm 2\sqrt 6 .\]

\( \Rightarrow {m_0} = 2\sqrt 6  \in \left( {2;5} \right)\). Vậy chọnA.

Chọn A

Gọi M là trung điểm CD

Ta có:

\[\overrightarrow {AG}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BG}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BD} } \right) = \overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right)\]

\[ = \overrightarrow a  + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow b  + \overrightarrow c  - 2\overrightarrow a } \right) = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)\].

Chọn D

Do \(G\left( {1\,;\,4\,;\,2} \right)\)là trọng tâm tam giác \(ABC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3{x_G} - \left( {{x_A} + {x_B}} \right) = 0\\{y_C} = 3{y_G} - \left( {{y_A} + {y_B}} \right) = 9\\{z_C} = 3{z_G} - \left( {{z_A} + {z_B}} \right) = 0\end{array} \right.\).

Vậy \(C\left( {0\,;\,9\,;\,0} \right)\).

Nếu \(m = 0\) thì điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(M\left( {0;1} \right)\) khi đó \(ab = 0\)

TH1: Nếu \[m = 1 \Rightarrow y = 4{x^2} + 1\]. Suy ra hàm số không có cực đại.

TH2: Nếu \[m > 1\].

Để hàm số không có cực đại thì \( - 2\left( {m - 3} \right) \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\). Suy ra \(1 < m \le 3\).

Vậy \(1 \le m \le 3\).

Đúng.

Điểm \(G\left( {x;y;z} \right)\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\). Khi đó

\(x = \frac{{ - 2 + 5 + \left( { - 2} \right)}}{3} = \frac{1}{3}\)

\(y = \frac{{3 + \left( { - 3} \right) + \left( 2 \right)}}{3} = \frac{2}{3}\)

\(z = \frac{{1 + 2 + 4}}{3} = \frac{7}{3}\)Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {7; - 6;1} \right)\) ; \[\overrightarrow {AC}  = \left( {0\,; - 1\,;3} \right)\].

Khi đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0 + 6 + 3 = 9 \ne 0\)Sai.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {7; - 6;1} \right)\)Đúng.

Ta có \[M \in \left( {Oyz} \right)\] nên \[M\left( {0;y;z} \right)\]

Đường thẳng \[AB\]cắt mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] tại điểm \[M\] nên \(\overrightarrow {AB}  = \left( {7; - 6;1} \right)\) cùng phương với \[\overrightarrow {AM}  = \left( {2\,;y - 3\,;z - 1} \right)\] hay \(\frac{2}{7} = \frac{{y - 3}}{{ - 6}} = \frac{{z - 1}}{1}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y - 3 =  - \frac{{12}}{7}\\z - 1 = \frac{2}{7}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{9}{7}\\z = \frac{9}{7}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0;\frac{9}{7};\frac{9}{7}} \right)\)

Gọi \[x\] \[\left( {x > 0} \right)\] là số tiền tăng giá

\[ \Rightarrow \]Số căn hộ bị bỏ trống là \[\frac{x}{{50{\rm{ }}000}}\] căn hộ

\[ \Rightarrow \]Số tiền công ty thu được \[T\left( x \right) = \left( {2{\rm{ }}000{\rm{ }}000 + x} \right)\left( {50 - \frac{x}{{50{\rm{ }}000}}} \right)\]

Khảo sát hàm số \[T\left( x \right)\] trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]

\[ \Rightarrow \]\[T'\left( x \right) = 10 - \frac{x}{{25{\rm{ }}000}}\]\[ \Rightarrow \]\[T'\left( x \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \]\[x = 250{\rm{ }}000\].

Bảng biến thiên

Vậy thu nhập cao nhất công ty có thể đạt được trong 1 tháng là: \[T = 101250000\].

a,b,c,d: đúngTa có:

+ Đạo hàm: \(y' = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{(x - 2)}^2}}}\)\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\\x = 3\,\end{array} \right.\).

+ Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (\( - \infty ;1)\)và (\(3; + \infty )\).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;2) và (2;3).

Mệnh đề đã cho là mệnh đề đúng.

Ta có công thức lượng muối \(x\) (pound) trong bể sau \(t\) phút:

\(x(t) = 1,5(10 - t) - 0,0013{(10 - t)^4};\quad 0 \le t \le 10\)

Đặt \(u = 10 - t\). Khi \(t\) chạy từ 0 đến 10 thì \(u\) chạy từ 10 xuống 0.

Khi đó \(x = 1,5u - 0,0013{u^4};\quad 0 \le u \le 10\)

Tính đạo hàm theo \(u\) ta được: \(1,5 - 0,0013 \cdot 4{u^3} = 1,5 - 0,0052{u^3}\)

Xét \(1,5 - 0,0052{u^3} = 0 \Rightarrow {u^3} = \frac{{1,5}}{{0,0052}} \approx 288,46 \Rightarrow u \approx \sqrt[3]{{288,46}} \approx 6,62\)

Lập bảng xét dấu ta được:

Suy ra tại \(u \approx 6,62\):

Lượng muối trong bể đạt tối đa khoảng 7,43 lb tại thời điểm \(t \approx 3,38\) phút kể từ lúc bắt đầu.

Gọi \(y\) là chiều dài của miếng phụ.

Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là \(S = {S_{MNPQ}} + 4xy\).

Cạnh hình vuông \(MN = \frac{{MP}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{40}}{{\sqrt 2 }} = 20\sqrt 2 \)cm \( \Rightarrow S = {(20\sqrt 2 )^2} + 4xy = 800 + 4xy\)

Ta có \(2x = AB - MN = AB - 20\sqrt 2  < BD - 20\sqrt 2  = 40 - 20\sqrt 2  \Rightarrow 0 < x < 20 - 10\sqrt 2 \).

Lại có \(A{B^2} + A{D^2} = B{D^2} = {40^2} \Rightarrow {(2x + 20\sqrt 2 )^2} + {y^2} = 1600\).

Thế vào (1), ta được

\(S = 800 + 4x\sqrt {800 - 80x\sqrt 2  - 4{x^2}}  = 800 + 4\sqrt {800{x^2} - 80{x^3}\sqrt 2  - 4{x^4}} \)

Xét hàm số \(f(x) = 800{x^2} - 80{x^3}\sqrt 2  - 4{x^4}\), với \(x \in (0;20 - 10\sqrt 2 )\) có

\({f^\prime }(x) = 1600x - 240{x^2}\sqrt 2  - 16{x^3} = 16x\left( {100 - 15x\sqrt 2  - {x^2}} \right)\).

Ta có bảng biến thiên

Vậy \(x = \frac{{5\sqrt {34}  - 15\sqrt 2 }}{2} \approx 3,97\) chính là giá trị cần tìm.

Ta có doanh thu của doanh nghiệp khi bán \(x\) máy tính bảng là: \(D\left( x \right) = x.p\left( x \right) = x\left( {4000 - 10x} \right) = 4000x - 10{x^2}\).

Chi phí của doanh nghiệp để sản xuất \(x\) máy tính bảng là: \(C\left( x \right) = x.c\left( x \right) = x\left( {{x^2} - 70x + 400 + \frac{{1000}}{x}} \right) = {x^3} - 70{x^2} + 400x + 1000\).

Lợi nhuận của doanh nghiệp khi bán \(x\) máy tính bảng là: \(L\left( x \right) = D\left( x \right) - C\left( x \right) = 4000x - 10{x^2} - \left( {{x^3} - 70{x^2} + 400x + 1000} \right)\)\( =  - {x^3} + 60{x^2} + 3600x - 1000\).

Xét hàm \(L\left( x \right) =  - {x^3} + 60{x^2} + 3600x - 1000\left( {1 \le x \le 200;x \in \mathbb{N}} \right)\).

Có \(y' =  - 3{x^2} + 120x + 3600\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 60\,\,\,\,\,\,\left( N \right)\\x =  - 20\,\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy doanh nghiệp đó sẽ bán \(60\) máy tính bảng để lợi nhuận cao nhất.

Độ lớn trọng lực tác dụng lên em nhỏ là: \(P = mg\cos 60^\circ = 25.9,8 \cdot \frac{1}{2} = 122,5\)N

Đặt các điểm như hình vẽ.

Đặt \(DF = x\), \(x > 0\), ta có \(\Delta ADF\) đồng dạng với \(\Delta BED\) nên \(\frac{{EB}}{{ED}} = \frac{{AF}}{{DF}}\)\( \Rightarrow EB = \frac{{ab}}{x}\).

Gọi \[l\] là chiều dài của que sào, ta có \({l^2} = A{B^2} = {\left( {x + b} \right)^2} + {\left( {a + \frac{{ab}}{x}} \right)^2} = f\left( x \right)\).

\(f'\left( x \right) = 2\left( {x + b} \right) - 2\frac{{ab}}{{{x^2}}}\left( {a + \frac{{ab}}{x}} \right) = 2\left( {x + b} \right)\left( {1 - \frac{{{a^2}b}}{{{x^3}}}} \right)\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{{a^2}b}} = 12\).

Xét bảng sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất của que sào là \(l = \sqrt {1125} \). Giá trị \({l^2} = 1125\).

Do chiếc may bay di duyển với tốc độ và hướng không đổi từ \(A\) đến \(B\) trong 10 phút và từ \(B\) đến \(C\) trong 10 phút.

Nên suy ra \(AB = BC\) và \(A,\,B,\,C\) thẳng hàng.

Suy ra \(B\) là trung điểm của \(AC\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\{y_B} = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\\{z_B} = \frac{{{z_A} + {z_C}}}{2}\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}950 = \frac{{812 + x}}{2}\\530 = \frac{{600 + y}}{2}\\6 = \frac{{5 + z}}{2}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1088\\y = 460\\z = 7\end{array} \right.\).

Vậy \(x + y + z = 1555\).