Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 9

Xét \(f'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 3} \right){\left( {x + 5} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{1}{2}\\x = 3\\x =  - 5\end{array} \right.\); Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có tất cả hai điểm cực trị.

(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:

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

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

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

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

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

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

Bảng biến thiên:

\(x = 0 \Rightarrow y = 3\)

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

 \(y = \frac{{ - m{x^2} + (4m - 2)x + 1 - 4m}}{{x - 1}} \Rightarrow {y^\prime } = \frac{{ - m{x^2} + 2mx - 4m + 2 - 1 + 4m}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

Suy ra \({y^\prime } = \frac{{ - m{x^2} + 2mx + 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

Dấu \({y^\prime }\) là dấu của tam thức \(g(x) =  - m{x^2} + 2mx + 1\)

\(\begin{array}{l}g(x){\rm{ c\'o  }}{\Delta ^\prime } = {m^2} + m\\g(1) =  - m + 2m + 1 = m + 1\end{array}\)

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

Lúc này, hàm số đạt cực đại, 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 \({\Delta ^\prime } > 0\) được \(m <  - 1\)

 \(y_x^\prime  = \frac{{ - {x^2} + 2x + 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

Đường thẳng \(x - y = 0\) có hệ số góc \(k = 1\)

Để tiếp tuyến của \((C)\) song song với đường thẳng \(y = x\), cần và đủ là

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

Có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:

\(\begin{array}{l}\left( {{T_1}} \right):y = 1(x - 0) + 3 \Leftrightarrow y = x + 3\\\left( {{T_2}} \right):y = 1(x - 2) - 3 \Leftrightarrow y = x - 5\end{array}\)

Ta có \(y' = 3\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 1\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng\(\left( { - \infty \,; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow 3\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 1 \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R}\).

Trường hợp 1: \({m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

Với \(m = 1\), ta được \( - 1 \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R}\) , suy ra \(m = 1\) .

Với \(m =  - 1\), ta được \( - 4x - 1 \le 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{4}\), suy ra \(m =  - 1\) .

Trường hợp 2: \({m^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  \pm 1\).

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right) = {m^2} - 2m + 1 + 3{m^2} - 3 = 4{m^2} - 2m - 2\).

Để \(y' \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 < 0\\4{m^2} - 2m - 2 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\ - \frac{1}{2} \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} \le m < 1\).

Tổng hợp lại, ta có tất cả giá trị \(m\) cần tìm là \( - \frac{1}{2} \le m \le 1\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\), suy ra \(m \in \left\{ {0\,;1} \right\}\), nên có 2 giá trị nguyên của tham số \(m\).

\(C'\left( t \right) = 0,05 \cdot \frac{{{t^2} + t + 1 - t\left( {2t + 1} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0\)

Bảng biến thiên:

Từ đó,  và  đúng;  sai.

Vì giá trị lớn nhất của \(C\left( t \right)\) là \(\frac{1}{{60}} \approx 0,01666 \ldots  < 0,02\) nên  sai.

Xét hệ toạ độ \(Oxyz\) với \(O\) là gốc toạ độ, các điểm \(A \in Ox,B \in Oy,C \in Oz\) có toạ độ không âm.

Khi đó \(A(30;0;0),B(0;20;0),D(0;20;10);E(30;0;6)\), \(I(15;10;8)\) là trung điểm \(DE\) nên hình chiếu của điểm \(I\) trên sàn là \(T(15;10;0)\) suy ra toạ độ điểm \(V(15;20;0)\), vậy \(V\) cách \(P\) một khoảng bằng 5 m. Tức là bậc thang tại vị trí \(U\) đang là bậc thang thứ 3, có chiều cao 60 cm so với mặt sàn. Vậy toạ độ điểm \(U(15;10;0,6)\).

Từ đó toạ độ đỉnh đầu học sinh đứng là \(K(15;10;2,4)\). Khoảng cách \(IK = 8 - 2,4 = 5,6m\).

Mặt khác toạ độ điểm \(X(15;10;2)\) nên toạ độ mắt học sinh ngồi tại \(X\) là điểm \(Z(15;10;3,2)\) suy ra hiệu khoảng cách từ điểm \(I\) đến sàn và từ điểm \(Z\) đến sàn nhà là \(8 - 3,2 = 4,8m\)

Điều  và  cho thấy tổng độ dài của thanh treo và thân máy chiếu không quá 4,8 mét để thoả mãn đồng thời cả 2 điều kiện.

Gọi chiều dài, chiều rộng lần lượt của khung cửa sổ là \(x,y\) . Điều kiện \(x,y > 0\).

Diện tích của khung cửa sổ là \(xy = 3,4 \Rightarrow y = \frac{{3,4}}{x}\).

Khi đó chu vi của khung cửa sổ là \(C = 2x + 2y = 2x + \frac{{6,8}}{x}\).

Xét hàm số \(f(x) = 2x + \frac{{6,8}}{x}\) trên \((0; + \infty )\).

Ta có \(f\prime (x) = 2 - \frac{{6,8}}{{{x^2}}}\)

Cho \(f\prime (x) = 0 \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {85} }}{5} \in (0; + \infty )\)

Ta có bảng biến thiên như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy được chu vi khung cửa sổ nhỏ nhất bằng \(\frac{{4\sqrt {85} }}{5} \approx 7,34\) m.

Tốc độ thay đổi số lượng ong của đàn theo thời gian \(t\) là \(T\left( t \right) = P'\left( t \right) = {2.10^7} \cdot \frac{{{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^2}}}\).

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{r}}{T'\left( t \right)}&{\; = 2 \cdot {{10}^7} \cdot \frac{{ - {e^{ - t}} \cdot {{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^2} - {e^{ - t}} \cdot 2 \cdot \left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right) \cdot \left( { - 1000{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^4}}}}\\{}&{\; = {{2.10}^7} \cdot \frac{{{e^{ - t}}\left( {1000{e^{ - t}} - 1} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^3}}} = 2 \cdot {{10}^7} \cdot \frac{{{e^{ - 2t}}\left( {1000 - {e^t}} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^3}}}}\end{array}\)

\(T'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1000 - {e^t} = 0 \Leftrightarrow t = {\rm{ln}}1000\).

Bảng xét dấu của đạo hàm:

Từ đó, \(T\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(t = {\rm{ln}}1000 \approx 7\).

Vậy đàn ong tăng nhanh nhất tại thời điểm khoảng \(t = 7\) tuần.

Tính đạo hàm \({f^\prime }(t) = 20 - 40 \cdot \frac{1}{{2\sqrt t }} = 20 - \frac{{20}}{{\sqrt t }}\)

Xét \({f^\prime }(t) = 0\): \(20 - \frac{{20}}{{\sqrt t }} = 0 \Rightarrow \frac{{20}}{{\sqrt t }} = 20 \Rightarrow \sqrt t  = 1 \Rightarrow t = 1\)

Lập bảng xét dấu ta được:

Suy ra vận tốc trung bình thấp nhất 30 mph xảy ra vào 7:00 A.M. \((t = 1)\).

Đk: \[x \in \left[ {0;15} \right]\].

Có \[G'\left( x \right) = 0,035\left[ {2x\left( {15 - x} \right) - {x^2}} \right] = 0,105x\left( {10 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 10\end{array} \right.\].

\(G\left( 0 \right) = 0\); \(G\left( {10} \right) = \frac{{35}}{2}\); \(G\left( {15} \right) = 0\).

Bảng biến thiên: