Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 03

Đáp án đúng là: C

Từ bảng xét dấu, ta thấy: Trên khoảng $\left( {3;7} \right)$, $y' < 0$, do

Đáp án đúng là: C

Từ bảng xét dấu, ta thấy: Trên khoảng $\left( {3;7} \right)$, $y' < 0$, do đó hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng này.

đó hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng này.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào đồ thị, ta suy ra hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm $x = 0$ và giá trị cực đại .

Đáp án đúng là: C

Xét đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;\,4} \right]$ như hình vẽ: Hàm số đã cho đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 2$; $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\,4} \right]} y = f\left( 2 \right) = 1$.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 1;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1$. Do đó, đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận ngang là các đường thẳng $y = 1$ và $y = - 1$.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = - \infty$. Do đó, đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 1$.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {1;0} \right)$ và $\left( {0; - 1} \right)$, chính là đường thẳng $y = x - 1$.

Do đó, đường thẳng $y = x - 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án đúng là: D

Xét hàm số: $y = - {x^3} - x + 2$.

Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}$.

Ta có: $y' = - 3{x^2} - 1$; $y' < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Do đó, hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R}$ nên đồ thị hàm số này đi xuống từ trái qua phải, vậy đường cong ở phương án D thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Có 6 vectơ thỏa mãn là: $\overrightarrow {SC} ;\,\,\overrightarrow {CS} ;\,\,\overrightarrow {SD} ;\,\,\overrightarrow {DS} ;\,\,\overrightarrow {CD} ;\,\,\overrightarrow {DC}$.

Đáp án đúng là: C

TXĐ của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Ta có: $y' = \frac{4}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}$; $y' > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Do đó, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định của hàm số là $\left( { - \infty ;\frac{{11}}{2}} \right]$. Do đó, hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {11 - 2x}$ liên tục và xác định trên đoạn $\left[ {1;\,\,5} \right]$.

Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {11 - 2x} }}$; $f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left[ {1;\,5} \right]$.

Từ đó suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\,5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \sqrt {11 - 2} = 3$.

Đáp án đúng là: C

Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{d}{c}} \right\}$.

Ta có: $y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}$.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: $y = \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow c > 0$ (do $a > 0$).

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: $x = - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow d > 0$.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ ${x_0} = - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow b < 0$.

Đáp án đúng là: D

Từ bảng biến thiên, ta thấy trục hoành (đường thẳng $y = 0$) cắt đồ thị hàm số đã cho tại $4$ điểm.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'}$

$= \overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow b - \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow c$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ.

Hướng dẫn giải

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

– Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {2;\, + \infty } \right)$ do trên khoảng này đồ thị của hàm số đi lên từ trái qua phải. Vậy ý a) đúng.

– Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = 0$; đạt cực tiểu tại $x = 2$. Do đó, ý b) đúng.

– Trên đoạn $\left[ {0;\,2} \right]$, hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x = 0$, $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 2$. Do đó, ý c) sai.

– Ta có $3f\left( x \right) + 4 = 0$$\Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{4}{3}$.

Đường thẳng $y = - \frac{4}{3}$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại 3 điểm nên phương trình $f\left( x \right) = - \frac{4}{3}$ có 3 nghiệm, tức là phương trình $3f\left( x \right) + 4 = 0$ có 3 nghiệm.

Vậy ý d) đúng.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}$.

– Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

– Ta có $y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$; $y' > 0$ với mọi $x \ne - 1$.

– Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$. Do đó, ý a) sai.

– Hàm số đã cho không có cực trị. Do đó, ý b) đúng.

– Tiệm cận:

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2$. Do đó, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng $y = 2$.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = - \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = + \infty$. Do đó, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng $x = - 1$.

Vậy ý c) đúng.

– Gọi ${x_0}$ là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến của $\left( C \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó, hệ số góc của tiếp tuyến này là $f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}$.

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng $y = x$ có hệ số góc là $k = 1$ nên

$f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 1$, suy ra ${x_0} = - 1 + \sqrt 3$ hoặc ${x_0} = - 1 - \sqrt 3$.

Vì đường thẳng $y = x$ và $\left( C \right)$ có hai giao điểm nên $y = x$ không phải là tiếp tuyến của đồ thị hàm số.

Vậy tổng hoành độ của hai tiếp điểm là $k = - 1 + \sqrt 3 + \left( { - 1} \right) - \sqrt 3 = - 2$, đây không phải là một số chính phương. Do đó, ý d) sai.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

– Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp chữ nhật nên $AD'C'B$ là hình bình hành, do đó $\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BC'}$. Vậy ý a) đúng.

– Tam giác $ABD$ vuông cân tại $A$ có $AB = AD = 1$, suy ra $\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = BD = \sqrt 2$.

Tam giác $CDD'$ vuông tại $D$ có $CD = AB = 1,\,DD' = AA' = 2$, suy ra $\left| {\overrightarrow {CD'} } \right| = CD' = \sqrt 5$.

Vậy ý b) sai.

– Ta có $\overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {CA'} + 2\overrightarrow {C'C} = \left( {\overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {C'C} } \right) + \left( {\overrightarrow {C'C} + \overrightarrow {CA'} } \right) = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {C'A'} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow 0$.

Do đó, ý c) đúng.

– Vì $A'B' \bot \left( {ADD'A'} \right)$ nên $A'B' \bot AD$, do đó $\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {A'B'} = 0$. Vậy ý d) sai.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Vì $G$ là trung điểm của $IJ$ nên $\overrightarrow {GI} + \overrightarrow {JG} = \frac{1}{2}\overrightarrow {JI} + \frac{1}{2}\overrightarrow {JI} = \overrightarrow {JI} \ne \overrightarrow 0$. Do đó, ý a) sai.

– Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CJ} \\\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DJ} \end{array} \right.$.

Suy ra $2\overrightarrow {IJ} = \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right) + \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right) + \left( {\overrightarrow {CJ} + \overrightarrow {DJ} } \right) = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD}$. Vậy ý b) đúng.

– Ta có: $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right)$

$= 2\overrightarrow {GI} + 2\overrightarrow {GJ} = 2\left( {\overrightarrow {GI} + \overrightarrow {GJ} } \right) = \overrightarrow 0$.

Vậy ý c) đúng.

– Ta có: $\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} = 4\overrightarrow {MG} + \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right) = 4\overrightarrow {MG}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = 4\left| {\overrightarrow {MG} } \right| = 4MG$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right|$ nhỏ nhất khi $MG$ nhỏ nhất, tức là $MG = 0$ hay $M \equiv G$.

Do đó, ý d) đúng.

Xét hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) + x$ có $g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + 1$.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$, ta có: $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$ như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số $g\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại điểm $x = 1$.

Đáp số: $1$.

Ta có $y' = {e^x}\left( {{x^2} + 2x - 3} \right)$.

Trên khoảng $\left( { - 5; - 2} \right)$, $y' = 0 \Leftrightarrow x = - 3$.

$y\left( { - 5} \right) = \frac{{22}}{{{e^5}}};\,\,y\left( { - 3} \right) = \frac{6}{{{e^3}}};\,\,y\left( { - 2} \right) = \frac{1}{{{e^2}}}$.

Do đó, $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 5; - 2} \right]} y = \frac{6}{{{e^3}}}$, suy ra $a = 6,b = 3$. Vậy $P = a + b = 6 + 3 = 9$.

Đáp số: $9$.

Ta có: $\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BB'} } \right)\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CC'} } \right)$

$= \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {CC'}$

$= - \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} + 0 + 0 + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {BB'}$

$= - BA \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC} + {\overrightarrow {BB'} ^2}$

$= - a \cdot a \cdot \cos 60^\circ + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = - \frac{{{a^2}}}{2} + 2{a^2} = \frac{{3{a^2}}}{2}$.

Khi đó, $\cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\,\overrightarrow {BC'} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB'} \cdot \,\overrightarrow {BC'} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| \cdot \,\left| {\overrightarrow {BC'} } \right|}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{2}}}{{a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}$. Suy ra $\left( {\overrightarrow {AB'} ,\,\overrightarrow {BC'} } \right) = 60^\circ$.

Đáp số: $60$.

Ta thấy $M\left( x \right) = \frac{{0{,}0001{x^2} + 0{,}2x + 10\,000}}{x} = 0{,}0001x + \frac{{10\,000}}{x} + 0{,}2$.

Xét hàm số $M\left( x \right) = 0{,}0001x + \frac{{10\,000}}{x} + 0{,}2$, với $x \ge 1$.

Ta có: $M'\left( x \right) = 0{,}0001 - \frac{{10\,000}}{{{x^2}}}$;

$M'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 10\,000\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,x \ge 1} \right)$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\, + \infty } \right)} M\left( x \right) = 2{,}2$ tại $x = 10\,000$.

Vậy doanh nghiệp cần sản xuất $10\,000$ sản phẩm để chi phí trung bình là nhỏ nhất.

Đáp số: $10\,000$.

Giả sử miếng bìa hình vuông $ABCD$, đáy của hình chóp tứ giác đều là hình vuông $MNPQ$ tâm $O$ có cạnh bằng $x$ dm $\left( {0 < x < 6\sqrt 2 } \right)$ như hình vẽ. Gọi $H,\,K$ lần lượt là trung điểm của $MQ$ và $NP$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng 6 dm nên $AC = 6\sqrt 2$ dm, $HK = x$ dm.

Ta có $AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2 - \frac{x}{2}$ dm.

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là:

$h = AO = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x}$ (dm).

Thể tích của khối chóp là:

$V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)}$ (dm3).

Để tìm giá trị lớn nhất của $V$ ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số

$f\left( x \right) = {x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)$ với $0 < x \le 3\sqrt 2$.

Ta có: $f'\left( x \right) = {x^3}\left( { - 15\sqrt 2 x + 72} \right)$, $f'\left( x \right) = 0$ khi $x = 0$ hoặc $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$.

Bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$ như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3\sqrt 2 } \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) \approx 477{,}76$.

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng ${V_{\max }} \approx \frac{1}{3}\sqrt {477{,}76} \approx 7{,}3$ (dm3).

Đáp số: $7{,}3$.

Gọi ${A_1},\,{B_1},\,{C_1},\,{D_1}$ lần lượt là các điểm sao cho $\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {{F_4}}$.

Do các lực căng $\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {{F_4}}$ đều có cường độ là $4\,500$ N nên

$\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4\,500$ (N).

Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$. Khi đó, $O$ là trung điểm của ${A_1}{C_1}$ và ${B_1}{D_1}$.

Sử dụng quy tắc trung điểm ta có: $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_3}} = 2\overrightarrow {EO}$ và $\overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_4}} = 2\overrightarrow {EO}$.

Suy ra $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = 4\overrightarrow {EO}$.

Mặt khác, do các cạnh $EA,\,EB,\,EC,\,ED$ tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ một góc bằng $60^\circ$ nên $\widehat {E{A_1}O} = \widehat {E{B_1}O} = \widehat {E{C_1}O} = \widehat {E{D_1}O} = 60^\circ$, do đó tam giác $E{A_1}{C_1}$ là tam giác đều cạnh $4\,500$ (N) với đường cao $EO = 2\,250\sqrt 3$ (N).

Do khung sắt ở vị trí cân bằng nên $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow P$ với $\overrightarrow P$ là trọng lực tác dụng lên chiếc xe ô tô và khung sắt. Ta tính được tổng trọng lực có độ lớn là $4\left| {\overrightarrow {EO} } \right| = 9\,000\sqrt 3$ (N).

Vậy trọng lượng của ô tô bằng $9\,000\sqrt 3 - 2\,700 \approx 12\;888$ (N).

Đáp số: $12\,888$.