Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 04

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ, ta thấy trên khoảng $\left( { - 1;\,\,1} \right)$, đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đi lên từ trái qua phải nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng này.

Đáp án đúng là: B

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm $x = 2$.

Đáp án đúng là: C

Căn cứ vào đồ thị trên, ta thấy $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 1$.

Đáp án đúng là: A

Quan sát hình vẽ, ta thấy:

+ Đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

+ Đường thẳng $y = - x$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho ($y = - x$ là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và đi qua điểm có tọa độ $\left( {1;\, - 1} \right)$).

Đáp án đúng là: B

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2$ nên đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của $\left( C \right)$.

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị, ta thấy đây không phải đồ thị hàm số phân thức nên loại phương án A và B.

Còn hai phương án C và D đều là hàm số bậc ba, dạng $y = a{x^3} + bx + c$.

Ta thấy khi $x \to + \infty$ thì $y \to + \infty$ nên hệ số $a > 0$. Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $AD = B'C'$ và $AD\,{\rm{//}}\,B'C'$.

Từ đó suy ra $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {B'C'}$.

Đáp án đúng là: B

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

Ta có $f'\left( x \right) = 6{x^2} - 18x - 24$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = 4$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,4} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $y' = \frac{{ - 3x}}{{\sqrt {7 - 6x} }}$. Khi đó, trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$, $y' = 0$ khi $x = 0$.

$y\left( { - 1} \right) = \sqrt {13} ;\,\,y\left( 0 \right) = \sqrt 7 ;\,\,y\left( 1 \right) = 1$.

Từ đó suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} y = y\left( 1 \right) = 1$.

Đáp án đúng là: A

Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = - 2$ và tiệm cận ngang là $y = 2$ nên ta loại phương án C và D.

Mặt khác, hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng xác định của nó.

Xét hàm số $y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}$, ta có $y' = \frac{7}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định của nó, do đó ta loại phương án B.

Xét hàm số $y = \frac{{2x + 5}}{{x + 2}}$, ta có $y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định của nó, do đó ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Từ hình vẽ đã cho, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = 1$ và tiệm cận ngang là $y = 2$. Khi đó, $\frac{{ - c}}{b} = 1$ và $\frac{a}{b} = 2$, tức là $b = - c$ và $b = \frac{a}{2}$, suy ra $c = \frac{{ - a}}{2}$. Vậy trong các phương án đã cho, chỉ có phương án A thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Vì $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ nên $\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {B'C'}$.

Do đó, $\left( {\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {B'C'} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 180^\circ - \widehat {B'C'A'}$.

Mà tam giác $A'B'C'$ đều nên $\widehat {B'C'A'} = 60^\circ$. Vậy $\left( {\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 120^\circ$.

. a) Đ, b) S, c) S, d) Đ.

Hướng dẫn giải

– Từ bảng biến thiên, ta thấy $f'\left( x \right) > 0$ với mọi $x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {0;\, + \infty } \right)$, do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ; - 4} \right)$ và $\left( {0;\, + \infty } \right)$, vậy ý a) đúng.

– Hàm số đạt cực đại tại $x = - 4$, ; hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$, ${y_{CT}} = 2$, do đó ý b) sai.

– Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$ nên ý c) sai.

– Xét hàm số $y = \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}}$, ta có:

+ Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

+ Có $y' = \frac{{{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$; $y' = 0$ khi $x = - 4$ hoặc $x = 0$.

+ Trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 4} \right)$ và $\left( {0;\, + \infty } \right)$, $y' > 0$.

Trên các khoảng $\left( { - 4; - 2} \right)$ và $\left( { - 2;0} \right)$, $y' < 0$.

+ Hàm số đạt cực đại tại $x = - 4$, ; hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$, ${y_{CT}} = 2$.

+ Đường thẳng $x = - 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy bảng biến thiên đã cho là bảng biến thiên của hàm số $y = \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}}$ nên ý d) đúng.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số $y = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 2}} = x - \frac{3}{{x - 2}}$.

– Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

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

– Hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$. Do đó, ý a) đúng.

– Hàm số không có cực trị. Do đó, ý b) sai.

– Tiệm cận: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - \frac{3}{{x - 2}}} \right) = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - \frac{3}{{x - 2}}} \right) = - \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \frac{3}{{x - 2}}} \right) = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - \frac{3}{{x - 2}}} \right) = 0$.

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 2$ và tiệm cận xiên là đường thẳng $y = x$. Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số là giao điểm $I\left( {2;\,2} \right)$ của hai đường tiệm cận nên ý c) đúng.

– Với $x \in \mathbb{Z}\backslash \left\{ 2 \right\}$ thì $y \in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $\frac{3}{{x - 2}} \in \mathbb{Z}$, tức là $x - 2 \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1;\, \pm 3} \right\}$.

Ta có:

Vậy có 4 điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên nên ý d) sai.

. a) S, b) S, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

– Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp chữ nhật nên $A'DCB'$ là hình bình hành.

Do đó, $\overrightarrow {A'D} = \overrightarrow {B'C}$.

Mà hai vectơ $\overrightarrow {B'C}$ và $\overrightarrow {BC'}$ không cùng phương nên hai vectơ $\overrightarrow {A'D}$ và $\overrightarrow {BC'}$ cũng không cùng phương. Vậy ý a) sai.

– Theo quy tắc ba điểm, ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} \ne \overrightarrow {DA}$ nên ý b) sai.

– Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp chữ nhật nên ta có $\overrightarrow {A'A} = \overrightarrow {C'C}$.

Áp dụng quy tắc hình hộp cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$, ta có:

$\overrightarrow {C'A} = \overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {C'D'} + \overrightarrow {C'C} = \overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {C'D'} + \overrightarrow {A'A}$. Vậy ý c) đúng.

– Ta có $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'D'}$ nên $\left( {\overrightarrow {AD} ,\,\overrightarrow {A'B'} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'D'} ,\,\overrightarrow {A'B'} } \right) = \widehat {B'A'D'} = 90^\circ$. Vậy ý d) sai.

a) S, b) Đ, c) S, d) Đ.

Hướng dẫn giải

Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên đáy $ABCD$ là hình vuông.

Suy ra tâm $O$ là trung điểm của các đường chéo $AC$ và $BD$.

Do đó, $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0$ và $\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0$.

Vậy $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0$ nên ý a) sai.

Với điểm $S$, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \\\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \end{array} \right.$. Suy ra $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD}$ nên ý b) đúng.

Tứ giác $ABCD$ là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là $a$ nên độ dài đường chéo $AC$ là $a\sqrt 2$. Tam giác $SAC$ có $SA = SC = a$ và $AC = a\sqrt 2$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $S$, suy ra $\widehat {SAC} = 45^\circ$. Do đó, $\left( {\overrightarrow {SC} ,\,\overrightarrow {AC} } \right) = 180^\circ - \widehat {SAC} = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

Suy ra $\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {SA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos 135^\circ = a \cdot a\sqrt 2 \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - {a^2}$.

Vậy ý c) sai và ý d) đúng.

Do hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ nên hàm số $y = g\left( x \right)$ cũng xác định trên $\mathbb{R}$.

Ta có $g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1$; $g'\left( x \right) = 0$ khi $f'\left( x \right) = 1$.

Số nghiệm của phương trình $g'\left( x \right) = 0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 1$.

Căn cứ vào đồ thị hàm số, ta thấy phương trình $f'\left( x \right) = 1$ hay $g'\left( x \right) = 0$ có 4 nghiệm phân biệt. Gọi 4 nghiệm đó theo thứ tự từ bé đến lớn là $a,\,b,\,c,\,d$.

Dựa vào vị trí của đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 1$, ta có bảng xét dấu $g'\left( x \right)$ như sau:

Vậy hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) - x$ có 4 điểm cực trị.

Đáp số: 4.

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

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

Vì $m > 1$ nên $1 - m < 0$, suy ra $y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0$ với mọi $x \ne - 1$.

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

Khi đó, $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\,\,4} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{{1 + m}}{2}$.

Theo đề ra, ta có $\frac{{1 + m}}{2} = 3 \Leftrightarrow m = 5$.

Đáp số: 5.

Ta có: $\left( {\overrightarrow a + 3\overrightarrow b } \right) \cdot \left( {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right)$

$= {\overrightarrow a ^2} - 6{\overrightarrow b ^2} + \overrightarrow a \cdot \overrightarrow b$

$= {1^2} - 6 \cdot {1^2} + 1 \cdot 1 \cdot \cos 45^\circ$

$= - 5 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} \approx - 4{,}3$.

Đáp số: $- 4{,}3$.

Gọi độ dài cạnh đáy của thùng chứa gạo là $x$ (m, $x > 0$) và chiều cao của thùng chứa gạo là $h$ (m, $h > 0$).

Thể tích của thùng là $V = {x^2} \cdot h = 2$, suy ra $h = \frac{2}{{{x^2}}}$ (m).

Khi đó, diện tích tôn cần sử dụng là: $S = {x^2} + 4xh = {x^2} + 4x \cdot \frac{2}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{8}{x}$ (m$^{2}$).

Chi phí để mua nguyên liệu là: $T = 100{x^2} + 50 \cdot \frac{8}{x} = 100{x^2} + \frac{{400}}{x}$ (nghìn đồng).

Xét hàm số $T\left( x \right) = 100{x^2} + \frac{{400}}{x}$ với $x \in \left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có: $T'\left( x \right) = 200x - \frac{{400}}{{{x^2}}} = \frac{{200{x^3} - 400}}{{{x^2}}}$; $T'\left( x \right) = 0$ khi $x = \sqrt[3]{2}$.

Bảng biến thiên của hàm số $T\left( x \right)$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy, $T\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất trên $\left( {0; + \infty } \right)$ khi $x = \sqrt[3]{2}$.

Vậy ông Hùng cần đóng thùng chứa gạo với cạnh đáy bằng $\sqrt[3]{2} \approx 1{,}3$ m để chi phí mua nguyên liệu là nhỏ nhất.

Đáp số: $1{,}3$.

Gọi $x\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$ là độ dài một cạnh của tấm giấy hình chữ nhật được cắt ra (cạnh thuộc đường kính) và $y\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$ là độ dài cạnh còn lại $(0 < x < 16,\,\,0 < y < 8)$. Ta có:

${\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} + {y^2} = {8^2} \Leftrightarrow {y^2} = \frac{1}{4}\left( {256 - {x^2}} \right) \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\sqrt {256 - {x^2}}$.

Diện tích của tấm giấy hình chữ nhật đó là:

$S = xy = x \cdot \frac{1}{2}\sqrt {256 - {x^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{x^2}\left( {256 - {x^2}} \right)}$ (cm$^{2}$).

Đặt $f\left( x \right) = {x^2}\left( {256 - {x^2}} \right)$ với $0 < x < 16$, có $f'\left( x \right) = 512x - 4{x^3}$ nên $f'\left( x \right) = 0$ khi $x = 8\sqrt 2$.

Vậy giá trị lớn nhất của $S$ bằng $\frac{1}{2}\sqrt {f\left( {8\sqrt 2 } \right)} = 64\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Đáp số: $64$.

Ta có $AC = BD = \sqrt {{8^2} + {{12}^2}} = 4\sqrt {13}$, $SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} - {{\left( {2\sqrt {13} } \right)}^2}} = 2\sqrt {23}$,

$\sin \widehat {SCO} = \frac{{SO}}{{SC}} = \frac{{2\sqrt {23} }}{{12}} = \frac{{\sqrt {23} }}{6}$.

Gọi $P$ là độ lớn của trọng lực xe và khung sắt nâng.

Ta có $P = \left( {1\,500 + 300} \right) \cdot 9{,}8 = 17\,640$ (N).

Gọi $F$ là độ lớn của lực căng trên mỗi sợi cáp.

Ta chứng minh được $F\sin \widehat {SCO} = \frac{P}{4}$, suy ra $F = \frac{P}{{4\sin \widehat {SCO}}} = \frac{{17\,640}}{{4 \cdot \frac{{\sqrt {23} }}{6}}} \approx 5\,517$ (N).

Đáp số: $5\,517$.