Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Lời giải

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$. Chọn C.

Lời giải

Từ hình vẽ, ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có tọa độ là $\left( { - 1; - 1} \right)$. Chọn B.

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm số $y = f\left( x \right)$, ta thấy hàm số không có giá trị lớn nhất trên TXĐ và hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng $- 2$ tại $x = - 1$, $x = 1$.

Nên đáp án C sai. Chọn C.

Lời giải

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = + \infty \Rightarrow x = - 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Chọn A.

Lời giải

Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng $x = - 3$ và 1 tiệm cận ngang $y = 2$. Chọn A.

Lời giải

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình $f\left( x \right) = 0$ có đúng 1 nghiệm. Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại đúng 1 điểm. Chọn D.

Lời giải

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $O\left( {0;0} \right)$ và có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = {x_0} > 0$; tiệm cận ngang là đường thẳng $y = {y_0} > 0$. Trong các đáp án trên chỉ có đáp án B là thỏa mãn. Chọn B.

Lời giải

Ta có $\overrightarrow {SB} = \overrightarrow {DB} - \overrightarrow {DS} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} - \overrightarrow {DS}$. Chọn A.

Lời giải

Do $\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$ là hai vectơ cùng hướng nên $\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0^\circ \Rightarrow cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 1$. Vậy $\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|$. Chọn A.

Lời giải

Ta có $y' = 3{x^2} + 6x \Rightarrow y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..$

Bảng biến thiên:

Vậy giá trị cực đại của hàm số bằng 3. Chọn D.

Lời giải

Bảng biến thiên có chiều có dạng là hàm số bậc ba với hệ số $a < 0$ và và đi qua điểm $\left( {1;0} \right)$, trong các hàm số đã cho, ta thấy hàm số $y = - \frac{7}{4}{x^3} + \frac{{21}}{2}{x^2} - \frac{{63}}{4}x + 7$ thoả mãn. Chọn A.

Lời giải

Ta có $\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'} = \left( {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OD'} } \right) = 2\overrightarrow {OO'} + 2\overrightarrow {OO'} = 4\overrightarrow {OO'}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'} } \right| = 4\left| {\overrightarrow {OO'} } \right| = 4a$. Chọn A.

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = - \infty$.

Nên đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 1$.

b) Sai. Ta có $y = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = x - 4 + \frac{9}{{x + 1}}$. Khi đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x - 4} \right)} \right] = 0$.

Do đó, tiệm cận xiên của $\left( C \right)$ là đường thẳng $y = x - 4$.

c) Đúng. TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$. Ta có $y' = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$. Giải $y' = 0$, ta được $x = - 4$ và $x = 2$.

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng và $\left( { - 1;2} \right)$.

d) Sai. Từ BBT suy ra đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là $A\left( { - 4; - 11} \right),B\left( {2\,;1} \right)$.

Vậy đường thẳng qua 2 điểm cực trị là $\frac{{x - 2}}{{2 - \left( { - 4} \right)}} = \frac{{y - 1}}{{1 - \left( { - 11} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{6} = \frac{{y - 1}}{{12}}$

$\Rightarrow 12x - 24 = 6y - 6 \Leftrightarrow y = 2x - 3$.

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {D'C'} = \overrightarrow {DC}$.

b) Sai. Vì $\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {AB}$ (do $ABB'A'$ là hình bình hành), $\overrightarrow {B'M} = \frac{1}{2}\overrightarrow {B'C'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}$ (do $M$ là trung điểm của $B'C'$, và $ADC'B'$ là hình bình hành).

Nên ta có: $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {B'M} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}$.

c) Đúng. Ta có: $3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {AC'}$ (vì $G$ là trọng tâm tam giác $DC'D'$).

Mà $\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD}$ (vì $ADD'A'$ là hình bình hành), $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$ (do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp).

Nên $3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AA'} + 3\overrightarrow {AD} \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD}$.

Bình phương 2 vế và lưu ý $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'} = 0$ (các vectơ đôi một vuông góc) ta có:

$A{G^2} = \frac{1}{9}A{B^2} + \frac{4}{9}A{A'^2} + A{D^2} = \frac{1}{9}{a^2} + \frac{4}{9}{c^2} + {b^2}$$\Rightarrow AG = \sqrt {\frac{1}{9}{a^2} + \frac{4}{9}{c^2} + {b^2}}$.

d) Sai. Vì $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'} = 0$ (các vectơ đôi một vuông góc).

Nên ta có: $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AG} = \left( {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) \cdot \left( {\frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)$

$= \frac{1}{3}A{B^2} + \frac{1}{2}A{D^2} + \frac{2}{3}A{A'^2}$$= \frac{1}{3}{a^2} + \frac{1}{2}{b^2} + \frac{2}{3}{c^2}$.

Lời giải

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } S\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 500\left( {3 - \frac{7}{{3 + x}}} \right) = 1500$.

Vậy đồ thị hàm số $y = S\left( x \right)$ nhận đường thẳng $y = 1500$ làm tiệm cận ngang, tức là khi $x$ càng lớn lượng sản phẩm bán ra sẽ tiến gần đến mức $1500$ (sản phẩm/tháng).

Đáp án: 1500.

Lời giải

Ta có $y' = 3{x^2} + 2ax + b$.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;2} \right)$; hàm số có hai điểm cực trị là $x = 0$ và $x = 2$, nên ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}c = 2\\b = 0\\12 + 4a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 0\\c = 2\end{array} \right.$.

Vậy $a + 2b + 3c = - 3 + 6 = 3$.

Đáp án: 3.

Lời giải

Điều kiện: $2 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le x \le \sqrt 2$.

Tập xác định của hàm số $y = x + \sqrt {2 - {x^2}}$ là $D = \left[ { - \sqrt 2 ;\,\sqrt 2 } \right]$.

Ta có $y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {2 - {x^2}} }}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}} = x \Rightarrow x = 1 \in \left( { - \sqrt 2 ;\,\sqrt 2 } \right)$.

$y\left( { - \sqrt 2 } \right) = - \sqrt 2$; $y\left( {\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2$; $y\left( 1 \right) = 2$.

Khi đó, $M = \max y = y\left( 1 \right) = 2;\,\,m = \min y = y\left( { - \sqrt 2 } \right) = - \sqrt 2$.

Vậy $M - \sqrt 2 \cdot m = 2 - \sqrt 2 \cdot \,\left( { - \sqrt 2 } \right) = 4$.

Đáp án: 4.

Lời giải

Ta có ${\left| {2\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {2\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2} = 4{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + 4\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = 4 \cdot {3^2} + 4 \cdot \left( { - 3} \right) + {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 36$.

Suy ra $\left| {2\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {36} = 6$.

Đáp án: 6.

Gọi $E,F$ là hình chiếu của $A,B$ trên bờ sông. $D$ là hình chiếu của $A$ trên $BF$.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $ADB$ ta có

$AD = \sqrt {A{B^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{615}^2} - {{\left( {487 - 118} \right)}^2}} = 492\,\,{\rm{m}}$.

Đặt $EM = x\,\left( {0 \le x \le 492} \right)$ ta có quãng đường mà người đi lấy nước phải đi là

$S = AM + MB = \sqrt {{{118}^2} + {x^2}} + \sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} = \sqrt {{{118}^2} + {x^2}} + \sqrt {{x^2} - 984x + 479233}$.

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {{{118}^2} + {x^2}} + \sqrt {{x^2} - 984x + 479233}$ trên đoạn $\left[ {0;492} \right]$.

Cách 1: Sử dụng máy tính dừng chức năng TABLE thu được $\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;492} \right]} f\left( x \right) = 779{,}8\,{\rm{m}}$.

Cách 2: Ta có $f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} + \frac{{x - 492}}{{\sqrt {{x^2} - 984x + 479233} }}$

$$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} = \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{x^2} - 984x + 479233} }} \Rightarrow 223245{x^2} + 13701216x - 13924 \cdot 242064 = 0$$

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{58056}}{{605}}\\x = - \frac{{472}}{3}\;\left( l \right)\end{array} \right. \Rightarrow x = \frac{{58056}}{{605}}$.

Ta có BBT:

Vậy $\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;492} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right) \approx 779{,}8\,{\rm{m}}$.

Lời giải

Gọi $x\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$ là cạnh đáy của chiếc thùng $\,\left( {x > 0} \right)$.

Khi đó diện tích đáy thùng là $x{\,^2}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Vì thể tích thùng là $2000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$ nên chiều cao hộp là $h = \frac{{2000}}{{{x^2}}}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Tổng diện tích các bề mặt của chiếc thùng là: $S = 2{x^2} + 4xh = \,\,2{x^2} + \frac{{8000}}{x}\,\,\,\left( {x > 0} \right)$.

Ta có $S' = 4x - \frac{{8000}}{{{x^2}}}\,\, = \frac{{4{x^3} - 8000}}{{{x^2}}};\,\,\,S'\, = 0 \Leftrightarrow x = 10\sqrt[3]{2}$.

Bằng cách bảng biến thiên, dễ thấy diện tích bề mặt thùng nhỏ nhất khi cạnh đáy của thùng là $10\sqrt[3]{2}$ và chiều cao của thùng là $\frac{{20}}{{\sqrt[3]{4}}}$.

Vậy nguyên liệu để sản xuất chiếc thùng là ít nhất khi chiều cao thùng là $\frac{{20}}{{\sqrt[3]{4}}}\,\,{\rm{cm}}.$

Lời giải

Theo hình vẽ ta có các vectơ $\overrightarrow {AS} ,\,\overrightarrow {BS} ,\,\overrightarrow {CS} ,\,\overrightarrow {DS}$ biểu thị các lực căng $\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {{F_4}}$.

Khi đó, $\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {AS} + \,\overrightarrow {BS} + \,\overrightarrow {CS} + \,\overrightarrow {DS}$

$= - \left( {\overrightarrow {SA} + \,\overrightarrow {SB} + \,\overrightarrow {SC} + \,\overrightarrow {SD} } \right) = - \left[ {\left( {\overrightarrow {SA} + \,\overrightarrow {SC} } \right) + \,\left( {\overrightarrow {SB} + \,\overrightarrow {SD} } \right)} \right]$

$= - \left( {2\overrightarrow {SO} + 2\overrightarrow {SO} } \right) = - 4\overrightarrow {SO}$.

Vì các đoạn dây cáp có độ dài bằng nhau và góc tạo bởi hai đoạn dây cáp đối diện nhau là 60° nên tam giác $SAC$ cân và $\widehat {ASC} = 60^\circ$, do đó tam giác $SAC$ đều, suy ra $SO = SA \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Khi đó, $\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4SO = 4 \cdot SA \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 4 \cdot 5\,000 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\,000\sqrt 3 \,\,{\rm{(N)}}{\rm{.}}$

Ta có $\overrightarrow P = m \cdot \overrightarrow g$, suy ra $P = m \cdot g = 10m$.

Để cần cẩu nâng được thùng hàng thì $\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} } \right| \ge P$.

Suy ra $10\,000\sqrt 3 \ge 10m \Rightarrow m \le 1\,000\sqrt 3 \,\,{\rm{(kg)}}$.

Vậy $m \le 1\,000\sqrt 3 \,\,{\rm{(kg)}}$.