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

Lời giải

Từ đồ thị ta thấy hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {3; + \infty } \right)$. Chọn A.

Lời giải

Hàm số đạt cực trị tại $x = 1;\,\,x = 3;\,\,x = 4$. Số điểm cực trị của hàm số là 3. Chọn A.

Lời giải

Từ bảng biến thiên, ta thấy $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5$. Chọn D.

Lời giải

Từ hình vẽ ta thấy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình $y = 1$. Chọn A.

Lời giải

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

Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2$ nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là $y = 2$ và$y = 5$.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3. Chọn A.

Lời giải

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

Lời giải

Thay tọa độ các điểm ở các đáp án A, B, C, D vào hàm số $y = {x^4} - 2{x^2} - 1$, ta thấy đáp án A thỏa mãn.

Chọn A.

Lời giải

Có 3 vectơ bằng vectơ $\overrightarrow {BC}$, đó là: $\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {A'D'} ,\overrightarrow {B'C'}$. Chọn A.

Lời giải

Có ba vectơ là: $\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {AD}$. Chọn B.

Lời giải

Ta có: $y = {x^3} - 3x$ $\Rightarrow y' = 3{x^2} - 3.$

$y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1.$

Ta có bảng biến thiên như sau:

Hàm số $y = {x^3} - 3x$ nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right).$ Chọn B.

Lời giải

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y = {x^3} + x + 1$

$y' = 3{x^2} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}.$

Vậy hàm số luôn đồng biến trên $\left( { - \infty ; + \infty } \right).$ Chọn D.

Lời giải

Vì $BB'C'C$ là hình bình hành nên

$\overrightarrow {B'C} = \overrightarrow {B'C'} + \overrightarrow {B'B} = \overrightarrow {BC} - \overrightarrow {AA'}$$= - \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC}$$= - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC}$$= - \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c .$ Chọn D.

Lời giải

a) Sai. Quan sát hình vẽ, ta thấy:

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và $\left( { - 1;\, + \infty } \right)$, đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải nên hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng này.

Trên các khoảng $\left( { - 3; - 2} \right)$ và $\left( { - 2;\, - 1} \right)$, đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng này.

b) Đúng. Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = - 3$; đạt cực tiểu tại $x = - 1$.

c) Sai. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng $x = - 2$.

d) Đúng. Vì $x = - 2$ là tiệm cận đứng nên $n = 2$. Khi đó, $y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + 2}}$.

Ta có $y' = \frac{{a{x^2} + 4ax + 2b - c}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$; $y' = 0 \Leftrightarrow a{x^2} + 4ax + 2b - c = 0$ (*).

$x = - 1$ là một nghiệm của phương trình (*), do đó $- 3a + 2b - c = 0$.

Các điểm $\left( { - 1;1} \right)$, $\left( { - 3; - 3} \right)$ thuộc đồ thị hàm số đã cho nên tọa độ các điểm này thỏa mãn hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + 2}}$.

Khi đó, ta có hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l} - 3a + 2b - c = 0\\a - b + c = 1\\ - 9a + 3b - c = - 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 3\\c = 3\end{array} \right.$.

Vậy công thức xác định hàm số đã cho là $y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}}$.

Lời giải

a) Sai. Ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0$.

b) Đúng. Vì $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Khi đó, $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 ;\,\,\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0$, suy ra $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0$.

c) Đúng. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \\\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \end{array} \right.$, do đó $\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC}$.

d) Sai. Ta có $\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} } \right) + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + 4\overrightarrow {GO} + \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + 4\overrightarrow {GO} = \overrightarrow 0$$\Leftrightarrow \overrightarrow {GS} = 4\overrightarrow {OG}$.

Lời giải

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 án: $1$.

Lời giải

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{2x - 1}} = - \infty$, suy ra đường thẳng $x = \frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$.

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

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{2x - 1}} - \frac{1}{2}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 5x + 2}}{{4x - 2}} = - \frac{5}{4}$.

Suy ra đường thẳng $y = \frac{1}{2}x - \frac{5}{4}$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$.

Vậy điểm $I\left( {\frac{1}{2};\, - 1} \right)$, khi đó $\frac{1}{2} + \left( { - 1} \right) = - \frac{1}{2} = - 0{,}5$.

Đáp án: $- 0{,}5$.

Lời giải

Gọi chiều rộng của đáy bể bơi là $x,\,x > 0.$ Suy ra, chiều dài của đáy bể bơi là $3x.$

$h$ là chiều cao của bể bơi $\left( {h > 0} \right).$

Theo giả thiết: $V = 150 \Leftrightarrow h \cdot 3{x^2} = 150 \Leftrightarrow h = \frac{{150}}{{3{x^2}}} = \frac{{50}}{{{x^2}}}.$

Diện tích các mặt bên và mặt đáy bể bơi là: $S = 2hx + 6hx + 3{x^2} = 8hx + 3{x^2} = \frac{{400}}{x} + 3{x^2}$.

Ta có: $S' = - \frac{{400}}{{{x^2}}} + 6x = \frac{{6{x^3} - 400}}{{{x^2}}}$; $S' = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{400}}{6}}} \approx 4{,}05$.

Lập BBT suy ra S đạt GTNN khi $x = 4{,}05{\rm{ m}}{\rm{.}}$

Vậy chiều rộng của đáy bể bơi là $x = 4{,}05{\rm{ m}}$ để khi thi công tiết kiệm nguyên vật liệu nhất.

Đáp án: 4,05.

Lời giải

Ta có $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$ và $\left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {SAD} = 60^\circ$.

Do đó $\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AD} = \left| {\overrightarrow {AS} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot \cos \widehat {SAD} = AS \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 2$.

Đáp án: 2.

Lời giải

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 $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3\sqrt 2 } \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) = \frac{{1\,492\,992}}{{3125}}$.

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng ${V_{\max }} = \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{1\,492\,992}}{{3125}}} = \frac{{288\sqrt {10} }}{{125}}$ (dm3).

Lời giải

a) Ước tính dân số của quốc gia đó vào năm 2045 là: $N\left( {22} \right) = 100{e^{0{,}012 \cdot 22}} \approx 130{,}21$ (triệu người).

b) Ta có hàm tốc độ tăng dân số của quốc gia đó là: $N'\left( t \right) = 1{,}2{e^{0{,}012t}}$.

Để tốc độ tăng dân số của quốc gia đó sẽ lớn hơn $1{,}8$ triệu người/năm

$\Leftrightarrow N'\left( t \right) = 1{,}2{e^{0{,}012t}} > 1{,}8 \Leftrightarrow t > \frac{1}{{0{,}012}}\ln \frac{3}{2} \approx 33{,}79$.

Vậy sau ít nhất 34 năm thì tốc độ tăng dân số của quốc gia đó sẽ lớn hơn $1{,}8$ triệu người/năm.

Lời giải

Gọi ${A_1},\,{B_1},\,{C_1}$ lần lượt là các điểm sao cho $\overrightarrow {O{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\,\overrightarrow {O{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {O{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}}$. Lấy các điểm ${D_1},{A'_1},\,{B'_1},\,{D'_1}$ sao cho $O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}$ là hình hộp như hình dưới đây.

Theo quy tắc hình hộp, ta có: $\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{B_1}} + \overrightarrow {O{C_1}} = \overrightarrow {O{{D'}_1}}$.

Mặt khác, do các lực căng $\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}}$ đôi một vuông góc và $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 15$ (N) nên hình hộp $O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}$ có ba cạnh $O{A_1},\,O{B_1},\,O{C_1}$ đôi một vuông góc và bằng nhau.

Do đó, hình hộp $O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}$ là hình lập phương có độ dài cạnh bằng 15.

Suy ra độ dài đường chéo của hình lập phương đó bằng $15\sqrt 3$.

Do chiếc đèn ở vị trí cân bằng nên $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P$, ở đó $\overrightarrow P$ là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn.

Vậy trọng lượng của chiếc đèn là $\left| {\overrightarrow P } \right| = \left| {\overrightarrow {O{{D'}_1}} } \right| = 15\sqrt 3$ (N).