Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 5

Đồ thị có dạng như hình vẽ nên loại A và D.

Do đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng nên loại C. Chọn B.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right.$.

Bảng xét dấu $f'\left( x \right)$:

Do đó hàm số đã cho có một cực trị. Chọn C.

Ta có $\overrightarrow {SD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {SD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {SA}$. Chọn A.

a) Sai. Ta có $f\left( x \right) = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} < 0 \Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và $\left( { - 3; + \infty } \right).$

b) Sai. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y = \frac{{ - 2}}{1} = - 2.$

c) Sai. Hàm số nghịch biến trên $\left( { - 3; + \infty } \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) > f\left( {2025} \right) \Rightarrow$ Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ {0;{\rm{ 2025}}} \right]$ là $f\left( {2025} \right).$

d) Đúng. Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là $I\left( { - 3; - 2} \right)$. Ta có $d\left( {I,Ox} \right) = \left| { - 2} \right| = 2 < 3.$

a) Đúng. $AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AB \bot BC \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 5$, tương tự $AD = 5$.

$M$ là trung điểm $CD$$\Rightarrow AM \bot MC$ (do $\Delta ACD$ cân tại $A$)$\Rightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {MC} = 0$.

b) Sai. Ta có $\left| {\overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 5$.

c) Đúng. Ta có $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$$\Rightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0$ .

$\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD}$

$= 3\overrightarrow {AG} + \left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right) = 3\overrightarrow {AG} + \overrightarrow 0 = 3\overrightarrow {AG}$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)$.

d) Sai. Từ đẳng thức $\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)$, ta suy ra$AG < \frac{1}{3}\left( {\left| {\vec a} \right| + \left| {\vec b} \right| + \left| {\vec c} \right|} \right) = \frac{1}{3}\left( {4 + 5 + 5} \right) = \frac{{14}}{3}$.

Ngoài ra, ta có thể tính $AG$ bằng định lý Pythagore.

Ta có $BG = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$. Khi đó, $AG = \sqrt {B{G^2} + A{B^2}} = \sqrt {19} < \frac{{14}}{3}$.

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm $t$ bằng đạo hàm cấp một của phương trình chuyển động tại thời điểm $t$, ta có $v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5$.

Xét hàm $v\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5$ với $t \ge 0$. Ta có $v'\left( t \right) = 2t - 6;$ $v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 3$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, bắt đầu từ giây thứ ${t_0} = 3$ thì vận tốc của vật bắt đầu tăng.

Đáp án: 3.

Ta có $C\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{ - x + d}} \cdot$ Từ đồ thị suy ra $b = 0\,;d = 100\,;\,a = 200 \Rightarrow C\left( x \right) = \frac{{200x}}{{100 - x}} \cdot$

Chi phí chênh lệch là $\Delta C = \left| {C\left( {99} \right) - C\left( {90} \right)} \right| = \left| {\frac{{200 \cdot 99}}{{100 - 99}} - \frac{{200 \cdot 90}}{{100 - 90}}} \right| = 18\,000$ (triệu đồng) $= 18$ (tỉ đồng).

Đáp án: 18.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \\\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} \end{array} \right\} \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {DN} + \overrightarrow {CN}$.

Mà $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ nên $\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {BM} = - \overrightarrow {MB} ;\,\,\overrightarrow {DN} = \overrightarrow {NC} = - \overrightarrow {CN}$

Do đó $2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)$. Vậy $k = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Đáp án: 0,5.

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn .

Ta có ${y}^{'}=6{x}^{2}+6x-12$; ${y}^{'}=0\Leftrightarrow [\begin{matrix}x=1\in (-1;3) \\ x=-2\notin (-1;3)\end{matrix}$.

Nên $y(-1)=14;y(1)=-6;y(3)=46$.

Vậy $M=46;m=-6\Rightarrow M+m=40$.

Đáp án: 40.

Giả sử điểm $C\left( {x;2\,{{\rm{e}}^{ - {x^2}}}} \right)$ với $x > 0$.

Diện tích của hình chữ nhật $ABCD$ là $f\left( x \right) = 4x \cdot {{\rm{e}}^{ - {x^2}}}$.

Ta có $f'\left( x \right) = 4{{\rm{e}}^{ - {x^2}}} - 8{x^2}{{\rm{e}}^{ - {x^2}}}$$= 4{{\rm{e}}^{ - {x^2}}}\left( {1 - 2{x^2}} \right)$.

$f'\left( x \right) = 0$ $\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\,\,\,\,\,\left( n \right)\\x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\,\,\,\,\,\,\left( l \right)\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Vậy $\max {S}_{▭ABCD}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{\text{e}}}$.

Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow M\left( {{x_0};\frac{{x_0^2 + 4{x_0} + 5}}{{{x_0} + 2}}} \right)$.

Gọi $\left( d \right)$ là khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $3x + y + 6 = 0$.

Ta có $d = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\left| {\frac{{4x_0^2 + 16{x_0} + 17}}{{{x_0} + 2}}} \right| = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\left| {4\left( {{x_0} + 2} \right) + \frac{1}{{{x_0} + 2}}} \right| \ge \frac{4}{{\sqrt {10} }}$.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow 4\left| {{x_0} + 2} \right| = \frac{1}{{\left| {{x_0} + 2} \right|}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{ - 3}}{2} \Rightarrow {y_0} = \frac{5}{2}\\{x_0} = \frac{{ - 5}}{2} \Rightarrow {y_0} = - \frac{5}{2}\end{array} \right.$.

Vậy có hai điểm thoả yêu cầu bài toán là ${M_1}\left( {\frac{{ - 3}}{2};\frac{5}{2}} \right)$ và ${M_2}\left( {\frac{{ - 5}}{2};\frac{{ - 5}}{2}} \right)$.

Gọi $\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} ;\overrightarrow {{F_3}}$ là ba lực tác động vào vật đặt tại điểm $O$ lần lượt có độ lớn là $30{\rm{N}};\,30{\rm{N}};\,40{\rm{N}}$.

Vẽ $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {{F_1}} ;\,\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {{F_2}} ;\,\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {{F_3}}$.

Dựng các hình bình hành $OADB$ và $ODEC$.

Hợp lực tác dụng vào vật là $\overrightarrow F = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE}$.

Hình bình hành $OADB$ có $\widehat {AOB} = 120^\circ$ và $OA = OB$ nên $\Delta OBD$ đều, suy ra $OB = OD = 30{\rm{N}}$.

Vì $OC \bot \left( {OAB} \right)$ nên $OC \bot OD$, suy ra $ODEC$ là hình chữ nhật.

Do đó, $\Delta ODE$ vuông tại $D$.

Ta có $O{E^2} = O{C^2} + O{D^2} = {40^2} + {30^2} = {50^2}$, suy ra $OE = 50$.

Vậy hợp lực có độ lớn là $F = 50{\rm{N}}$.