Đề thi giữa kì 1 Toán 12 cấu trúc mới (có đáp án) - Đề 07

Đáp án đúng là: B

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: D

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại $x = 1$ và giá trị cực tiểu ${y_{CT}} = - 2$.

Đáp án đúng là: A

Nhìn vào đồ thị hàm số đã cho, ta thấy:

$m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - 5$ khi $x = - 2$ hoặc $x = 1$;

$M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - 1$ khi $x = - 1$ hoặc $x = 2$.

Đáp án đúng là: D

Dựa vào định nghĩa đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, ta có:

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

Đáp án đúng là: D

Số vectơ khác vectơ $\overrightarrow 0$ mà mỗi vectơ có điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện $ABCD$ là số các chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử, do đó số vectơ là $A_4^2 = 12$.

Đáp án đúng là: A

Với $M\left( { - 2; - 5;7} \right)$ thì $\overrightarrow {OM} = \left( { - 2; - 5;7} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\overrightarrow u = - 3\overrightarrow i + \overrightarrow j - 8\overrightarrow k = \left( { - 3} \right)\overrightarrow i + 1\overrightarrow j + \left( { - 8} \right)\overrightarrow k$.

Suy ra $\overrightarrow u = \left( { - 3;1; - 8} \right)$.

Đáp án đúng là: D

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

Ta có: $y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$; $y' = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = 3$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$, nghịch biến trên các khoảng $\left( { - 1;1} \right)$ và $\left( {1;3} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Đặt $\cos x = t$. Vì $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ nên $t \in \left[ { - 1;1} \right]$.

Khi đó, ta có hàm số $y = f\left( t \right) = 2t - \frac{4}{3}{t^3}$. Ta có $f'\left( t \right) = 2 - 4{t^2}$.

Trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$, $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ hoặc $t = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

$f\left( { - 1} \right) = \frac{{ - 2}}{3};\,f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{{ - 2\sqrt 2 }}{3};\,f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{{2\sqrt 2 }}{3};\,f\left( 1 \right) = \frac{2}{3}$.

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$. Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,\pi } \right]} y = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Đáp án đúng là: A

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

Ta có: $y = \frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x + 2}} = x - 5 + \frac{{16}}{{x + 2}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 5} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{16}}{{x + 2}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x - 5} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{16}}{{x + 2}} = 0$.

Vậy đường thẳng $y = x - 5$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án đúng là: A

Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = - 1$, suy ra $a = - 1 < 0$.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;0} \right)$ nên ta có: $2a - b = 0$.

Khi đó, $2 \cdot \left( { - 1} \right) - b = 0$, suy ra $b = - 2$.

Vậy $b < a < 0$.

Đáp án đúng là: C

Vì ${G_0}$ là giao điểm của $GA$ và mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ nên ta suy ra được ${G_0}$ là trọng tâm của tam giác $BCD$. Do đó, $\overrightarrow {{G_0}B} + \overrightarrow {{G_0}C} + \overrightarrow {{G_0}D} = \overrightarrow 0$.

Ta có: $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0$

Suy ra $\overrightarrow{GA}=-(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD})=-(3\overrightarrow{G{G}_{0}}+\overrightarrow{{G}_{0}B}+\overrightarrow{{G}_{0}C}+\overrightarrow{{G}_{0}D})=-3\overrightarrow{G{G}_{0}}=3\overrightarrow{{G}_{0}G}$

Vậy $\overrightarrow {GA} = 3\overrightarrow {{G_0}G}$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

Quan sát đồ thị, ta thấy:

– Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;\,0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$; nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$. Vậy ý a) sai.

– Hàm số đã cho có $2$ điểm cực trị: $x = 0$ (điểm cực đại) và $x = 2$ (điểm cực tiểu). Do đó, ý b) đúng.

– Trên đoạn $\left[ { - 1;\,1} \right]$, hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x = 0$, $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 2$. Do đó, ý c) đúng.

– Ta có $3f\left( x \right) - 6 = 0$$\Leftrightarrow f\left( x \right) = 2$.

Đường thẳng $y = 2$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại 2 điểm nên phương trình $f\left( x \right) = 2$có 2 nghiệm, tức là phương trình $3f\left( x \right) - 6 = 0$ có 2 nghiệm.

Vậy ý d) sai.

a) S, b) S, c) Đ, d) Đ.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số $y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}$.

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

– Ta có $y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$; $y' = 0$ khi $x = - 3$ hoặc $x = - 1$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

– Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$. Do đó, ý a) sai.

– Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = - 3$, ; đạt cực tiểu tại $x = - 1$, ${y_{CT}} = 1$.

Suy ra . Do đó, ý b) sai.

– Tiệm cận:

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

+) Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng $y = x + 1$.

Với $x = 0$ thì $y = 0 + 1 = 1$, do đó đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm $A\left( {0;1} \right)$. Vậy ý c) đúng.

– Đường thẳng $x - 3y - 6 = 0$$\Leftrightarrow y = \frac{1}{3}x - 2$ có hệ số góc ${k_1} = \frac{1}{3}$. Đường thẳng này vuông góc với tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho nên tiếp tuyến này có hệ số góc ${k_2} = \frac{{ - 1}}{{{k_1}}} = - 3$.

Khi đó, với ${x_0}$ là hoành độ của tiếp điểm thì $y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{x_0^2 + 4{x_0} + 2}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = - 3$.

Ta tìm được ${x_0} = - \frac{5}{2}$ hoặc ${x_0} = - \frac{3}{2}$.

+) Với ${x_0} = - \frac{5}{2}$, ta có tiếp tuyến: $y = - 3x - 11$.

+) Với ${x_0} = - \frac{3}{2}$, ta có tiếp tuyến: $y = - 3x - 3$, tiếp tuyến này đi qua điểm $B\left( { - \frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)$.

Do đó, ý d) đúng.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

– Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $BDD'B'$ là hình chữ nhật.

Suy ra $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {B'D'}$. Do đó, ý a) đúng.

– Ta có: $A'C' = \sqrt {A'{{B'}^2} + B'{{C'}^2}} = \sqrt 2$; $A'C = \sqrt {A'{{C'}^2} + C{{C'}^2}} = \sqrt 3$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {A'C} } \right| = A'C = \sqrt 3$. Tương tự, $\left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC' = \sqrt 3$.

Vậy ý b) đúng.

– Theo quy tắc hình hộp, ta có: $\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} + \overrightarrow {A'A}$.

Mà $\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {AD} ,\,\,\overrightarrow {A'A} = \overrightarrow {D'D}$. Do đó, $\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {D'D}$.

Vậy ý c) đúng.

– Ta có: $\overrightarrow {A'C} \cdot \overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right)$

$=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}-{\overrightarrow{AB}}^{2}+{\overrightarrow{AD}}^{2}-\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{D{D}^{'}}\cdot \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{D{D}^{'}}\cdot \overrightarrow{AB}$

$= 0 - {1^2} + {1^2} - 0 + 0 - 0 = 0$.

Vậy $\overrightarrow {A'C} \cdot \overrightarrow {BD} = 0$, do đó ý d) sai.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S.

Hướng dẫn giải

– Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {3 - 1;0 - 3;3 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {2; - 3;4} \right)$. Do đó, ý a) sai.

– Gọi tọa độ của điểm $D$ là $\left( {{x_D};\,{y_D};{z_D}} \right)$, ta có tọa độ của vectơ $\overrightarrow {CD}$ là:

$\left( {{x_D} - 2;{y_D} - 3;{z_D} - 6} \right)$.

Do đó, ý b) đúng.

– Ta có $\overrightarrow {DC} = \left( {2 - {x_D};3 - {y_D};6 - {z_D}} \right)$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}2 - {x_D} = 2\\3 - {y_D} = - 3\\6 - {z_D} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 0\\{y_D} = 6\\{z_D} = 2\end{array} \right.$. Vậy $D\left( {0;6;2} \right)$. Do đó, ý c) đúng.

– Gọi $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$. Khi đó, $O$ là trung điểm của $AC$.

Suy ra $\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {OC}$.

Gọi tọa độ của $O$ là $\left( {x;y;z} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AO} = \left( {x - 1;y - 3;z + 1} \right)$, $\overrightarrow {OC} = \left( {2 - x;3 - y;6 - z} \right)$.

Khi đó, $\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {OC}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 2 - x\\y - 3 = 3 - y\\z + 1 = 6 - z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{3}{2}\\y = 3\\x = \frac{5}{2}\end{array} \right.$. Suy ra $O\left( {\frac{3}{2};3;\frac{5}{2}} \right)$.

Do đó, ý d) sai.

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

Ta có: $y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 3\left( {7m - 3} \right)$; $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 7m - 3 = 0$.

Để hàm số đã cho không có cực trị thì $\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {7m - 3} \right) \le 0$

$\Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4$.

Do $m \in \mathbb{Z}$ nên $S=\{1;\ 2;\ 3;4\}$. Vậy tập hợp $S$ có 4 phần tử.

Đáp số: $4$.

Ta có vận tốc tức thời là: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t + 1$.

Xét hàm số $v\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t + 1$ với $t \in \left[ {0;18} \right]$.

Ta có $v'\left( t \right) = - 6t + 36$. Trên khoảng $\left( {0;18} \right)$, $v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6$.

$v\left( 0 \right) = 1;\,v\left( 6 \right) = 109;\,v\left( {18} \right) = - 323$.

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;18} \right]} v\left( t \right) = v\left( 6 \right) = 109$.

Vậy vận tốc tức thời đạt giá trị lớn nhất bằng $109$ m/s.

Đáp số: $109$.

Ta có 5 km = 5 000 m.

Áp dụng công thức tính công, ta có:

$A=\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{d}=|\overrightarrow{F}|\cdot |\overrightarrow{d}|\cdot \cos (\overrightarrow{F},\ \overrightarrow{d})=3\ 000\cdot 5\ 000\cdot \cos 30^{\circ}\approx 12\ 990\ 381$ (J)

Đáp số: $12\,\,990\,\,381$.

Theo bài ra ta có: $\overrightarrow {AB} = 14\overrightarrow i + 0\overrightarrow j + 0\overrightarrow k$; $\overrightarrow {AD} = 0\overrightarrow i + 12\overrightarrow j + 0\overrightarrow k$; $\overrightarrow {AA'} = 0\overrightarrow i + 0\overrightarrow j + 18\overrightarrow k$.

Vì $M$ là trung điểm của $C'D'$ nên

$\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {AD'} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right)$ (quy tắc hình hộp và quy tắc hình bình hành)

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {AA'} } \right)$

$=\frac{1}{2}[14\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}+2(0\overrightarrow{i}+12\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k})+2(0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+18\overrightarrow{k})]$

$= 7\overrightarrow i + 12\overrightarrow j + 18\overrightarrow k$.

Suy ra $\overrightarrow {AM} = \left( {7;12;18} \right)$. Do đó, $a = 7,b = 12,c = 18$.

Vậy $a + b - c = 7 + 12 - 18 = 1$.

Đáp số: $1$.

Hình hộp trên có độ dài cạnh đáy là $x$ (cm, $x > 0$) và chiều cao là $h$ (cm, $h > 0$).

Diện tích bề mặt của hình hộp là $108$ cm2 nên ${x^2} + 4xh = 108$.

Suy ra $h = \frac{{108 - {x^2}}}{{4x}}$ (cm).

Thể tích của hình hộp là: $V = {x^2} \cdot h = {x^2} \cdot \frac{{108 - {x^2}}}{{4x}} = \frac{{108x - {x^3}}}{4}$ (cm3).

Xét hàm số $V\left( x \right) = \frac{{108x - {x^3}}}{4}$ với $x \in \left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có: $V'\left( x \right) = \frac{{ - 3{x^2} + 108}}{4}$. Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, $V'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 6$.

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

Do đó, thể tích của hình hộp lớn nhất khi độ dài cạnh đáy là $x = 6$ cm.

Khi đó, chiều cao của hình hộp là $h = \frac{{108 - {6^2}}}{{4 \cdot 6}} = 3$ (cm).

Vậy ${x_0} = 6,{h_0} = 3$ và ${x_0} + {h_0} = 9$.

Đáp số: $9$.

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

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

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

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $OBD$, ta có:

$O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} - 2BD \cdot OB \cdot \cos \widehat {OBD} = O{A^2} + O{B^2} + 2OA \cdot OB \cdot \cos 135^\circ$

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

Do đó, tam giác $ODE$ vuông tại $D$.

Ta có $O{E^2} = O{C^2} + O{D^2} = O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2OA \cdot OB \cdot \cos 135^\circ$.

Suy ra $O{E^2} = \sqrt {O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2OA \cdot OB \cdot \cos 135^\circ }$

$= \sqrt {{{10}^2} + {{20}^2} + {{15}^2} + 2 \cdot 20 \cdot 15 \cdot \cos 135^\circ } \approx 17{,}3$.

Vậy độ lớn của hợp lực là $F = OE \approx 17{,}3$ N.

Đáp số: $17{,}3$.