Đề thi giữa kì 1 Toán 12 cấu trúc mới (có đáp án) - Đề 09

Đáp án đúng là: D

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {0;1} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Trên khoảng $\left( {0;1} \right)$, đồ thị hàm số đi xuống từ trái sang phải nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng này.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Quan sát bảng xét dấu, ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $y={x}^{3}-3{x}^{2}+2$ ${y}^{'}=3{x}^{2}-6x$

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

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$ và đạt cực đại tại $x = 0$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $y = 3{x^4} - 6{x^2} + 1$ $\Rightarrow y' = 12{x^3} - 12x$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 12{x^3} - 12x = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1.\end{array} \right.$

Ta có bảng biến thiên như sau:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy:

Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = \pm 1$ và ${y_{CT}} = - 2.$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $V(T) = 999{,}87 - 0{,}06426T + 0{,}0085043{T^2} - 0{,}0000679{T^3}.$

$\Rightarrow V'\left( T \right) = - 0{,}06426 + 0{,}0170086T - 2,{037.10^{ - 4}}{T^2}$

$V'\left( T \right) = 0 \Leftrightarrow - 2,{037.10^{ - 4}}{T^2} + 0{,}0170086T - 0{,}06426 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}T \approx 79{,}53\,\,\,\,(L)\\T \approx 3{,}97\,\,\,\,\,(TM)\end{array} \right.$.

Ta có bảng xét dấu như sau:

Vậy thể tích giảm khi $T \in \left( {0^\circ C;3{,}97^\circ C} \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $y = {x^3} - 3{x^2} + \left( {4 - m} \right)x$; $y' = 3{x^2} - 6x + 4 - m$.

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $y' \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

$\Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 4 - m \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).$

$\Leftrightarrow m \le 3{x^2} - 6x + 4,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).$

$\Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {2; + \infty } \right)} g(x)$ với $g(x) = 3{x^2} - 6x + 4.$

Ta có: $g'\left( x \right) = 6x - 6$

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra $m \le 4$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy $m \in \left( { - \infty ;4} \right]$ thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Giá trị lớn nhất của đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$ là $M = 4$ khi $x = - 1$.

Giá trị nhỏ nhất của đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$ là $m = - 3$ khi $x = - 2$.

Suy ra: $2m - 3M$= $2.\left( { - 3} \right) - 3.4$ = $- 18$.

Đáp án đúng là: A

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy:

Xét trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$, giá trị lớn nhất của hàm số là $f\left( 0 \right) = 5$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{[ - 1;3]}$$f\left( x \right) = f\left( 0 \right)$.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: $D = \left[ {1; + \infty } \right)$.

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

$y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {x - 1} - 1}}{{2\sqrt {x - 1} }} = 0$$\Leftrightarrow 2\sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}$.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số có giá trị nhỏ nhất là $\frac{3}{4}$ và không có giá trị lớn nhất.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $y = \;\frac{{2{x^2} + 3x + 3}}{{x + 1}}$ $\Rightarrow y' = \frac{{2{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ {0;2} \right]\\x = - 2 \notin \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.$.

Xét trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$, ta tính được các giá trị $y\left( 0 \right) = 3,y\left( 2 \right) = \frac{{17}}{3}$.

Vậy $M = \frac{{17}}{3},m = 3.$

Đáp án đúng là: B

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

Vì $- 1 - {m^2} < 0\,\,\forall m \in \mathbb{R} \Rightarrow \frac{{ - 1 - {m^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {2;3} \right]$.

Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 14$.

Ta có: $y\left( 3 \right) = \frac{{3 + {m^2}}}{{3 - 1}} = 14$$\Rightarrow {m^2} = 25$ $\Leftrightarrow m = \pm 5$.

Mà theo đề bài, $m$ nhận giá trị nguyên dương nên $m = 5.$

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của tham số $m$ thỏa mãn.

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

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

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

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

Đường thẳng $y = 1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy tiệm cận đứng $x = - 2$, tiệm cận ngang $y = 1$.

Đáp án đúng là: A

Xét các đáp án A, B, C, D ta lấy tử số chia mẫu số. Ta có:

Đáp án A, ta có:

Vậy đường thẳng $y = 2x - 1$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = \frac{{2{x^2} - 3x + 5}}{{x - 1}}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có điều kiện xác định: $D = \left[ { - 4; + \infty } \right)\backslash \left\{ {0; - 1} \right\}.$

Xét: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x + 4} - 2}}{{{x^2} + x}} = 0$.

Do đó, đường thẳng $y = 0$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{{x}^{2}+x}=+\infty .$

$\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{{x}^{2}+x}=-\infty .$

Do đó, $x = - 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{{x}^{2}+x}=\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }\frac{x}{x(x+1)(\sqrt{x+4}+2)}=\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }\frac{1}{(x+1)(\sqrt{x+4}+2)}=\frac{1}{4}$

$\underset{x\rightarrow {0}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {0}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{{x}^{2}+x}=\underset{x\rightarrow {0}^{-}}{\lim }\frac{x}{x(x+1)(\sqrt{x+4}+2)}=\underset{x\rightarrow {0}^{-}}{\lim }\frac{1}{(x+1)(\sqrt{x+4}+2)}=\frac{1}{4}$

Do đó, $x = 0$ không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = 1.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = 1.$

Do đó, $y = 1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = + \infty .$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = - \infty .$

Do đó, $x = - 2$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tọa độ giao điểm $I$ của hai đường tiệm cận của đồ thị $\left( C \right)$ là $I\left( { - 2;1} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp chữ nhật nên

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {D'C'} = \overrightarrow {DC}$ và .

Đáp án đúng là: A

Có $M,N,G$ lần lượt là trung điểm $AB,CD,MN$. Theo quy tắc trung điểm, ta có:

$\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = 2\overrightarrow {GM}$; $\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\overrightarrow {GN}$; $\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = \overrightarrow 0$.

Suy ra $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0$ hay $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow {DG}$.

Với $O$ là điểm bất kì, ta có:

$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GD}$

$= 4\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD}$$= 4\overrightarrow {OG}$.

Vậy đáp án A sai và các đáp án B, C, D đúng.

Đáp án đúng là: B

Theo đề bài, $\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$ là hai vectơ đều khác vectơ $\overrightarrow 0$. Ta có: $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right)$

$= \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}$

$= \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos 60^\circ - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 60^\circ$

$= 0$.

Suy ra $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} } \right)$.

Vì tam giác $ABC$ có $AB = AC$ và $\widehat {BAC} = 60^\circ$ nên tam giác $ABC$ đều.

Suy ra $CI \bot AB$.

Tương tự ta có tam giác $ABD$ đều nên $DI \bot AB$.

Xét: $\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}).\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{IC}.\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{AB}$

Suy ra $\left( {\overrightarrow {IJ} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}}$ là ba lực tác động vào vật tại điểm $O$ lần lượt có độ lớn $25N,12N,4N$.

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:

$O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} - 2.BD.OB.\cos \widehat {OBD} = O{A^2} + O{B^2} + 2.OA.OB.\cos 100^\circ$

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

Do đó, tam giác $DOE$ vuông tại $D$.

Ta có: $O{E^2} = O{C^2} + O{D^2} = O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2.OA.OB.\cos 100^\circ$.

Suy ra:

$OE = \sqrt {O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2.OA.OB.\cos 100^\circ }$$= \sqrt {{4^2} + {{25}^2} + {{12}^2} + 2.25.12.\cos 100^\circ }$

$OE \approx 26N$.

Vậy độ lớn của hợp lực $F = OE \approx 26N$.

Đáp án đúng là: A

Trong không gian với hệ trục $Oxyz$, có $\overrightarrow a = - \overrightarrow i + 2\overrightarrow j - 3\overrightarrow k$ nên tọa độ $\overrightarrow a = \left( { - 1;2; - 3} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Trong không gian $Oxyz$, hình chiếu vuông góc của điểm $A\left( {3;5;2} \right)$ trên trục $Ox$ có tọa độ $\left( {3;0;0} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có điểm đối xứng của $A\left( {1;2; - 3} \right)$ qua mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ ta được điểm có tọa độ $\left( { - 1;2; - 3} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $C\left( {x;y;z} \right)$, ta có: $\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB}$.

Suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}x - 0 = 0 - \left( { - 3} \right)\\y - 0 = 2 - 0\\z - 1 = 0 - 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\\z = 1\end{array} \right.$. Vậy $C\left( {3;2;1} \right)$.

Gọi $C'\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$, ta có: $\overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AA'}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_0} - 3 = 1 - \left( { - 3} \right)\\{y_0} - 2 = 2 - 0\\{z_0} - 1 = 3 - 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 7\\{y_0} = 4\\{z_0} = 4\end{array} \right.$. Vậy $C'\left( {7;4;4} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( { - 5; - 4; - 1} \right)$ $\Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {42} .$

$\overrightarrow {AC} = \left( {3;1;2} \right)$ $\Rightarrow AC = \sqrt {{3^2} + {1^2} + {2^2}} = \sqrt {14}$.

Ta có: $\cos \widehat{BAC}=\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|.|\overrightarrow{AC}|}=\frac{-5.3+(-4).1+(-1).2}{\sqrt{42}.\sqrt{14}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

Suy ra $\widehat {BAC} = 150^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Gọi điểm $M$ thuộc trục $Ox$ có tọa độ $\left( {x;0;0} \right)$.

Theo đề, ta có $M$ cách đều hai điểm $A\left( {4;2; - 1} \right)$ và $B\left( {2;1;0} \right)$ hay $MA = MB$.

Ta có: $MA = MB$ $\Rightarrow$$M{A^2} = M{B^2}$

$\Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} + {(0 - 2)^2} + {\left[ {0 - \left( { - 1} \right)} \right]^2} = {\left( {2 - x} \right)^2} + {\left( {1 - 0} \right)^2} + {\left( {0 - 0} \right)^2}$

$\Leftrightarrow {x^2} - 8x + 16 + 4 + 1 = {x^2} - 4x + 4 + 1$

$\Leftrightarrow 4x = 16$

$\Leftrightarrow x = 4.$

Vậy $M\left( {4;0;0} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $I\left( {x;y;z} \right)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {IA} = 2\overrightarrow {IB}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - x = 2\left( {2 - x} \right)\\2 - y = 2\left( { - 1 - y} \right)\\1 - z = 2\left( {3 - z} \right).\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 4\\z = 5\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {3; - 4;5} \right)$.

Khi đó, ta có: $M{A}^{2}-2M{B}^{2}={(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})}^{2}-2{(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})}^{2}=-M{I}^{2}+2\overrightarrow{MI}.(\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB})+I{A}^{2}-2I{B}^{2}$

$= - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2}$.

Để $M{A^2}--2M{B^2}$ lớn nhất thì $- M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2}$ lớn nhất $\Leftrightarrow MI$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow M$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Suy ra $M\left( {3; - 4;0} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $3\overrightarrow v = \left( { - 3; - 6;3} \right)$.

Do đó, $\overrightarrow u + 3\overrightarrow v = \left( { - 2; - 10;3} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\cos (\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{u}|.|\overrightarrow{v}|}=\frac{-1.0+1.(-1)+0.0}{\sqrt{{(-1)}^{2}+{1}^{2}+{0}^{2}}.\sqrt{{0}^{2}+{(-1)}^{2}+{0}^{2}}}$ $=\frac{-1}{\sqrt{2}.1}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$

Suy ra $\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 135^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\cos (\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|.|\overrightarrow{b}|}=\frac{2.1+1.3+(-1).m}{\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}+{(-1)}^{2}}.\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}+{m}^{2}}}$

Vì $\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 90^\circ$ nên $\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0$.

Suy ra $2.1 + 1.3 + \left( { - 1} \right).m = 0$ hay $m = 5$.

Đáp án đúng là: B

Gọi $G(x;y;z)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + \left( { - 1} \right) + 0}}{3} = 0\\y = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3} = 0\\z = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right.$$\Rightarrow G\left( {0;0;3} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $E\left( {x;y;z} \right)$, ta có: $\overrightarrow {CE} = 2\overrightarrow {EB}$.

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x-7=2(1-x) \\ y-4=2(2-y) \\ z+2=2(-3-z)\end{matrix}$ $\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=3 \\ y=\frac{8}{3} \\ z=\frac{-8}{3}\end{matrix}$ $\Rightarrow E(3;\frac{8}{3};-\frac{8}{3})$

a) Ta có: $2\overrightarrow b = \left( {2;2; - 2} \right)$.

Do đó, $\overrightarrow a - 2\overrightarrow b = \left( { - 2 - 2;1 - 2;2 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 4; - 1;4} \right)$.

Vậy $\overrightarrow u = \left( { - 4; - 1;4} \right)$.

b) Ta có: $\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}} = \sqrt {33}$.

Vậy độ dài vectơ $\overrightarrow u$ là $\sqrt {33}$.

c) Ta có: $\cos (\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|.|\overrightarrow{b}|}=\frac{-2.1+1.1+2.(-1)}{\sqrt{{(-2)}^{2}+{1}^{2}+{2}^{2}}.\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}+{(-1)}^{2}}}=\frac{-\sqrt{3}}{3}$

Vậy $\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{ - \sqrt 3 }}{3}$.

Xét: $h(t) = - \frac{1}{3}{t^3} + 5{t^2} + 24t$, $\left( {t > 0} \right).$

Ta có: $h'(t) = - {t^2} + 10t + 24$

$h'(t) = 0 \Leftrightarrow - {t^2} + 10t + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 12 \in \left( {0; + \infty } \right)\\t = - 2 \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Để mực nước lên cao nhất thì phải mất 12 giờ.

Vậy phải thông báo cho dân dời đi vào 15 giờ chiều cùng ngày.

Đồ thị $\left( H \right)$ có tiệm cận đứng là đường thẳng ${\Delta _1}:x = - 1$ và tiệm cận ngang là đường thẳng ${\Delta _2}:y = 4$.

Gọi $M\left( {{x_0};\frac{{4{x_0} - 5}}{{{x_0} + 1}}} \right) \in \left( H \right)$, ${x_0} \ne - 1,{x_0} < 0$.

Khi đó, ta có: ${d_1} = d\left( {M,{\Delta _1}} \right) = \left| {{x_0} + 1} \right|$ và ${d_2} = d\left( {M,{\Delta _2}} \right) = \frac{9}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}.$

$\Rightarrow {d_1}.{d_2} = \left| {{x_0} + 1} \right|.\frac{9}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} = 9$.

Ta có: ${d_1} + {d_2} \ge 2\sqrt {{d_1}{d_2}} = 6$ nên $\min \left( {{d_1} + {d_2}} \right) = 6$ khi ${d_1} = {d_2} \Leftrightarrow \left| {{x_0} + 1} \right| = \frac{9}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} = - 4\end{array} \right.$

Do ${x_0} < 0$ nên chọn ${x_0} = - 4$, khi đó $M\left( { - 4;7} \right) \Rightarrow S = 9.$