Đề thi giữa kì 1 Toán 12 cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

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.

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

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.

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

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

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.

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.

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.

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 $y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}}$.

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}$.

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:* **$1$.

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:* **$- 0{,}5$.

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.

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.

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: $V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)}$ (dm$^{3}$).

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 ${V_{\max }} = \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{1\,492\,992}}{{3125}}} = \frac{{288\sqrt {10} }}{{125}}$ (dm$^{3}$).

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.

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).