Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 10

Chọn B

Độ dài của véctơ $\overrightarrow a$ bằng $\overrightarrow {\left| a \right|} = \sqrt {{2^2} + {3^2} + {6^2}} = \sqrt {49} = 7$.

Chọn C

Từ đồ thị ta thấy: $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) = 2$, $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt 2 } \right) = - 6$

$\Rightarrow$$M\, + \,m\, = 2\, - 6 = - 4$.

Chọn B

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 5,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty$ nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 5,y = 1$ và một tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 2$.

Chọn B

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2;3; - 1} \right)$ và bán kính $R = 5$.

Chọn D

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm $E$ trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ là: $\left( {0; - 2;3} \right)$.

Chọn D

Ta có $y' = \frac{6}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0;{\rm{ }}\forall x \ne - 3$$\Rightarrow$hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và $\left( { - 3; + \infty } \right)$.

Chọn C

Đk: $- a.b - 6 \ne 0 \Leftrightarrow a.b \ne - 6$

Từ BBT ta dễ dàng nhận thấy ĐTHS có TCN là: $y = 2$

và tiệm cận đứng là: $x = 1$

Suy ra $\frac{a}{2} = 2 \Leftrightarrow a = 4$và $\frac{b}{2} = 1 \Leftrightarrow b = 2$(TMĐK)

Vậy $a - 2b = 4 - 2.2 = 0$.

Chọn C

$y' = 3{x^2} + {m^2} + 1 > 0,\,\,\forall x$$\Rightarrow$ hàm số luôn đồng biến trên $\left[ {0;\,\,2} \right]$.

Do đó $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\,\,2} \right]} y = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow {m^2} - 2 = 7 \Leftrightarrow m = \pm 3$.

Chọn C

Giả sử $D\left( {x;y;z} \right)$ ta có $\overrightarrow {AD} = \left( {x - 1;y - 1;z - 2} \right)$, $\overrightarrow {BC} = \left( {1;3; - 4} \right)$.

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 1\\y - 1 = 3\\z - 2 = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\\z = - 2\end{array} \right.$.

Vậy $D\left( {2;4; - 2} \right)$.

Chọn B

Theo quy tắc hình hộp.

Chọn C

+ Dựa vào dạng đồ thị ta thấy: $a > 0$.

+ Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên: $ab < 0 \Rightarrow b < 0$.

+ Với $x = 0$ ta có: $y\left( 0 \right) = c < 0$.

Chọn B

Ta có $f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {3 - x} \right)\left( {x - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\\x = 5\end{array} \right.$

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy đồ thi hàm số có 1 điểm cực tiểu.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

Ta có: ${f^/}(x) = x{(x - 2)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Đúng

Từ BBT suy ra hàm số có 2 điểm cực trị.Đúng

Từ BBT suy ra hàm số có Giá trị nhỏ nhất trên khoảng $(0; + \infty )$ là $f(2)$.Sai

Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $(2; + \infty )$ nên $f(2024) < f(2025)$.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

Do $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $ABCD$ là hình vuông. Suy ra a) đúng.Do $S.ABCD$ là hình chóp đều tất cả các cạnh bằng $a$ $\Rightarrow SB = SD = a$. Suy ra b) đúng.Do tứ giác $ABCD$ là hình vuông có độ dài cạnh bằng $a$ nên độ dài đường chéo $BD = a\sqrt 2$.

Tam giác $SBD$ có $SB = SD = a$ và $BD = a\sqrt 2$ nên tam giác $SBD$ vuông cân tại $S$, suy ra $\widehat {SBD} = {45^0}$.

Vậy $\left( {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {BD} } \right) = {180^0} - \widehat {SBD} = {135^0}$. Suy ra c) sai.Ta có$\overrightarrow {SB} \,.\,\overrightarrow {BD} = SB.BD.\cos \left( {\overrightarrow {SB} \,,\,\overrightarrow {BD} } \right) = a.a\sqrt 2 .\cos {135^0} = - {a^2}$. Suy ra d) đúng.

a)

Đ

b)

S

c)

S

d)

Đ

a– Đúng, b – Sai, c – sai, d – đúng

Đúng: Gọi $x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$ là độ dài quãng đường $BD$; $8 - x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$ là độ dài quãng đường $CD$.Sai: Thời gian chèo thuyền trên quãng đường $AD = \sqrt {{x^2} + 9}$ là: $\frac{{\sqrt {{x^2} + 9} }}{6}$

Thời gian chạy trên quãng đường $DB$ là: $\frac{{8 - x}}{8}$ Sai: Tổng thời gian di chuyển từ $A$ đến $B$ là $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} }}{6} + \frac{{8 - x}}{8}$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} }}{6} + \frac{{8 - x}}{8}$ trên khoảng $\left( {0;\,\,8} \right)$

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{x}{{6\sqrt {{x^2} + 9} }} - \frac{1}{8}$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {{x^2} + 9} = 4x \Leftrightarrow x = \frac{9}{{\sqrt 7 }}$

Bảng biến thiên

Đúng: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy thời gian ngắn nhất để di chuyển từ $A$ đến $B$ là $1 + \frac{{\sqrt 7 }}{8}$Vậy khoảng thời gian ngắn nhất để người đàn ông đến $B$ là $1 + \frac{{\sqrt 7 }}{8} \approx {1^{\rm{h}}}20'$.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Cho hàm số $y = x + \frac{4}{x}$.Đạo hàm của hàm số đã cho là $y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}$ nên mệnh đề sai.$y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < - 2\end{array} \right.,x \ne 0$nên đạo hàm của hàm số đã cho nhận giá trị âm trên các khoảng $\left( { - 2;\,0} \right) \cup \left( {0;\,2} \right)$ và nhận giá trị dương trên các khoảng $\left( { - \infty ;\, - 2} \right) \cup \left( {2;\, + \infty } \right)$.Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:

Mệnh đề sai vì thấy $y\left( { - 2} \right) = - 4 \ne 4$. Đồ thị hàm số đã cho như ở hình 4, mệnh đề đúng

.

Đổi $5\;$mm $=$$0{,}005$m

Gọi $K$ là điểm thuộc $MH$ sao cho $PK \bot MH$, $L$ là điểm thuộc $HN$ sao cho $PL \bot HN$

Ta có: ${A_{MNP}} = {A_{MP}} + {A_{PN}} = {F_d}.MP\cos {\alpha _1} + {F_d}.PN\cos {\alpha _2}$

$\Leftrightarrow {A_{MNP}} = qE.\frac{{MK}}{{\cos {\alpha _1}}}.\cos {\alpha _1} + qE.\frac{{PL}}{{\cos {\alpha _2}}}.\cos {\alpha _2}$

$\Leftrightarrow {A_{MNP}} = qE\left( {MK + PL} \right) = qE\left( {MK + KH} \right) = qE.MH = {2.10^{ - 12}}.1,{8.10^5}.0{,}005 = 1,{8.10^{ - 9}}$(J)

Đặt $HE = {x_{}}{,_{}}FK = y$, với $x,\,y > 0$

Ta có: $HE + KF = 20 \Rightarrow x + y = 20$, $\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {16 + {x^2}} \\BF = \sqrt {36 + {y^2}} = \sqrt {36 + {{\left( {20 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.$

Nhận xét: Vì $EF$ không đổi nên $AB$ ngắn nhất khi $AE + BF$ nhỏ nhất.

Ta có $AE + BF$$= \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{{(20 - x)}^2} + 36} = \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{x^2} - 40x + 436} = f(x)$

$f'(x) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} + \frac{{x - 20}}{{\sqrt {{x^2} - 40x + 436} }},\,\forall x \in \left( {0;20} \right)$.

Cho $f'(x) = 0 \Rightarrow x = 8$

Bảng biến thiên

Vậy $AE = \sqrt {{8^2} + 16} \approx 8{,}94km$.

Đặt $\widehat {QPR} = \varphi \left( {rad} \right)$, $\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$.

Ta có $\Delta PQR$ vuông tại $Q$ $\Rightarrow PQ = PR.\cos \varphi = 4\cos \varphi$.

Mà $\widehat {QOR} = 2\widehat {QPR} = 2\varphi$.

Độ dài cung tròn $QR = 2.2\varphi = 4\varphi$.

Thời gian anh Tài chèo từ $P$ đến $Q$ là: $\frac{{4\cos \varphi }}{3}$ (giờ).

Thời gian anh Tài chèo từ $Q$ đến $R$ là: $\frac{{4\varphi }}{6} = \frac{{2\varphi }}{3}$ (giờ).

Tổng thời gian anh Tài di chuyển từ $P$ đến $R$ là: $t = \frac{{4\cos \varphi }}{3} + \frac{{2\varphi }}{3}\,\,\left( {0 < \varphi < \frac{\pi }{2}} \right)$.

Xét hàm số $t\left( \varphi \right) = \frac{{4\cos \varphi }}{3} + \frac{{2\varphi }}{3}$ với $\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$.

$t'\left( \varphi \right) = \frac{1}{3}\left( { - 4\sin \varphi + 2} \right)$, $\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$.

$t'\left( \varphi \right) = 0,\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow \sin \varphi = \frac{1}{2},\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow \varphi = \frac{\pi }{6}$.

Bảng biến thiên

Vậy thời gian chậm nhất mà anh Tài di chuyển từ $P$ đến $R$là $t\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} + \frac{\pi }{9} \approx 1{,}5$(giờ) hay 90 phút.

Thay vì trực tiếp tối đa $R(x)$, ta có thể tối đa ${R^2}(x)$ (vì hàm căn là tăng):

${R^2}(x) = 4x(h - x) = 4\left( {hx - {x^2}} \right)$

Tính đạo hàm: ${\left( {{R^2}(x)} \right)^\prime } = 4(h - 2x)$

Giải ${\left( {{R^2}} \right)^\prime } = 0$: $h - 2x = 0 \Rightarrow x = \frac{h}{2}.$

Lập bảng biến thiên ta có $x = \frac{h}{2}$ là điểm cực đại.

Vậy lỗ phun nên đặt ở độ cao $x = \frac{h}{2}$ để tầm xa $R$ của tia nước đạt tối đa.

Dựng hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ

Khi đó tọa độ các điểm là $B\left( {0;\,0;\,0} \right)$, $C\left( {8;\,0;\,0} \right)$, $D\left( {8;\,6;\,0} \right)$, $A\left( {0;\,6;\,0} \right)$, $G\left( {8;\,0;\,10} \right)$, $F\left( {0;\,0;\,10} \right)$.

Ta có: $M$ là trung điểm của $AF$$\Rightarrow M\left( {0;\,3;\,5} \right)$.

Con cá bơi từ điểm $G$ đến chạm mặt đáy hồ tại điểm $I\left( {x;\,y;\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)$ với $0 \le x \le 8$, $0 \le y \le 6$.

Gọi $N$ là điểm đối xứng của điểm $M$ qua $\left( {Oxy} \right)$ $\Rightarrow N\left( {0;\,3;\, - 5} \right)$.

Quãng đường di chuyển của con cá là $G - I - M$

Ta có: $IM + IG = IN + IG \ge GN$$= \sqrt {{{\left( {0 - 8} \right)}^2} + {{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 10} \right)}^2}} = \sqrt {298}$.

Để $IM + IG$ nhỏ nhất thì ba điểm $I$, $G$, $N$ thẳng hàng

Suy ra $\overrightarrow {IG}$, $\overrightarrow {NG}$ cùng phương.

$\overrightarrow {IG} = \left( {8 - x;\, - y;\,10} \right)$.

$\overrightarrow {NG} = \left( {8;\, - 3;\,15} \right)$.

Do đó $\frac{{8 - x}}{8} = \frac{{ - y}}{{ - 3}} = \frac{{10}}{{15}}$.

Suy ra $x = \frac{8}{3}$, $y = 2$$\Rightarrow I\left( {\frac{8}{3};\,2;\,0} \right)$.

Khi đó, $a = d\left( {I,BA} \right) = \frac{8}{3}$, $b = d\left( {I,BC} \right) = 2$.

Vậy $D = 3a + 6b = 3 \cdot \frac{8}{3} + 6 \cdot 2 = 20$.

Xét hàm số $N(t) = 1000 + \frac{{100t}}{{100 + {t^2}}}(t > 0)$.

Ta có: ${N^\prime }(t) = \frac{{100 \cdot \left( {100 + {t^2}} \right) - 100t \cdot 2t}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}} = \frac{{100 \cdot \left( {100 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}}$.

Khi đó, với $t > 0,{N^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow 100 - {t^2} = 0 \Leftrightarrow {t^2} = 100 \Leftrightarrow t = 10$.

Bảng biến thiên của hàm số $N(t)$ như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng $(0; + \infty )$, hàm số $N(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng 1005 tại $t = 10$

Vậy số lượng vi khuẩn lớn nhất kể từ khi thực hiện cấy vi khuẩn vào môi trường dinh dưỡng là 1005 con.