Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 11

Chọn C

$y' = 8{x^3} - 8x\,\,;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Hàm số $y = 2{x^4} - 4{x^2} - 1$ đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;0} \right)$và$\left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:

Hàm số đã cho không có đạo hàm tại điểm $x = - 1$.

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm $x = 1$.

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

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = - \infty$nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 1$.

Chọn A

$\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 2; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {16 + 4 + 4} = 2\sqrt 6$.

Chọn D

Phương trình mặt cầu tâm $I\left( {a;b;c} \right)$, bán kính $R$ có dạng

${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2} \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\left( {d = {a^2} + {b^2} + {c^2} - {R^2}} \right)$Từ phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}a = 1;b = 0;c = 0\\d = - 3\end{array} \right.$ $\Rightarrow R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = 2.$

Chọn A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\exists x = 0:\,f\left( 0 \right) = 1\\\forall x \in \mathbb{R}:\,f\left( x \right) \ge 1\end{array} \right.$ nên $\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 1$. Suy ra A đúng C và D sai.

B sai vì không tồn tại $x$ để $f\left( x \right) = 3$.

Chọn D

Vì $\overrightarrow {OA} {\rm{ = 2}}\overrightarrow {\rm{i}} {\rm{ + }}\overrightarrow j \Rightarrow \overrightarrow {OA} {\rm{ = }}\left( {{\rm{2}}\,{\rm{;}}\,{\rm{1}}\,{\rm{;}}\,{\rm{0}}} \right) \Rightarrow A\left( {{\rm{2}}\,{\rm{;}}\,{\rm{1}}\,{\rm{;}}\,{\rm{0}}} \right)$.

Chọn A

Ta có

$$\overrightarrow {AB} = ( - 2;1; - 1),\,\,\overrightarrow {AD} = (1; - 2;0).$$

$\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'C'} \Rightarrow \overrightarrow {A'C'} = ( - 1; - 1; - 1)$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} - 2 = - 1\\{y_{C'}} - 1 = - 1\\{z_{C'}} - \,\,2\,\, = - 1\end{array} \right. \Rightarrow C'(1;0;1).$

Chọn B

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

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua nghiệm $x = - 3$ và $f'\left( x \right)$đổi dấu từ dương sang âm khi qua nghiệm $x = 0$, nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

*Phương án nhiễu A, học sinh không nhớ được các định lí về điểm cực đại và điểm cực tiểu (điểm cực trị) nên chọn bừa là hàm số có $0$ điểm cực trị, hoặc học sinh không biết tìm ra các nghiệm của phương trình$f'\left( x \right) = 0$ nên chọn bừa.

*Phương án nhiễu B, học sinh nhìn vào bảng xét dấu có $1$ dấu nên suy ra hàm số có $1$ điểm cực trị.

*Phương án nhiễu D, học sinh nhìn nhầm $f'\left( x \right) = 0$ tại $3$ nghiệm nên suy ra hàm số có $3$ điểm cực trị.

Chọn A

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Ta có $y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}} = 2 + \frac{5}{{x - 1}}$suy ra số điểm có tọa độ nguyên của đồ thị hàm số là $4$điểm tương ứng hoành độ $x \in \left\{ {0;\,2;\, - 4;\,6} \right\}$.

Chọn C

Xét hàm số $y = \frac{{x - {m^2}}}{{x + 8}}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 8} \right\}$.

Ta có $y' = \frac{{8 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} > 0\;,\forall m \in \mathbb{R}$.

$\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;\; - 8} \right)$ và $\left( { - 8;\; + \infty } \right)$.

Do đó trên $\left[ {0;\;3} \right]$, hàm số đồng biến.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ {0;\;3} \right]$ là $y\left( 0 \right) = \frac{{ - {m^2}}}{8} = - 2$$\Leftrightarrow {m^2} = 16$$\Leftrightarrow m = \pm 4$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB'} } \right) = \frac{1}{2}\left( {2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right)$$= \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'}$$= - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \frac{{\overrightarrow c }}{2}.$

Chọn B

$\left( C \right):y = \frac{{2x - 1}}{{x + 4}} = 2 - \frac{9}{{x + 4}}$

$M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)$có tọa độ nguyên khi $\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\y \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\9 \vdots \left( {x + 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\\left[ \begin{array}{l}x + 4 = 9 \Rightarrow x = 5;y = 1\\x + 4 = - 9 \Rightarrow x = - 13;y = 3\\x + 4 = 3 \Rightarrow x = - 1;y = - 1\\x + 4 = - 3 \Rightarrow x = - 7;y = 5\\x + 4 = 1 \Rightarrow x = - 3;y = - 7\\x + 4 = - 1 \Rightarrow x = - 5;y = 11\end{array} \right.\end{array} \right.$

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

Tập xác định của hàm số là $D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right).$

$f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} + 2{\rm{x}} + 4 - 2}}{{x + 2}} = x + 2 - \frac{2}{{x + 2}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = - \infty \Rightarrow$$x = - 2$là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 2}}{{x + 2}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 2} \right)} \right] = 0 \Rightarrow$$y = x + 2$là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 2}}{{x + 2}}$.

Vậy a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Từ BBT, ta thấy hàm số $y = f(x)$ không xác định tại $x = 2$ nên $D = \mathbb{R}\backslash {\rm{\{ }}2\}$.Từ BBT, ta thấy hàm số $y = f(x)$ chỉ đạt cực tiểu tại $x = 1$ và ${y_{CT}} = 0$, nên hàm số chỉ có một điểm cực trị.Từ BBT, ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0 đạt tại $x = 1$.Từ BBT, ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 4;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 3;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = + \infty$ nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là $y = 3;y = 4$ và một đường tiệm cận đứng là $x = 2$.

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

S

a. Sai.$\overrightarrow a \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$$= 2.3.\cos {60^0}$$= 3$

b. Đúng. ${\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} + 2\overrightarrow {a.} \overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2}$

$= {\overrightarrow a ^2} + 2\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow b ^2}$

$= {2^2} + 2.2.3.\cos 60^\circ + {3^2} = 19$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {19}$.

c. Sai. ${\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} - 2\overrightarrow {a.} \overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2}$

$= {\overrightarrow a ^2} - 2\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow b ^2}$

$= {2^2} - 2.2.3.\cos 60^\circ + {3^2} = 7$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = \sqrt 7$.

d. Sai. ${\left| {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} - 4\overrightarrow {a.} \overrightarrow b + 4{\overrightarrow b ^2}$

$= {\overrightarrow a ^2} - 4\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + 4{\overrightarrow b ^2}$

$= {2^2} - 4.2.3.\cos 60^\circ + {4.3^2} = 28$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right| = \sqrt {28} .$

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Sai

Dựng $MN \bot AB \Rightarrow MN \bot (ABB'A') \Rightarrow {d_{(M;(ABB'A'))}} = MN$.

Vì $M$ di chuyển trên cạnh $BD$ nên $MN \le AD = 1$. Suy ra giá trị lớn nhất của khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(ABB'A')$ là 1. Đúng

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BB'\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCC'B'} \right)$ khi đó $\left( {AB',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \widehat {AB'B} = \alpha$

Ta có $A'B = \frac{{BC}}{{\tan \widehat {BA'C}}} = \frac{1}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3$ ; $BB' = A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {3 - {x^2}}$

$\tan \,(\widehat {AB'B}) = \frac{{AB}}{{BB'}} = \frac{x}{{\sqrt {3 - {x^2}} }}$. Với $x \in (0;\sqrt 3 )$

Hàm số trên không tồn tại GTLN trên $(0;\sqrt 3 )$.Đúng

Ta có $A'B = \frac{{BC}}{{\tan \widehat {BA'C}}} = \frac{1}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3$ ; $A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {3 - {x^2}}$.

${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AB.AD.AA' = x\sqrt {3 - {x^2}} \le \frac{{{x^2} + \left( {3 - {x^2}} \right)}}{2} = \frac{3}{2}$.

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow x = \sqrt {3 - {x^2}} \Leftrightarrow {x^2} = 3 - {x^2} = x = \sqrt {\frac{3}{2}}$ $x \in (0;\sqrt 3 )$

Vậy ${V_{max}} = \frac{3}{2}$.Sai

Khi $AB = BB'$ thì $ABB'A'$ là hình vuông,

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow x = \sqrt {3 - {x^2}} \Leftrightarrow {x^2} = 3 - {x^2} = x = \sqrt {\frac{3}{2}}$ $x \in (0;\sqrt 3 )$

Khi đó góc giữa hai đường thẳng $AB'$ và $BA'$là ${90^o}$.

Xét hàm số $y = P(x) = - 0{,}3{x^3} + 36{x^2} + 1800x - 48000,x \ge 0$.

Ta có: $y' = P'(x) = - 0{,}9{x^2} + 72x + 1800;y' = 0 \Leftrightarrow x = 100$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } P(x) = - \infty$.

Bảng biến thiên:

Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng $[0;100)$ và nghịch biến trên khoảng $(100; + \infty )$.

Tại $x = 100$, hàm số đạt cực đại và .

Vậy, lợi nhuận lớn nhất mà công ty có thể thu được là (nghìn đồng), tức là 192 triệu đồng, đạt được khi sản xuất đúng 100 chiếc máy xay sinh tố mỗi tháng.

Gọi cạnh hình tam giác cân bị cắt bỏ ở bốn góc của tấm bìa có độ dài là $x$.

Ta có: $AN = BM = x \Rightarrow MN = 6 - 2x$.

$\Rightarrow EM = EN = \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }}$.

Hình hộp chữ nhật không nắp có đáy là hình vuông cạnh $MF = x\sqrt 2$,và có chiều cao $EN = \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }}$.

Suy ra $V = M{F^2}.EN = 2{x^2}.\frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {x^2}\left( {6 - 2x} \right) = - 2\sqrt 2 {x^3} + 6\sqrt 2 {x^2}$.

$\Rightarrow V' = - 6\sqrt 2 {x^2} + 12\sqrt 2 x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0(l)}\\{x = 2(n)}\end{array}} \right.$.

Vậy ${V_{{\rm{max}}}} = V\left( 2 \right) = 8\sqrt 2 \approx 11{,}3$.

Xét $\Delta OMN$ vuông tại $N$ có $\cos \widehat {MON} = \frac{{ON}}{{OM}}$

$\Rightarrow ON=OM\cdot \cos \widehat{MON}=14\cdot \cos {25}^{^{\circ}}\approx 12{,}69$

+) Xét $\Delta AON$ vuông tại $A$, có $\cos \widehat {AON} = \frac{{OA}}{{ON}}$

$\Rightarrow OA=ON\cdot \cos \widehat{AON}=12{,}69\cdot \cos {58}^{^{\circ}}\approx 6{,}72$

+) Xét $\Delta ONB$ vuông tại $B$, có $\cos \widehat {NOB} = \frac{{OB}}{{ON}}$

$\Rightarrow OB=ON\cdot \cos \widehat{NOB}=12{,}69\cdot \cos {32}^{^{\circ}}\approx 10{,}76$

+) Xét $\Delta OCM$ vuông tại $C$, có $\cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{OM}}$ $\Rightarrow OC=OM\cdot \cos \widehat{MOC}=14\cdot \cos {65}^{^{\circ}}\approx 5{,}92$ vì $\overrightarrow {OB}$ và $\overrightarrow j$ cùng hướng và $OB = 10{,}67$ nên $\overrightarrow {OB} = 10{,}67\vec j$. Vì $\overrightarrow {OC}$ và $\vec k$ cùng hướng và $OC = 5{,}92$ nên $\overrightarrow {OC} = 5{,}92\vec k$. Áp dụng quy tắc hình hộp, ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 6{,}72\vec i + 10{,}67\vec j + 5{,}92\vec k \Rightarrow M(6{,}72;10{,}67;5{,}92)\\ \Rightarrow a + 2b + 3c = 6{,}72 + 2.10{,}67 + 3.5{,}92 = 46.\end{array}$

Sau $t$ phút, trong bể chứa $\left( {50t + 150} \right)$lít nước và $20t$gam chất khử trùng.

Suy ra nồng độ chất khử trùng trong bể sau $t$ phút là $f\left( t \right) = \frac{{20t}}{{50t + 150}}$gam/lít.

Khảo sát sự biến thiên hàm số $f\left( t \right) = \frac{{20t}}{{50t + 150}}$, $t \ge 0$.

Ta có: $f'\left( t \right) = \frac{{3000}}{{{{\left( {50t + 150} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0$

$\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{20t}}{{50t + 150}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{20}}{{50 + \frac{{150}}{t}}} = \frac{2}{5} = 0{,}4$

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy giá trị $f\left( t \right)$ tăng theo $t$ nhưng không vượt ngưỡng $0{,}4$gam/lít.

Vậy $p = 0{,}4$.

Gọi độ dài cạnh đáy của hình chóp là $x\left( m \right)$. Do $MN < IJ = \sqrt 2 \Rightarrow x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)$.

Ta có: $OK = \frac{x}{2};OA = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 \Rightarrow SK = AK = \sqrt 2 - \frac{x}{2}$.

Do vậy: $SO = \sqrt {S{K^2} - O{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} = \sqrt {2 - \sqrt 2 x}$.

Khi đó thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {2 - \sqrt 2 x}$.

Xét $f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {2 - \sqrt 2 x} ,\,\left( {x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)} \right)$, ta có:

$f'\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {2x\sqrt {2 - \sqrt 2 x} - {x^2}\frac{{\sqrt 2 }}{{2\sqrt {2 - \sqrt 2 x} }}} \right) = \frac{1}{3}\left( {\frac{{4x\left( {2 - \sqrt 2 x} \right) - \sqrt 2 {x^2}}}{{2\sqrt {2 - \sqrt 2 x} }}} \right) = \frac{{8x - 5\sqrt 2 {x^2}}}{{3\left( {2\sqrt {2 - \sqrt 2 x} } \right)}}$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 8x - 5\sqrt 2 {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{{4\sqrt 2 }}{5}\end{array} \right.$

Ta có bảng biến thiên:

Ta thấy thể tích của mô hình lớn nhất khi cạnh đáy của mô hình là$x = \frac{{4\sqrt 2 }}{5}\, \Rightarrow a = 4,b = 5 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 41$.