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

Chọn A

Ta có

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$

$y' = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } = \frac{{ - 1}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \in D$

Do đó hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right).$

Chọn B

Ta có $\left( S \right)\,\,:\,{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 4$, suy ra $I\left( { - 2;1;0} \right);\;R = 2$.

Chọn D

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{ - 1 + 3}}{2} = 1\\{y_I} = \frac{{2 + 0}}{2} = 1\\{z_I} = \frac{{4 - 2}}{2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow I\left( {1;\,1;\,1} \right).$

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 6$.

Chọn D

Ta có:

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0$$\Rightarrow$ đồ thị hàm số có $2$ đường tiệm cận ngang là $y = - 1$ và $y = 0$.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = - \infty$ $\Rightarrow$ đồ thị hàm số có $1$ đường tiệm cận đứng là $x = - 2$.

Vậy, đồ thị hàm số có $3$ đường tiệm cận.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ { - 1;3} \right]$bằng -2.

Chọn B

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

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng $\left( { - 2;1} \right)$ bằng 4 hay $m + 1 = 4 \Leftrightarrow m = 3$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số sẽ là đồ thị hàm bậc ba có hệ số $a < 0$, có một cực đại và một cực tiểu nên phương trình $y' = 0$ phải có hai nghiệm phân biệt. Như vậy loại đáp án B và D.

Xét hàm số $y = - {x^3} - 3x + 2$ có $y' = - 3{x^2} - 3 = - 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0\,,\,\forall x \in \mathbb{R}$, nên loại đáp án C.

Xét phương án A: $y = - {x^3} + 3x + 2$ có $y' = - 3{x^2} + 3 = - 3\left( {{x^2} - 1} \right)$, $y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$. Xét dấu$y'$ được bảng biến thiên như trên.

Chọn B

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 A

Gọi $G\left( {x;\,y;\,z} \right)$ là tọa độ trọng tâm của tứ diện $ABCD$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4}\\y = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4}\\z = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 - 2 + 3 + 6}}{4}\\y = \frac{{0 + 1 + 2 + 9}}{4}\\z = \frac{{2 + 3 + 4 - 5}}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 1\end{array} \right.$

Chọn C

Xét $f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){\left( {{x^2} - 1} \right)^3}\left( {x + 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^4}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = - 2\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có hai điểm cực trị.

Lưu ý: có thể dùng tính chất nghiệm bội chẵn, nghiệm bội lẻ để giải bài toán nhanh hơn.

Chọn D

$\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'G} = \overrightarrow {AA'} + \frac{2}{3}\overrightarrow {A'I}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \overrightarrow a + \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'C'} } \right)$$\Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \overrightarrow a + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)$.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

(a) Đúng: Ta có $y = - x - 6 - \frac{{14}}{{x - 3}}$

Khi đó tiệm cận xiên là $y = - x - 6$ và có tiệm cận đứng là $x = 3$.

(b) Đúng: Suy ra giao điểm 2 tiệm cận là $I\left( {3, - 9} \right)$ là tâm đối xứng.

(c) Đúng: Ta có: $y' = \frac{{ - x + 6x + 5}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 5 = 0$ $\left( * \right)$

Phương trình $\left( * \right)$ luôn có 2 nghiệm ${x_1} < 0 < {x_2}$ nên $\left( C \right)$ luôn có 2 điểm cực trị nằm 2 phía đối với $Oy$.

(d) Sai: Ta có $y = 0 \Leftrightarrow - {x^2} - 3x + 4 = 0$. Phương trình luôn có 2 nghiệm (vì $\left( { - 1} \right).4 < 0$)

Suy ra $\left( C \right)$ cắt $Ox$ tại hai điểm phân biệt.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Điều kiện: $0 < x < 1008,$ ta có.

$V = h.B = x{\left( {2016 - 2x} \right)^2} = f\left( x \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = x{\left( {2016 - 2x} \right)^2} = x{\left( {a - 2x} \right)^2},a = 2016.$.

Với $x \in \left( {0;1008} \right),$ ta có: $f'\left( x \right) = 12{x^2} - 8ax + {a^2};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 336$.

Bảng biến thiên

Suy ra V đạt giá trị lớn nhất là $606928896\left( {c{m^3}} \right)$khi $x = 336\left( {cm} \right)$.

Vậy để thể tích hộp lớn nhất, cần cắt bốn góc bốn hình vuông có cạnh $x = 336.$

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

$y' = 3{x^2} - 2mx - \left( {m - 6} \right)$. Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;4} \right)$thì:$y' \ge 0$,$\forall x \in \left( {0;4} \right)$.

tức là $3{x^2} - 2mx - \left( {m - 6} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)$$\Leftrightarrow \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} \ge m\,\forall x \in \left( {0;4} \right)$

Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}}$ trên $\left( {0;4} \right)$.

$g'\left( x \right) = \frac{{6{x^2} + 6x - 12}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}$,$\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;4} \right)\\x = - 2 \notin \left( {0;4} \right)\end{array} \right.$

Ta có bảng biến thiên:

Vậy để $g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} \ge m\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)$thì $m \le 3$.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

(a) Đúng.

Ta có

$\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;4} \right)$, $\overrightarrow {AB} \ne k\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3k;0;4k} \right)$ với mọi $k$nên hai véctơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$không cùng phương, dó đó ba điểm $A,\,B,\,C$không thẳng hàng.

(b) Đúng.

Ta có

$\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AD} = \left( {2;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AB}$, dó đó ba điểm $A,\,B,\,D$ thẳng hàng.

(c) Sai.

Ta có

$$\overrightarrow {BA} = \left( { - 1;0; - 1} \right),\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 4;0;3} \right) \Rightarrow \cos \widehat {ABC} = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{1}{{5\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {ABC} \approx 82^\circ$$

(d) Đúng.

Ta có

$$\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;4} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0.4 + 0.1;1.\left( { - 3} \right) - 1.4;1.0 + 0.\left( { - 3} \right)} \right) = \left( {0; - 7;0} \right)$$

Gọi cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là $x(dm)$ với $0 < x < 6\sqrt 2$ như hình bên.

Ta có:

$AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2 - \frac{x}{2}.$

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là:

$h = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x}$.

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}(18 - 3\sqrt 2 x)}$.

Để tìm giá trị lớn nhất của $V$ ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số

$f(x) = {x^4}(18 - 3\sqrt 2 x){\rm{, }}0 < x < 6\sqrt 2 {\rm{. }}$

Ta có: ${f^\prime }(x) = {x^3}( - 15\sqrt 2 x + 72),{f^\prime }(x) = 0$ khi $x = 0$ hoặc $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$.

Bảng biến thiên của $f(x)$ như sau:

Từ bảng biến thiên ta có ${\max _{(0;6\sqrt 2 )}}f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) \approx 477{,}75$ tại $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$.

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng:

${V_{\max }} = \frac{1}{3}\sqrt {{{\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)}^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 \cdot \frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)} \approx 7{,}3\left( {d{m^3}} \right).$

Hàm chi phí trung bình

$\bar C = \bar C(Q) = \frac{C}{Q} = \frac{{\frac{{{Q^2}}}{4} + 3Q + 400}}{Q} = \frac{Q}{4} + 3 + \frac{{400}}{Q}($với $Q > 0){\rm{. }}$

Ta có ${\bar C^\prime }(Q) = \frac{1}{4} - \frac{{400}}{{{Q^2}}} = \frac{{{Q^2} - 1600}}{{4{Q^2}}} = 0 \Leftrightarrow Q = 40$

Vì ${\bar C^{\prime \prime }}(Q) = \frac{{800}}{{{Q^2}}} > 0$, nên hàm số $\bar C$ đạt cực tiểu tại $Q = 40$.

Chi phí trung bình tối thiểu là $\bar C(40) = \frac{{40}}{4} + 3 + \frac{{400}}{{40}} = 23$

Vì $S.ABCD$có các cạnh bên bằng nhau nên $SI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SI \bot \left( {Oxy} \right)$.

Theo giả thiết ta có $IJ \bot \left( {Oxy} \right) \Rightarrow S \in {\rm{IJ}}$.

Lại có $\alpha = \widehat {SCI}$, $ON = AC = \sqrt {{{900}^2} + {{1200}^2}} = 1500 \Rightarrow CI = \frac{1}{2}AC = 750$.

Từ đó suy ra: $SI = CI.\tan \alpha = 750.\frac{1}{5} = 150 \Rightarrow SJ = SI + {\rm{IJ}} = 150 + 450 = 600$.

Vậy $S\left( {450;600;600} \right) \Rightarrow a + b + c = 1650$.

Gọi $x$(phút) là khoảng thời gian cả hai chuỗi led đồng thời xuất phát đến $M$ và $N$ là hai điểm sáng đầu tiên

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BM = 4x\\AN = 10x\end{array} \right.$$\Rightarrow AM = 4 - 4x$với $0 \le x \le 4$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ $\Rightarrow \cos \widehat {MAN} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{5}$

Xét tam giác $AMN$ ta có : $M{N^2} = A{M^2} + A{N^2} - 2AM.AN.\cos \widehat {MAN}$

$M{N^2} = {\left( {4 - 4x} \right)^2} + {\left( {10x} \right)^2} - 2.\left( {4 - 4x} \right).10x.\frac{4}{5}$$= 180{x^2} - 96x + 16 = f\left( x \right)$

Để khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led nhỏ nhất $\Leftrightarrow M{N_{\min }} \Leftrightarrow M{N^2}_{\min }$

Xét $f\left( x \right) = 180{x^2} - 96x + 16$ với $x \in \left[ {0;4} \right]$

$f'\left( x \right) = 360x - 96 = 0 \Leftrightarrow$$x = \frac{4}{{15}}$$\Rightarrow M{N^2}$đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow x = \frac{4}{{15}}$ (phút) $= 16$ (giây)

Vậy sau 16 giây thì hai điểm sáng đầu tiên của chuỗi led có khoảng cách nhỏ nhất.

Với $g\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} + 5t - 3}}{{t + 1}}$, $t > 0$ ta có $g'\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} - 2t + 8}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}$.

Cho $g'\left( t \right) = 0$$\Leftrightarrow \frac{{ - {t^2} - 2t + 8}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = - 4\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( t \right) = 1$ khi $t = 2$.

Vậy sau khi tiêm thuốc $2$ giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.

Đáp số: $2$

Ta có $\vec P = m\vec g$ nên $P = \left| {\vec P\left| { = m \cdot } \right|\vec g} \right| = 10{\rm{\;N}}$.

Bóng đèn ở vị trí cân bằng nên $\vec P + \overrightarrow {{T_1}} + \overrightarrow {{T_2}} = \vec 0$ hay $\vec P = \overrightarrow {T'}$ với ${\vec T_1} + {\vec T_2} = \vec T'$.

Suy ra $T' = P = 10{\rm{\;N}}$. Vì ${T_1} = {T_2}$ và $\left( {{{\vec T}_1},{{\vec T}_2}} \right) = 60^\circ$ nên $\frac{{T'}}{2} = {T_1} \cdot {\rm{cos}}\left( {{{30}^ \circ }} \right) \Rightarrow {T_1} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3} \approx 5{,}77$.