Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 17

Chọn B

Ta có $y' = 4{x^3} - 16x\,;\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\,;\,x = \pm 2$.

Bảng biến thiên

Do đó ta có hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty \,;\, - 2} \right)$ và $\left( {0\,;\,2} \right)$.

Chọn A

Dựa vào đồ thị ta suy ra được giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 1;\;2} \right]$ là $3$, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 1;\;2} \right]$ là $- 2$.

Vậy $M = 3$, $m = - 2$$\Rightarrow 2M + m = 2.3 + \left( { - 2} \right) = 4$.

Chọn C

$\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9 \Rightarrow$Tâm $I\left( { - 1;2;1} \right)$ bán kính $R = 3.$

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 5$$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang: $y = 5$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 3$$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang: $y = 3$.

$\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = - \infty \end{array} \right.$$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng: $x = 1$.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow{AB}=(4;0;-3)$ Suy ra: $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{{4}^{2}+{0}^{2}+{(-3)}^{2}}=5$

Chọn B

Đối xứng của điểm $A\left( {1; - 4; - 5} \right)$qua mặt phẳng $Oxz$là điểm $A'\left( {1;4; - 5} \right)$.

Chọn B

Ta có trọng tâm của tam giác $ABC$ là $G\left( {2;1; - 1} \right)$

Chọn A

Vì $G$là trọng tâm tam giác $BCD$nên $\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow {0\,} .$

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {AG} .$

Chọn B

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^{2019}}{\left( {x - 1} \right)^{2020}}\left( {2 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ (nghiệm bội $2019$); $x = 1$(nghiệm bội $2020$); $x = 2$ (nghiệm đơn).

Số cực trị là số nghiệm bội lẻ của $f'\left( x \right)$. Do đó hàm số có $2$ cực trị.

Chọn D

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm $x < 0 \Rightarrow - \frac{2}{a} < 0 \Rightarrow a > 0.$

Tiệm cận ngang: $y = \frac{a}{b} > 0 \Rightarrow b > 0.$

Tiệm cận đứng: $x = - \frac{c}{b} > 0 \Rightarrow bc < 0 \Rightarrow c < 0.$

Chọn D

Bảng biến thiên đã cho có dạng của hàm số bậc ba nên loại các đáp án B,

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$ nên hệ số $a < 0$ nên loại đáp án

Chọn D

Trên khoảng $\left[ {1;2} \right]$ ta có: $y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

Với $m \ne 1$ hàm số có $y'$ giữ nguyên dấu trên $\left[ {1;2} \right]$ nên giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là một trong 2 giá trị $\left\{ {y\left( 1 \right);y\left( 2 \right)} \right\}$.

Ta có $y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = 8 \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = 8 \Leftrightarrow m = \frac{{41}}{5}$.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Sai.

Ta có ${2^3} - 3.2 + 2 = 4 \ne 5$ nên đồ thị hàm số không đi qua điểm $L\left( {2;5} \right)$.Sai.

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

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right),\left( {1; + \infty } \right)$.Đúng.Đúng.

Phương trình ${x^3} - 3x + 2 - m = 0$ có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ${x^3} - 3x + 2 = m$ có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $0 < m < 4$.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

(a) Đúng.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right)}}{2} = - 4\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{4 + 6}}{2} = 5\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 4;5;2} \right)$.

(b) Đúng.

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right) + \left( { - 10} \right)}}{3} = - 6\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{4 + 6 + 17}}{3} = 9\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{2 + 2 + \left( { - 7} \right)}}{3} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( { - 6;9; - 1} \right)$.

(c) Sai.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;0} \right),\,\overrightarrow {DC} = \left( { - 10 - {x_D};17 - {y_D}; - 7 - {z_D}} \right)$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 10 - {x_D} = - 2\\17 - {y_D} = 2\\ - 7 - {z_D} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 8\\{y_D} = 15\\{z_D} = - 7\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 8;15; - 7} \right)$.

$\overrightarrow {AD} = \left( { - 5;11; - 9} \right)$. Do đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = - 2.\left( { - 5} \right) + 2.11 + 0.\left( { - 0} \right) = 32$.

(d) Sai.

Gọi $H\left( {a;b;c} \right)$ là trực tâm của tam giác $ABD$. Do đó $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BD} \\\overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AD} \\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right].\overrightarrow {AH} = 0\end{array} \right.$

$\overrightarrow {AH} = \left( {a + 3;b - 4;c - 2} \right)$, $\overrightarrow {BH} = \left( {a + 5;b - 6;c - 2} \right)$, $\overrightarrow {BD} = \left( { - 3;9; - 9} \right)$, $\overrightarrow {AD} = \left( { - 5;11; - 9} \right)$,

$\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;0} \right)$.

$\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - 18; - 18; - 12} \right)$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l} - 3\left( {a + 3} \right) + 9\left( {b - 4} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 5\left( {a + 5} \right) + 11\left( {b - 6} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 18\left( {a + 3} \right) - 18\left( {b - 4} \right) - 12\left( {c - 2} \right) = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a + 9b - 9c = 27\\ - 5a + 11b - 9c = 73\\ - 18a - 18b - 12c = - 42\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 153}}{{11}}\\b = \frac{{100}}{{11}}\\c = \frac{{118}}{{11}}\end{array} \right.$.

Vậy $H\left( {\frac{{ - 153}}{{11}};\frac{{100}}{{11}};\frac{{118}}{{11}}} \right)$.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

(a) Đúng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = + \infty ;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = - \infty$

$\Rightarrow$Tiệm cận đứng của $\left( C \right)$ là là đường thẳng $x = 2$.

(b) Đúng.

Ta có $y = f(x) = x + 1 + \frac{4}{{x - 2}}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - \left( {x + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y - \left( {x + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0$

$\Rightarrow$Tiệm cận xiên của $\left( C \right)$ là đường thẳng $y = x + 1$.

(c) Sai.

Thay tọa độ điểm $M\left( {0;2} \right)$ vào phương trình hàm số $y = f(x)$ ta được:

$2 = \frac{{{0^2} - 0 + 2}}{{0 - 2}} \Leftrightarrow 2 = - 1:Sai \Rightarrow M\left( {0;2} \right) \notin \left( C \right)$

(d) Sai.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và đường thẳng $y = m$ là:

$\begin{array}{l}{\rm{ }}\frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = m{\rm{ }}\left( {x \ne 2} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - (m + 1)x + 2m + 2 = 0{\rm{ }}(1)\end{array}$

Đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác $2$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{(1)}} = {m^2} - 6m + 7 > 0\\{2^2} - (m + 1).2 + 2m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m > 7\end{array} \right.$.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

S

Ta có:

$4a + 2\pi r = 60$$\Leftrightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2a \Leftrightarrow r = \frac{{30 - 2a}}{\pi }.$

SAI.Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn:

$S = {a^2} + {r^2}\pi$$= {a^2} + \frac{{{{\left( {30 - 2a} \right)}^2}}}{\pi } = \frac{1}{\pi }\left[ {\left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900} \right]$

ĐÚNG.Điều kiện: $0 < 4a < 60\,\,\, \Leftrightarrow \,\,0 < a < 15$.

Xét $f(a) = \left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900$ với $a \in \left( {0,\,15} \right)$

$f(a)$đạt giá trị nhỏ nhất tại $a = \frac{{120}}{{2\left( {\pi + 4} \right)}} = \frac{{60}}{{\pi + 4}} \in \left( {0,\,15} \right)$.

$S$đạt giá trị nhỏ nhất khi $a = \frac{{60}}{{\pi + 4}}$.

$\Rightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2.\frac{{60}}{{\pi + 4}} = \frac{{30\pi }}{{\pi + 4}}$$\Rightarrow \,\,\,r = \frac{{30}}{{\pi + 4}}$

Khi đó: $\frac{a}{r} = \frac{{60}}{{\pi + 4}}:\frac{{30}}{{\pi + 4}} = 2$.

Kết luận: $\frac{a}{r} = 2$.

SAI$a = \frac{{15}}{2},\,r = \frac{{15}}{{2\pi }}$.

Diện tích hình vuông là ${S_1} = {\left( {\frac{{15}}{2}} \right)^2} = \frac{{225}}{4} = 56{,}25c{m^2}$

Diện tích hình tròn là ${S_2} = \pi {r^2} = \frac{{225}}{{4\pi }} \approx 17{,}9c{m^2}$

SAI.

+) Số tiền nhà máy thu được khi bán hết $x$ sản phẩm là: $x.p\left( x \right) = 1700x - 7{x^2}$ (nghìn đồng)

Lợi nhuận nhà máy thu được khi sản xuất và bán hết $x$ sản phẩm là: $x.p\left( x \right) - C\left( x \right) = - 0{,}004{x^3} - 5{,}4{x^2} + 1200x - 16000$ (với $x > 0$).

+) Xét hàm số $f\left( x \right) = - 0{,}004{x^3} - 5{,}4{x^2} + 1200x - 16000$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Ta có $f'\left( x \right) = - 0{,}012{x^2} - 10{,}8x + 1200$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 100\\x = - 1000\end{array} \right.$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left( {0\,;\, + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {100} \right) = 46000$ (nghìn đồng).

Vậy mỗi tháng nhà máy nên sản xuất $100$ sản phẩm thì lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Gọi $x(\;cm);y(\;cm)$ lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ $(x,y > 0;x < 30)$.

Độ dài dải dây ruy băng còn lại khi đã thắt nơ là: 120 cm.

Ta có: $(2x + y) \cdot 4 = 120 \Leftrightarrow y = 30 - 2x > 0 \Rightarrow 0 < x < 15$.

Thể tích khối hộp quà là: $V = \pi {x^2} \cdot y = \pi {x^2}(30 - 2x)$. Thể tích $V$ lớn nhất khi hàm số $f(x) = {x^2}(30 - 2x)$, $(0 < x < 15)$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có ${f^\prime }(x) = - 6{x^2} + 60x$;

Cho ${f^\prime }(x) = - 6{x^2} + 60x = 0 \Rightarrow x = 10$.

Lập bảng biến thiên ta thấy thể tích đạt GTLN là: $V = \pi \cdot f(10) = 1000\pi \left( {\;c{m^3}} \right)$

Giả sử cần giảm giá bán mỗi cái tivi là $x$ triệu đồng $\left( {x < 14} \right)$.

Do giảm giá bán mỗi cái 500 ngàn đồng thì số lượng tivi bán ra sẽ tăng thêm 10 cái mỗi tháng nên số lượng tivi bán ra tăng lên bây giờ là: $\frac{{10x}}{{0{,}5}} = 20x$.

Khi đó, doanh thu một tháng của cửa hàng là $\left( {100 + 20x} \right).\left( {14 - x} \right) = - 20{x^2} + 180x + 1400$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = - 20{x^2} + 180x + 1400\,\,\left( {x < 14} \right)$

Ta có $f'\left( x \right) = - 40x + 180$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 4{,}5$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy: Để doanh thu cửa hàng đạt cao nhất thì giá bán mỗi cái tivi là $14 - 4{,}5 = 9{,}5$ triệu đồng

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho điểm xuất phát là gốc $O$ như hình vẽ trên.

Khi đó tọa độ hai kinh khí cầu là $A\left( {3;4;1} \right),B\left( { - 1; - \frac{3}{2};\frac{4}{5}} \right)$

Gọi $M$là vị trí người quan sát và $B'\left( { - 1; - \frac{3}{2}; - \frac{4}{5}} \right)$ là điểm đối xứng với $B$ qua mặt phẳng $(Oxy)$.

Khi đó $MA + MB = MA + MB' \ge AB' = \sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( {4 + \frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {1 + \frac{4}{5}} \right)}^2}} \approx 7{,}03\,km$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M,A,B'$ thẳng hàng và $M$ thuộc đoạn $AB'$. Điều này luôn xảy ra.

Gọi ${\vec F_1},{\vec F_2},{\vec F_3}$ lần lượt là ba lực tác động vào một vật đặt tại điểm $O$ như Hình.

Ta có ${\vec F_1} = \overrightarrow {OA} ,{\vec F_2} = \overrightarrow {OB} ,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {OC}$.

Độ lớn các lực: ${F_1} = OA = 10\;N,{F_2} = OB = 8\;N$, ${F_3} = OC = 6\;N$.

Dựng hình bình hành $OADB$. Theo quy tắc hình bình hành, ta có $\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB}$.

Suy ra ${\overrightarrow {OD} ^2} = {(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} )^2} = {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OB} ^2} + 2\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB}$.

Mà $\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = OA \cdot OB \cdot \cos (\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} )$, suy ra $O{D}^{2}=O{A}^{2}+O{B}^{2}+2\cdot OA\cdot OB\cdot \cos {120}^{^{\circ}}$

Dựng hình bình hành $ODEC$.

Tổng lực tác động vào vật là $\vec F = \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC}$.

Độ lớn của hợp lực tác động vào vật là $F = OE$.

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

Do đó tam giác $ODE$ vuông tại $D$.

Khi đó, $O{E}^{2}=O{C}^{2}+O{D}^{2}=O{C}^{2}+O{A}^{2}+O{B}^{2}+2\cdot OA\cdot OB\cdot \cos {120}^{^{\circ}}$

Suy ra $OE=\sqrt{O{C}^{2}+O{A}^{2}+O{B}^{2}+2\cdot OA\cdot OB\cdot \cos {120}^{^{\circ}}}$

$=\sqrt{{6}^{2}+{10}^{2}+{8}^{2}+2\cdot 10\cdot 8\cdot \cos {120}^{^{\circ}}}\approx 11$

Do đó $F = OE \approx 11\;N$.

Gọi giá vé sau khi điều chỉnh là $20 + x$

Số khách là:$1000 - 100x$

Tổng thu nhập

$f\left( x \right) = \left( {20 + x + 2} \right)\left( {1000 - 100x} \right) = \left( {22 + x} \right)\left( {1000 - 100x} \right) = - 100{x^2} - 1200x + 22000$

Bảng biến thiên

$\mathop {\max }\limits_{\left( { - 20; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 6} \right)$. Suy ra giá vé là: $x + 20 = 20 - 6 = 14$ USD