Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 18

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta xác định được $m = - 3;\,\,M = 4$. Ta có $2m - 3M = - 6 - 12 = - 18$

Chọn D

Ta có:

$(S):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 2z - 7 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {3^2}$

Suy ra bán kính của mặt cầu đã cho bằng $R = 3$.

Chọn A

Ta có: $\,\overrightarrow u .\,\overrightarrow v = 3.2 + 0.1 + 1.0$$= 6$.

Chọn D

Áp dụng công thức trọng tâm của tam giác trong không gian ta có:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}}\\{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}}\\{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}}\end{array}} \right.$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_G} = \frac{{1 + 1 + 1}}{3} = 1}\\{{y_G} = \frac{{ - 4 + 0 + 1}}{3} = - 1}\\{{z_G} = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2}\end{array}} \right.$$\Rightarrow \,G\left( {1;\, - 1;\,2} \right)$.

Chọn C

Hàm số $y = \frac{1}{x}$ có tập xác định $D = R\backslash \left\{ 0 \right\}$nên không nghịch biến trên $\mathbb{R}.$

Hàm số $y = \sin x$ đồng biến trên $\left( { - \frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{\pi }{2} + k2\pi } \right)$ và nghịch biến trên $\left( {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{{3\pi }}{2} + k2\pi } \right)$ với $k \in \mathbb{Z}.$

Hàm số $y = 1 - {x^3}$ có $y' = - 3{x^2} \ge 0,\forall x \in R$ nên nghịch biến trên $R$.

Hàm số $y = \sqrt {1 - x}$ có tập xác định là $D = \left( { - \infty ;1} \right]$ nên không nghịch biến trên $R$.

Chọn A

Tập xác định là $\mathbb{R}$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \pm \infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có: đồ thị hàm số nhận đường thẳng $y\, = \,1$ làm tiệm cận ngang và đường thẳng $x\, = \,2$ làm tiệm cận đứng.

Chọn B

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

Cách 1:

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số $y = f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị.

Cách 2:

Ta thấy phương trình $y' = 0$ có 2 nghiệm bội lẻ là $x = 3$ và $x = - \frac{1}{3}$, nghiệm $x = - \frac{1}{2}$ là nghiệm bội chẵn. Do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị.

Chọn A

Ta có $y' = \frac{{ - 1 - m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$

TH 1. $- 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < - 1$ suy ra $y$ đồng biến trên $\left[ {2;4} \right]$ suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{{2 + m}}{1} = 3 \Leftrightarrow m = 1$ (loại)

TH 2. $- 1 - m < 0 \Leftrightarrow m > - 1$ suy ra $y$ nghịch biến trên $\left[ {2;4} \right]$ suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = \frac{{4 + m}}{3} = 3 \Leftrightarrow m = 5$ suy ra $m > 4$.

Chọn D

$$\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + 4\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} \Leftrightarrow \overrightarrow {GS} + 4\overrightarrow {GO} = \overrightarrow 0$$

$\Rightarrow \overrightarrow {GS} = 4\overrightarrow {OG}$.

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow {NP} = \left( {0;3;4} \right)$; $\overrightarrow {MQ} = \left( {{x_Q} - 2;{y_Q};{z_Q}} \right)$

$MNPQ$ là hình bình hành khi $\overrightarrow {MQ} = \overrightarrow {NP}$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = 2\\{y_Q} = 3\\{z_Q} = 4\end{array} \right.$.

Vậy tọa độ của điểm $Q\left( {2;3;4} \right)$.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

S

Lợi nhuận theo ngày của cửa hàng là $\left( {30000 - 16000} \right).100 = 1400000$Sai

Với giá $20000$ đồng/ 1kg, khi đó cửa hàng bán được $100 + \left( {30 - 20} \right).10 = 200$.Đúng.

Gọi $x$ là giá tiền mà cửa hàng dự định bán $\left( {16 \le x \le 30} \right)$.

Khi đó số kg vải bán được sẽ là $100 + \left( {30 - x} \right).10 = 400 - 10x$

Lợi nhuận thu được theo ngày là: $\left( {x - 16} \right)\left( {400 - 10x} \right) = - 10{x^2} + 560x - 6400$.Sai.

$\left( {x - 16} \right)\left( {400 - 10x} \right) = - 10{x^2} + 560x - 6400 = - 10{\left( {x - 28} \right)^2} + 1440 \le 1440$.

Vậy lợi nhuận tối đa là $1440000$ đồng/ ngày, xảy ra khi giá bán là $28000$ đồng/1kg.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Biết hàm số có 2 điểm cực trị khi đó tổng của giá trị cực đại và giá trị cực tiểu bằng $- 4$Đúng: $y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}$

Tâp xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$ có đạo hàm $y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 1 \Rightarrow y = 1}\\{x = - 3 \Rightarrow y = - 3}\end{array}} \right.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2 \pm } y = \pm \infty :x = - 2$là tiệm cận đứng; ${\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm x} y = x + 1 \Rightarrow y = x + 1{\rm{ }}$là tiệm cận xiên

Bảng biến thiên:

Với $x = 0 \Rightarrow y = \frac{3}{2}$ đồ thị không cắt trục $Ox$

Đồ thị:

Đúng: Đường thẳng $x - 3y - 6 = 0$ có hệ số góc ${k_1} = \frac{1}{3} \Rightarrow$ tiếp tuyến của

(C) vuông góc với đường thẳng này có hệ số góc ${k_2} = - 3$

Xét phương trình ${y'_x} = - 3$$\Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = - 3 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ne - 2}\\{{x^2} + 4x + 3 = - 3{x^2} - 12x - 12}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ne - 2}\\{4{x^2} + 16x + 15 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - \frac{5}{2} \Rightarrow y = - \frac{7}{2}}\\{x = - \frac{3}{2} \Rightarrow y = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.} \right.$

Tại $A\left( { - \frac{5}{2}, - \frac{7}{2}} \right)$ có tiếp tuyến $\left( {{T_1}} \right):y = - 3\left( {x + \frac{5}{2}} \right) - \frac{7}{2} \Leftrightarrow y = - 3x - 11$

Tại $B\left( { - \frac{3}{2},\frac{3}{2}} \right)$ có tiếp tuyến $\left( {{T_2}} \right):y = - 3\left( {x + \frac{3}{2}} \right) + \frac{3}{2} \Leftrightarrow y = - 3x - 3$Sai: ${x^2} + 3x + 3 = m|x + 2| \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ne - 2}\\{\frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{\left| {x + 2} \right|}} = m}\end{array}} \right.$$\Rightarrow$ Số giao điểm của đồ thị $\left( {{C_1}} \right)$

$y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{\left| {x + 2} \right|}} = \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}}}&{{\rm{ }}\left( 1 \right){\rm{ }}x > - 2}\\{ - \left( {\frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}}} \right)}&{{\rm{ }}\left( 2 \right){\rm{: }}x < - 2}\end{array}} \right.$

$\left( 1 \right)$: bên phải tiệm cận đứng: giữ nguyên $\left( C \right)$

$\left( 2 \right)$: bên trái tiệm cận đứng: lấy đối xứng của $\left( C \right)$ qua trục $Ox$ $\left( {{C_1}} \right)$ là đường có nét liền, đậm

Số giao điểm của $\left( {{C_1}} \right)$ và đường thẳng $y = m$ là số nghiệm của phương trình.

Vị trí của đường thẳng $y = m$ để có 4 giao điểm với $\left( {{C_1}} \right)$ là $m > 3$.

a)

Đ

b)

S

c)

S

d)

Đ

Từ bảng biến thiên suy ra tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;\,2} \right)$và $\left( {2;\, + \infty } \right)$.Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số cắt trục hoành trong khoảng $\left( {2;\, + \infty } \right)$hay tại điểm có hoành độ $x > 2$.Ta có, đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $x = \frac{{20}}{a} \in \left( {2;\, + \infty } \right) \Rightarrow 0 < a < 10$

Từ bảng biến thiên ta có đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lần lượt là $x = 2,\,y = - 1$ nên $\frac{c}{b} = 2,\,\frac{{ - a}}{b} = - 1$ hay $c = 2a = 2b$ .

Suy ra: $2a + 2b + c = 6a$ mà $0 < a < 10 \Rightarrow 0 < 6a < 60$.

Vậy $2a + 2b + c \in \left( {0;\,60} \right)$.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Độ dài $OC = 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \cdot OA' = OA \cdot {\rm{tan}}{60^ \circ } = \sqrt 3$. Với hệ trục $Oxyz$ đã chọn như hình vẽ trên thì

a. Đúng: Điểm $A \in Ox$, nằm ngược chiều dương và $OA = 1$ nên $A\left( { - 1;0;0} \right)$.

b. Đúng: Điểm $A' \in Oy$, nằm cùng chiều dương và $OC = \sqrt 3$ nên $C\left( {0;\sqrt 3 ;0} \right)$.

c. Sai: $A' \in Oz$, nằm cùng chiều dương và $OA' = \sqrt 3$ nên $A'\left( {0;0;\sqrt 3 } \right)$.

d. Đúng: Gọi $C'\left( {x;y;z} \right)$. Ta có $\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 0 = 1}\\{y - 0 = \sqrt 3 }\\{z - \sqrt 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = \sqrt 3 .}\\{z = \sqrt 3 }\end{array}} \right.} \right.$

$y = {x^3} - 3x + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3$

Tiếp tuyến với $\left( C \right)$ tại $A,B$ có cùng hệ số góc và chỉ khi $f'\left( {{x_A}} \right) = f'\left( {{x_B}} \right) \Leftrightarrow x_A^2 = x_B^2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} = {x_B}\left( L \right)\\{x_A} + {x_B} = 0\end{array} \right.$

$\Rightarrow A,B$đối xứng nhau qua $I\left( {0;2} \right)$ là tâm đối xứng của $\left( C \right).$

$AB \bot d:x + y - 5 = 0 \Rightarrow AB:x - y + m = 0.$

$AB$qua $I$ nên ta có $m = 2 \Rightarrow AB:x - y + 2 = 0.$

Khi đó hoành độ $A,B$thỏa mãn phương trình

${x^3} - 3x + 2 = x + 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\;(L)\\x = \pm 2\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {2;4} \right),B\left( { - 2;0} \right)$.

Quãng đường con tàu $A$ đi được sau $t$ giờ là: $6t$ (hải lý)

Quãng đường con tàu $B$ đi được sau $t$ giờ là: $8t$ (hải lý)

Sau $t$ giờ khoảng cách giữa hai con tàu là:

$f(t) = \sqrt {{{\left( {6t} \right)}^2} + {{\left( {10 - 8t} \right)}^2}} = \sqrt {100{t^2} - 160t + 100} = \sqrt {{{(10t - 8)}^2} + 36} \ge 6$

Khoảng cách giữa hai con tàu ngắn nhất bằng $6$(hải lý) khi $t = \frac{4}{5} = 0{,}8$ (giờ)

Vậy sau $0{,}8$ giờ thì khoảng cách giữa hai con tàu ngắn nhất.

Ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow {{F_{12}}} = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_{12}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \sqrt {{{\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|}^2} + 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|.cos\left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right)} \\ = \sqrt {{9^2} + {4^2} + 2.9.4.\cos {{110}^0}} \approx 8{,}5\end{array}$.

$\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {{F_{12}}} + \overrightarrow {{F_3}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow F } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_{12}}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt {{{\left| {\overrightarrow {{F_{12}}} } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|}^2}} = \sqrt {{{\left( {8{,}5} \right)}^2} + {7^2}} \approx 11N$.

Vậy $a$ sấp xỉ bằng $11$.

Ta có: $f\prime (t) = \frac{{ - 5000\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)\prime }}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2}}} = \frac{{25000{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2}}}$

Tốc độ bán hàng là lớn nhất khi $f\prime (t)$ lớn nhất.

Đặt $h(t) = \frac{{25000{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2}}}$.

$h\prime (t) = \frac{{ - 25000{e^{ - t}}{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2} - 2 \cdot \left( { - 5{e^{ - t}}} \right) \cdot \left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right) \cdot 25000{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^4}}}$

$= \frac{{ - 25000{e^{ - t}}\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)\left( {1 + 5{e^{ - t}} - 10{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^4}}} = \frac{{ - 25000{e^{ - t}}\left( {1 - 5{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^3}}}$

$h\prime (t) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 25000{e^{ - t}}\left( {1 - 5{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^3}}} = 0$$\Leftrightarrow 1 - 5{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - t}} = \frac{1}{5} \Leftrightarrow t = \ln 5({\rm{tm}})$

Ta có bảng biến thiên với $t \in [0; + \infty )$:

Vậy sau khi phát hành khoảng $\ln 5 \approx 1{,}6$ năm thì thì tốc độ bán hàng là lớn nhất.

Đặt $BX = x(\;km)$, ta có: $AX = 0{,}8 - x(\;km)$;

$XC = \sqrt {{{(0{,}4)}^2} + {x^2}} = \sqrt {0{,}16 + {x^2}} (\;km)$

Xét hàm số:

$T(x) = \frac{{0{,}8 - x}}{{30}} + \frac{{\sqrt {0{,}16 + {x^2}} }}{6} = \frac{1}{{30}}\left( {0{,}8 - x + 5\sqrt {0{,}16 + {x^2}} } \right)(0 \le x < 0{,}8).$

Ta có: $T'(x) = \frac{1}{{30}}\left( { - 1 + \frac{{5x}}{{\sqrt {0{,}16 + {x^2}} }}} \right),T'(x) = 0 \Rightarrow 5x = \sqrt {0{,}16 + {x^2}}$.

Bình phương hai vế phương trình ta được $0{,}16 + {x^2} = 25{x^2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{{30}}$. Vì $0 < x < 0{,}8$ nên $x = \frac{{\sqrt 6 }}{{30}}$.

Bảng biến thiên của hàm số $T(x)$ là:

Vậy $T(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $T\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{{30}}} \right)$ khi

$AX = 0{,}8 - \frac{{\sqrt 6 }}{{30}} \approx 0{,}718(\;km) = 718(\;m){\rm{. }}$

Gọi chiều dài của trang giấy là $x\,cm$ ta có chiều rộng là $\frac{{600}}{x}cm$.

Chiều dài và chiều rộng của phần in chữ lần lượt là $x - 4$ và $\frac{{600}}{x} - 5$

Diện tích phần in chữ là $f\left( x \right) = \left( {\frac{{600}}{x} - 5} \right)\left( {x - 4} \right) = 620 - 5x - \frac{{2400}}{x}$

$f'\left( x \right) = \frac{{2400}}{{{x^2}}} - 5 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 4\sqrt {30}$

Vậy diện tích lớn nhất của phần in chữ xấp xỉ 401 $c{m^2}$.