Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 2

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow - 2 + 2 + 3m = 0 \Leftrightarrow m = 0$.

Chọn B

Xét đáp án A có $y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\,;\,\forall x \ne - 2$, nên loại.

Xét đáp án B có $y = - 1\,,\,\forall x \ne 2$, nên loại.

Xét đáp án C có $y' = \frac{4}{{{{\left( { - x + 2} \right)}^2}}} > 0\,,\,\forall x \ne 2$, nên loại.

Xét đáp án D có $y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne - 2$, nên chọn.

Chọn C

Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng $AB$ là $\left( {0\,;\,1\,;\,3} \right)$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số trên đoạn $\left[ { - 2\,;\,3} \right]$, ta thấy:

Hàm số có giá trị lớn nhất bằng $7$ tại $x = 3$.

Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng $- 3$ tại $x = 1$.

Chọn A

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = - \infty$ suy ra TCĐ: $x = 1$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} f(x) = - \infty$ suy ra TCĐ: $x = 5$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 4 \Rightarrow TCN:y = 4$.

Chọn C

Ta có :${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 6z - 1 = 0\, \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 15.$

Suy ra: Tâm $I\left( {\,1; - 2; - 3\,} \right),R = \sqrt {15}$.

Chọn B

Gọi $D\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right).$

Ta có: $\overrightarrow {AD} = \left( {x + 1\,;\,y - 4\,;\,z - 2} \right)$

Theo đề: ${S_{ABCD}} = 3.{S_{ABC}} \Leftrightarrow \frac{{\left( {AD + BC} \right).AH}}{2} = 3.\frac{{BC.AH}}{2} \Leftrightarrow AD + BC = 3BC \Leftrightarrow AD = 2BC.$

Suy ra: $\overrightarrow {AD} = 2.\overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left( {x + 1\,;\,y - 4\,;\,z - 2} \right) = 2.\left( { - 5\,;\, - 2\,;\,1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = - 10\\y - 4 = - 4\\z - 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 11\\y = 0\\z = 4\end{array} \right..$

Vậy $D\left( { - 11\,;\,0\,;\,4} \right).$

Chọn C

$y = {x^3} - x + 2$

$y' = 3{x^2} - 1,y'' = 6x$

$y'' = 0 \Rightarrow x = 0 \Rightarrow y = 2$. Vậy tâm đối xứng của đồ thị $\left( {0;2} \right)$.

Chọn C

Trên đoạn $\left[ {1;2} \right]$ hàm số xác định và $y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$. Với $m \ne 1$ đạo hàm xác định và giữ nguyên dấu nên $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow m = 5$(nhận).

Chọn D

$\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b - 2\overrightarrow c } \right)$.

Chọn D

$y' = \left( {1 + x} \right){\left( {x + 2} \right)^4}{\left( {x - 3} \right)^3}\left( {1 - {x^2}} \right)$${\rm{ = }}{\left( {1 + x} \right)^2}{\left( {x + 2} \right)^4}{\left( {x - 3} \right)^3}\left( {1 - x} \right)$

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

Vì $x = - 1,x = - 2$ là các nghiệm bội bậc chẵn của $y'$ nên $y'$ không đổi dấu khi qua hai nghiệm này, $y'$ chỉ đổi dấu khi qua $x = 1,x = 3$.

Do đó hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn D

$f'\left( x \right) = \frac{{ac + b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}}$.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $b \ne 0$và đồ thị hàm số $f\left( x \right) = \frac{{ax - 1}}{{bx + c}}$ có các đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt là các đường thẳng $x = \frac{{ - c}}{b}$, $y = \frac{a}{b}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - c}}{b} = 3\\\frac{a}{b} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - 3b\\a = \frac{1}{2}b\end{array} \right.$.

Ta có $f'\left( x \right) < 0$ $\forall x \ne 3$$\Leftrightarrow ac + b < 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{2}{b^2} + b < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b > \frac{2}{3}\\b < 0\end{array} \right.$.

Ta có thểQuãng đường vật di chuyển được sau 5 giây là $s\left( 5 \right) = - {5^3} + {18.5^2} = 325m$$\rightarrow$ (a) sai Vận tốc của vật tại thời điểm $t$ là $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t \Rightarrow v\left( 5 \right) = - {3.5^2} + 36.5 = 105m/s$

(b) đúng.Ta có: $v'\left( t \right) = - 6t + 36 \Rightarrow v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6$

Bảng xét dấu

Do đó vật đạt vận tốc cực đại sau 6 giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động. $\rightarrow$ (c) sai.Ta có với $t \in \left[ {0;10} \right]$, $v\left( 0 \right) = 0;v\left( 6 \right) = 108;v\left( {10} \right) = 60$.

Do đó trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là 108m/s. (d) đúng.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right);\left( {2; + \infty } \right)$

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $\left( {2;0} \right)$

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có và ${y_{CT}} = 0$.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

a. Cho điểm $M\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)$. Khi đó:

Hình chiếu vuông góc $H$ của $M$ trên mặt phẳng $Oxy$ là $H\left( {{x_M};{y_M};0} \right)$

Hình chiếu vuông góc $H$ của $M$ trên mặt phẳng $Oxz$ là $H\left( {{x_M};0;{z_M}} \right)$ Hình chiếu vuông góc $H$ của $M$ trên mặt phẳng $Oyz$ là $H\left( {0;{y_M};{z_M}} \right)$

b. Ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \left( {2\,;\, - 2\,;\,8} \right)$.

Vì $AM$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC$ nên:

Ta có: $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \left( {1\,;\, - 1\,;\,4} \right)$$\Rightarrow AM = \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}} = 3\sqrt 2$.

c. Gọi $M\left( {a\,;\,b\,;\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)$.

$\overrightarrow {AM} = \left( {a + 2\,;\,b - 2\,;\,1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\, - 3\,;\, - 1} \right)$.

Điều kiện cần và đủ để ba điểm $A\,,\,B\,,\,M$thẳng hàng hay $\overrightarrow {AM} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AB}$ cùng phương là

$\frac{{a + 2}}{2} = \frac{{b - 2}}{{ - 3}} = \frac{1}{{ - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 4\\b = 5\end{array} \right.$.

Vậy $M\left( { - 4\,;\,5\,;\,0} \right)$.

d. $\vec d = x.\vec a + y.\vec b + z.\vec c \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 2y = 4}\\{2x + 3y + z = 2}\\{x + 4y + 2z = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2}\\{y = - 1}\\{z = 1}\end{array}} \right.\;$.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

a. Sai: Đồ thị của hàm số có tiệm cận đứng là $x = 1$

$y = x - \frac{1}{{x + 1}}$

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \{ - 1\}$

$y' = 1 + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D$: hàm số luôn luôn đồng biến, không có cực đại, cực tiểu

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1 \mp } y = \pm \infty :x = - 1$là tiệm cận đứng

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = x:y = x$là tiệm cận xiên

b. Đúng: Đồ thị hàm số cắt trục $Oy$ tại $M$. Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ là $y = 2x - 1$

$M\left( {0; - 1} \right),{y'_0} = 2$

Phương trình tiếp tuyến $\left( T \right)$ tại $M:y = 2(x - 0) - 1 \Leftrightarrow y = 2x - 1$

c. Sai: Tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với nhau

Tiếp tuyến $\left( {{T_1}} \right)$ của $\left( C \right)$ tại $P\left( {{x_1},{y_1}} \right)$ có hệ số góc

${k_1} = {y'_{{x_1}}} = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^2}}} > 0$

Tiếp tuyến $\left( {{T_2}} \right)$ của $\left( C \right)$ tại $Q\left( {{x_2},{y_2}} \right)$ có hệ số góc

${k_2} = y_{{x_2}}^\prime = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^2}}} > 0$

Do ${y'_{{x_1}}} > 0,{y'_{{x_2}}} > 0$ nên không thể có 2 tiếp tuyến của $\left( C \right)$ vuông góc nhau

d. Đúng: Để đường thẳng $y = k$ cắt $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ sao cho $OA \bot OB$ khi đó $k$ là nghiệm của phương trình ${k^2} - k - 1 = 0$

$y = x - \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}}$

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

$\frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}} = k \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 1\\{x^2} - \left( {k - 1} \right)x - \left( {k + 1} \right) = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array} \right.$

Do vị trí của $\left( C \right)$ trên hệ tọa độ $Oxy$, có thể kết luận $\left( * \right)$ luôn có 2 nghiệm phân biệt ${x_A},{x_B} \ne - 1$ và $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_A} + {x_B} = k - 1}\\{{x_A} \cdot {x_B} = - \left( {k + 1} \right)}\end{array};A\left( {{x_A};k} \right),B\left( {{x_B};k} \right)} \right.$

$\overrightarrow {OA} = \left( {{x_A},k} \right),\overrightarrow {OB} = \left( {{x_B},k} \right)$

$OA \bot OB \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {k^2} = 0 \Leftrightarrow - k - 1 + {k^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{k = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}\\{k = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.$

Tính đạo hàm ${R^\prime }(t) = {\left( { - 0{,}711{t^3} + 3{,}76{t^2} + 0{,}2t + 36{,}5} \right)^\prime } = - 2{,}133{t^2} + 7{,}52t + 0{,}2.$

Giải ${R^\prime }(t) = 0$: $- 2{,}133{t^2} + 7{,}52t + 0{,}2 = 0$

Áp dụng công thức nghiệm: $t = \frac{{ - 7{,}52 \pm \sqrt {7,{{52}^2} - 4( - 2{,}133)(0{,}2)} }}{{2( - 2{,}133)}} \approx \frac{{ - 7{,}52 \pm \sqrt {56{,}5504 + 1{,}7064} }}{{ - 4{,}266}} = \frac{{ - 7{,}52 \pm 7{,}632}}{{ - 4{,}266}}.$

Hai nghiệm thu được: ${t_1} \approx \frac{{ - 7{,}52 + 7{,}632}}{{ - 4{,}266}} \approx - 0{,}03{\rm{ (loai), }}\quad {t_2} \approx \frac{{ - 7{,}52 - 7{,}632}}{{ - 4{,}266}} \approx 3{,}55.$

Lập bảng biến thiên ta suy ra được hàm số đạt cực đại tại $t \approx 3{,}55$

Hay giá thuê cao nhấtlà $R(3{,}55) \approx 52{,}8$$USD/f{t^2}$

Theo quy tắc hình hộp, ta có ${|\overset{⇀}{F}|}^{2}={2}^{2}+{3}^{2}+{4}^{2}=29$. Suy ra $a\ =\ |\overset{⇀}{F}|=5{,}39$ (đã làm tròn).

Gọi ${M_1},\;{N_1},{P_1},K$ lần lượt là hình chiếu của $M,N,P,{K_0}$ lên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Ta thấy $MNPQ.{M_1}{N_1}{P_1}{\rm{O}}$ là hình hộp chữ nhật.

Gọi $K'$ là giao hai đường chéo $M\,P$ và $NQ$. Khi đó $KQ = KP = KN = KM$.

Ta có ${K_0}M = {K_0}\;N = {K_0}P = {K_0}Q$ và camera được hạ thấp theo phương thẳng đứng từ điểm ${{\rm{K}}_0}$ xuống điểm ${K_1}$ nên các điếm $K',{K_0},\;{K_1},\;K$ thẳng hàng.

Ta có ${K_0}\left( {x;y;25} \right)$ và ${K_1}\left( {x;y;19} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {{K_0}{K_1}} \left( {0;0; - 6} \right)$. Vậy $P = a + b + 6c = 0 + 0 + 3.( - 6) = - 18$.

Xét $x \in \left( {1;e} \right) \Rightarrow \ln x \in \left( {0;1} \right)$.

Ta có:

$y' = \frac{{{{\left( {\ln x - 6} \right)}^\prime }\left( {\ln x - 2m} \right) - {{\left( {\ln x - 2m} \right)}^\prime }\left( {\ln x - 6} \right)}}{{{{\left( {\ln x - 2m} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2m + 6}}{{{{\left( {\ln x - 2m} \right)}^2}}}.\frac{1}{x}$

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1;e} \right) \Leftrightarrow y' > 0,\forall x \in \left( {1;e} \right)$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2m + 6 > 0\\2m{ \in }\left( {0;1} \right)\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m \le 0 \vee m \ge \frac{1}{2}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow m \le 0 \vee \frac{1}{2} \le m < 3$.

Vậy $S = \left\{ {1;2} \right\}$.

Doanh thu tối đa mà hộ kinh doanh có thể thu được là $320x$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận hộ kinh doanh thu được là$L\left( x \right) = 320x - \left( {{x^3} - 3{x^2} + 80x + 500} \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500$.

Ta có $L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x + 240 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 10}\\{x = - 8.}\end{array}} \right.$

Bảng biến thiên

Vậy lợi nhuận lớn nhất mà hộ kinh doanh có được là 1200 nghìn đồng$= 1{,}2$ triệu đồng.

Gọi giá tiền mà chủ khách sạn cho thuê một phòng là $x$ (triệu đồng). ($1 \le x$)

Vì cứ tăng giá thêm 50 000 đồng một phòng thì có thêm 1 phòng trống nên số phòng được thuê là: $30 - \frac{{x - 1}}{{0{,}05}}.1 = 50 - 20x$ (phòng).

Khi đó tổng doanh thu tương ứng trong 1 ngày là: $x\left( {50 - 20x} \right) = - 20{x^2} + 50x$ (triệu đồng).

Đặt $f(x) = - 20{x^2} + 50x$. Ta có:

$f'(x) = - 40x + 50$.

Vì $f(x)$ là tam thức bậc hai có hệ số cao nhất âm nên $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = 1{,}25$.

Vậy để tổng doanh thu là lớn nhất thì chủ khách sạn nên cho thuê phòng với giá $1{,}25$ triệu đồng một ngày.