Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 20

Chọn C

Hình chiếu của $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$có tọa độ là $\left( {0;{y_0};{z_0}} \right)$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=1.2+(-1).1+2.(-1)=-1$

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = - \infty$$\Rightarrow x = 0$ là đường tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1$ $\Rightarrow y = 1$ là đường tiệm cận ngang.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3$ $\Rightarrow y = 3$ là đường tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận có phương trình$x = 0$;$y = 1$;$y = 3$.

Chọn A

Phương trình mặt cầu tâm $I\left( {a,b,c} \right)$ bán kính $R$ dạng khai triển là :${x^2} + {y^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$, $d = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - {R^2}}$

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}a = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} = 1;\,b = \frac{{ - 4}}{{ - 2}} = 2;\,c = \frac{0}{{ - 2}} = 0\\d = 0 \Rightarrow R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt 5 .\end{array}$

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $f\left( x \right) \ge - 2\mathop {}\limits_{} \forall x \in \left[ { - 1;3} \right)$ và $f\left( { - 1} \right) = - 2$ nên $\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 2$.

Chọn B

TXĐ: $\mathbb{R}$

Ta có $y' = - 3{x^2} + 6x - 3\, = - 3\,{\left( {x - 1} \right)^2} \le 0;\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vậy hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn A

Do $A\,BC.A'B'C'$ là hình lăng trụ nên$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'}$.

Khi đó $2\overrightarrow {AK} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} = 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'}$

$= 2\left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} } \right) + \overrightarrow {AA'} = 2\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + \overrightarrow c$ .

Suy ra $\overrightarrow {AK} = - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c$.

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y = 1$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty$ nên đồ thị hàm số tiệm cận đứng là $x = 2$.

Đồng thời hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên chọn hàm số là $y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}$.

Chọn C

Phương trình tiệm cận đứng: $x = - d$. Dựa vào đồ thị ta có $- d > 0 \Leftrightarrow d < 0$

Phương trình tiệm cận ngang: $y = a$. Dựa vào đồ thị ta có $a > 0$

Chọn B

Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + 1}}{3}\\y = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3}\\z = \frac{{3 + 5 + 1}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\\z = 3\end{array} \right.$ .

Chọn B

Với mọi $x \in \left( {0; + \infty } \right)$ta có $y = x + \frac{1}{x} - m \ge 2\sqrt {x.\frac{1}{x}} - m = 2 - m$.

Do đó $\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 2 - m$khi $x = 1$

Suy ra $2 - m = - 3$$\Leftrightarrow m = 5$.

Chọn D

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

Bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$là

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số $f\left( x \right)$có 1 điểm cực trị.

a)

S

b)

S

c)

S

d)

S

Ta có $v(t) = s'(t) = 3{t^2} - 6t + 8$. Do đó vận tốc của chất điểm tại thời điểm $t = 3\left( s \right)$ là $v\left( 3 \right) = 17m/s$. Chọn đáp án Sai.Vì $v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\forall t$ nên quãng đường di chuyển của chất điểm tăng dần theo thời gian. Do đó thời điểm chất điểm di chuyển được $13m$ là

${t^3} - 3{t^2} + 8t + 1 = 13 \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {{t^2} - t + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Vận tốc của chất điểm khi đó là $v(2) = 8\,m/s$. Chọn đáp án Đúng.Ta có $v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\,\,\forall t$. Do đó vận tốc nhỏ nhất là $5\,m/s$, chọn đáp án Đúng.Vì $v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\,\,\forall t$ nên thời điểm vận tốc đạt giá trị nhỏ nhất là $t = 1\,s$. Mà gia tốc $a(t) = v'(t) = 6t - 6$ nên gia tốc khi đó là $a(1) = 0\,m/{s^2}$. Chọn đáp án Sai.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

Ta có $\overrightarrow {AB} = ( - 1;0;1),\overrightarrow {AC} = (1;1;1)$

Tính $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{llllllllllllllllllll}0&1\\1&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{llllllllllllllllllll}1&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 1}&0\\1&1\end{array}} \right|} \right) = ( - 1;2; - 1) \ne \vec 0$

Do đó: 2 véc tơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương. Vậy $A,B,C$ là 3 đỉnh của một tam giác

Diện tích tam giác $ABC$: ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}|[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]| = \frac{1}{2}\sqrt {{{( - 1)}^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$

$ABCD$ là hình bình hành khi và chỉ khi

$\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$. Gọi $D(x;y;z)$ ta có: $\overrightarrow {AD} (x - 1;y;z);\overrightarrow {BC} = (2;1;0)$

Vậy $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 1 = 2}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right.$

Đáp số: $D(3;1;0)$

Diện tích $\Delta ABC = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{{BC}}$. Ta có $BC = \sqrt 5$

$\Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}$

Thể tích của khối chóp $SABCD = V$

Ta có $V = 2\;{V_{SABC}} = \frac{1}{3}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] \cdot \overrightarrow {AS} } \right|$

Tính $\overrightarrow {AS} = ( - 1;3;4)$ do kết quả câu 1

Nên $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]\overrightarrow {AS} = 1 + 6 - 4 = 3 > 0$

Do đó $V = 1$

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Đúng: Khi $m = 0$ thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là $y = - x + 1$

Đúng: Khi $m = 0:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{4}{{x - 1}}$

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

Đạo hàm $y' = \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 1 \Rightarrow y = 4}\\{x = 3 \Rightarrow y = - 4}\end{array}} \right.$

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

Bảng biến thiên:

$x = 0 \Rightarrow y = 5;\,\,y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 5 = 0{\rm{ (v\^o nghiem) }}$

Đồ thị hàm số không cắt $Ox$.

Sai: $y = \frac{{ - {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - m - 5}}{{x - 1}}$; $y' = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2m - 2 + m + 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x - m + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$

Hàm số $y$ có cực đại cực tiểu khi phương trình $- {x^2} + 2x - m + 3 = 0$ có hai nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m + 3 = 4 - m > 0 \Leftrightarrow m < 4$

Nghiệm $x = 1$ không phải là nghiệm của phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 - m + 3 \ne 0$$\Leftrightarrow m \ne 4$

Điều kiện sau cùng: $m < 4$

Đúng: ${x_M} > 1 \Rightarrow M$ thuộc nhánh bên phải của $\left( C \right)$ nên $I\left( {1\,;\,0} \right)$

Toạ độ điểm $M\left( {m\,;\, - m + 1 - \frac{4}{{m - 1}}} \right)$; $I{M^2} = {\left( {m - 1} \right)^2} + \left[ {{{\left( { - m + 1} \right)}^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 8} \right]$

$$= 2{\left( {m - 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 8 \ge 2\sqrt 2 \left( {m - 1} \right).\frac{4}{{\left( {m - 1} \right)}} + 8 \Rightarrow I{M^2} \ge 8\left( {\sqrt 2 + 1} \right) \Rightarrow IM \ge \sqrt {8\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}$$

$IM$ngắn nhất khi $2{\left( {m - 1} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^4} = 8 \Leftrightarrow m = 1 + \sqrt[4]{8}$$\Rightarrow {y_M} = - \sqrt[4]{8} - \frac{4}{{\sqrt[4]{8}}} < - 4$

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

Ta có $y' = {x^2} - 2mx + m + 1$.

Giả sử $x = - 2$ là điểm cực đại của hàm số đã cho, khi đó $y'\left( { - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^2} - 2m\left( { - 2} \right) + m + 1 = 0 \Leftrightarrow 5m + 5 = 0 \Leftrightarrow m = - 1$.

Với $m = - 1$, ta có $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 1$.

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

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận $m = - 1$ là giá trị cần tìm.Khi đó ${2^{x - 1}} = 4 \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^2} \Rightarrow x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3$

Để tính góc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng $FG$, hai mặt lần lượt là $\left( {FGQP} \right)$ và $\left( {FGHE} \right)$.

Do mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ vuông góc với hai mặt phẳng $\left( {FGQP} \right)$ và $\left( {FGHE} \right)$, $FP = \left( {Oxy} \right) \cap \left( {FGQP} \right)$, $FE = \left( {Oxz} \right) \cap \left( {FGEH} \right)$ nên $\widehat {PFE}$ là góc phẳng nhị diện cần tìm.

Tứ giác $OAFE$ là hình chữ nhật nên ${x_F} = {x_A} = 4$, ${z_F} = {z_E} = 3$.

Do $F$ nằm trên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ nên tọa độ điểm $F\left( {4;0;3} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right)$, $\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)$ suy ra:

$\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ;\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} .\overrightarrow {FE} }}{{FP.FE}} = \frac{{\left( { - 2} \right)\left( { - 4} \right) + 0 \times 0 + 1 \times 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Do đó, $\widehat {PFE} \approx 26{,}6^\circ$. Vậy góc dốc mái nhà khoảng $26{,}6^\circ$.

Ta có: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t$ với $t \in \left[ {0;10} \right]$.

$v'\left( t \right) = - 6t + 36$; $v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6$

$v\left( 0 \right) = 0$; $v\left( {10} \right) = 60$;$v\left( 6 \right) = 108$.

Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động là $108\left( {{\rm{\;m}}/{\rm{s}}} \right)$.

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

Dải dây ruy băng còn lại khi đã thắt nơ là: 120cm.

Ta có: $\left( {2x + y} \right).4 = 120 \Leftrightarrow y = 30 - 2x$

Thể tích khối hộp quà là: $V = \pi {x^2}.y = \pi {x^2}\left( {30 - 2x} \right)$

Thể tích V lớn nhất khi hàm số $f(x) = {x^2}\left( {30 - 2x} \right)$ với $0 < x < 30$ đạt GTLN

$f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 60x$, cho $f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 60x = 0 \Leftrightarrow x = 10$

Lập Bảng Biến thiên ta thấy thể tích đạt GTLN là $V = 1000\pi \left( {c{m^3}} \right) = \pi \left( {d{m^3}} \right)$.

Gọi $t$ là số giờ làm tăng thêm mỗi tuần , $t \in \mathbb{Z},\,\,t$ chia hết cho 2.

Với $t > 0$ thì số giờ làm tăng thêm, $t < 0$ thì số giờ làm giảm đi.

Số tổ công nhân bỏ việc là $\frac{t}{2}$ nên số tổ công nhân làm việc là $100 - \frac{t}{2}$ .

Năng suất của mỗi tổ công nhân còn $120 - \frac{{5t}}{2}$ sản phẩm một giờ.

Số thời gian làm việc 1 tuần là $40 + t$ nên số sản phẩm đạt được trong một tuần làm việc là:

$\left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right)$.

Số sản phầm thu được là $f\left( t \right) = \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) - \frac{{95{{\left( {40 + t} \right)}^2} + 120\left( {40 + t} \right)}}{4}$.

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}120 - \frac{{5t}}{2} > 0\\100 - \frac{t}{2} > 0\\40 + t > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 40 < t < 48$.

Ta có $f'\left( t \right) = - \frac{1}{2}\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) - \frac{5}{2}\left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) + \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right) - \frac{{95}}{2}\left( {40 + t} \right) - 30$

$= \frac{{15{t^2}}}{4} - \frac{{1135t}}{2} - 2330$.

$f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 4\\t = \frac{{466}}{3}\end{array} \right.$.

Kết hợp điều kiện suy ra $t = - 4$. Ta có bảng biến thiên của hàm số $f\left( t \right)$ trên khoảng $\left( { - 40;\,48} \right)$ như sau:

Khi $t = - 4$ thì $x = 40 - 4 = 36$

Vậy số lượng sản phẩm thu được mỗi tuần lớn nhất khi thời gian làm việc là 36 giờ mỗi tuần.

Ta có: $N(t) = 45{t^2} - {t^3},0 \le t \le 30$;

${N^\prime }(t) = 90t - 3{t^2},{N^{\prime \prime }}(t) = 90 - 6t{N^{\prime \prime }}(t) = 0 \Leftrightarrow 90 - 6t = 0 \Leftrightarrow t = 15$

Bảng biến thiên:

Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất sẽ vào ngày thứ 15.