Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 4

Chọn B

Từ bảng bến thiên trên ta có:

+ Giá trị lớn nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ { - 1;2} \right]$ là $M = 3$

+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ { - 1;2} \right]$ là $m = 0$

Suy ra $M + {\kern 1pt} \,m = 3$.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = + \infty$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là $y = - 1$ và tiệm cận đứng là $x = 1$.

Chọn A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, theo công thức tính tọa độ trọng tâm tam giác trong không gian, ta có : $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{a}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{b}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{c}{3}\end{array} \right.$

Vậy G có tọa độ $\left( {\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}} \right)$.

Chọn D

Ta có: $\left[ {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right] = \left( { - 1; - 3; - 7} \right) \ne \overrightarrow 0$. Hai véctơ $\overrightarrow a$, $\overrightarrow b$không cùng phương.

$\left[ {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c = - 1 + 15 - 14 = 0$. Ba véctơ $\overrightarrow a$,$\overrightarrow b$,$\overrightarrow c$ đồng phẳng.

Chọn C

$|\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}|=3\Leftrightarrow |2.1-3.(m+1)+2(-1)|=3\Leftrightarrow |-3m-3|=3\Leftrightarrow [\begin{matrix}m+1=1 \\ m+1=-1\end{matrix}\Leftrightarrow [\begin{matrix}m=0 \\ m=-2\end{matrix}$

Chọn C

$y = {x^3} - 2{x^2} + x + 1$. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

$y' = 3{x^2} - 4x + 1$.

Hàm số đồng biến $y' > 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x + 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < \frac{1}{3}\end{array} \right.$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1;\, + \infty } \right)$ và $\left( { - \infty ;\,\frac{1}{3}} \right)$.

Chọn A

Vì $f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4},\forall x \in \mathbb{R}$ nên ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số $f\left( x \right)$ chỉ có một cực trị và đó là cực tiểu.

Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho là $0$.

Chọn C

Xét hàm số xác định trên tập $D = \left[ {0;2} \right]$

Ta có $y' = \frac{{4 + m}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$. Nhận xét $\forall {\rm{ }}m \ne - 4$hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên $\left[ {0;2} \right]$nên giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ {0;2} \right]$luôn đạt được tại $x = 0{\rm{ }}$, $x = 2$.

Theo bài ra ta có $f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) = - 8 \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{2} + \frac{{4 - m}}{4} = - 8 \Leftrightarrow m = 12$.

Chọn A

Ta có nhánh bên phải đồ thị đi xuống, suy ra $a < 0$.

Mặt khác do đồ thị có ba cực trị suy ra $ab < 0$ mà $a < 0 \Rightarrow b > 0$.

Mà giao điểm của đồ thị với trục $Oy$ tại điểm có tung độ $y = c > 0$.

Vậy chọn đáp án A

Chọn C

Gọi ${x_1},{x_2},{x_3}$ là nghiệm của phương trình $y = 0$

Ta có bảng biến thiên của hàm sô $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$:

Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận được phương trình có 5 nghiệm.

Chọn C

Gọi $G$là trọng tâm tam giác$MNP$, khi đó:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{2 + 1 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{ - 3 + 2 - 2}}{3} = - 1\\{z_G} = \frac{{{z_M} + {z_N} + {z_P}}}{3} = \frac{{4 + 3 + 2}}{3} = 3\end{array} \right.$.

Chọn D

Gọi $A'C' \cap B'D' = {\rm{\{ }}O'{\rm{\} }}$, ta có: $\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC'} = 2\overrightarrow {AO'}$.

Lại có vuông tại $A'$ nên:

$AO' = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{{O'}^2}}$$= \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}$ $\Rightarrow \left| {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AO'} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {AO'} } \right|$$= 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 6$.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

a) Từ bảng biến thiên ta có:

Hàm số đạt cực đại tại điểm $x = - 3$ và đạt cực tiểu tại $x = - 1$. Chọn Đ

Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} f(x) = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ - }} f(x) = - \infty$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng $x = - 2$ làm tiệm cận đứng. Chọn Đ

Từ bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 3; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; - 1} \right)$. Hàm số không xác định tại$x = - 2$. Chọn S

Từ bảng biến thiên ta có: $f(x) = 0$ vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có điểm chung với trục hoành. Chọn Đ

a)

Đ

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Xét $y(t) = 5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}$ trên nửa đoạn $[0; + \infty )$

${y^\prime }(t) = \frac{{135{t^2} - 15}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = \frac{1}{3}}\\{t = - \frac{1}{3}({\rm{loai}})}\end{array}} \right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy ${\min _{[0; + \infty )}}y(t) = y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{5}{2}$ và ${\max _{[0; + \infty )}}y(t) = y(0) = 5$

Vậy vào các thời điểm $t = 0$ thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất và $t = \frac{1}{3}$ giờ thì nồng độ oxygen trong nước thấp nhất

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

a) Sai: $y = x - \frac{1}{{x + 1}}$. Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$

Đạo hàm $y' = 1 + \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \in D$: 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: $M\left( {0;\, - 1} \right),y'\left( 0 \right) = 2$

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

c) Sai: Tiếp tuyến $\left( {{T_1}} \right)$ của $(C)$ 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 $(C)$ tại $Q\left( {{x_2},{y_2}} \right)$ có hệ số góc ${k_2} = {y'_{{x_2}}} = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^2}}} > 0$

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

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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_A} + {x_B} = k - 1}\\{{x_A}.{x_B} = - \left( {k + 1} \right)}\end{array};\,\,A\left( {{x_A};k} \right),B\left( {{x_B};k} \right)} \right.$

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

a)

Đ

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

a. Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)$

Để ba điểm $A$, $B$, $C$ thẳng hàng $\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = k.\overrightarrow {AC}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = k.6\\x - 5 = k\left( { - 3} \right)\\2 = k\left( {y + 1} \right)\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{2}{3}\\x = 3\\y = 2\end{array} \right.$.

Vậy $x + y = 5$.

b. Đúng. Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3 + 7 + 9}}{3} = \frac{{19}}{3}\\\frac{{5 + x + 2}}{3} = \frac{8}{3}\\\frac{{ - 1 + 1 + y}}{3} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right..$

c. Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)$

$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 24 + (x - 5)( - 3) + 2(y + 1)$

Với $\left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$

d. Đúng. Vì $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 24 + (x - 5)( - 3) + 2(y + 1) = - 3x + 2y + 41.$

$$\Rightarrow f'\left( t \right) = - 3{t^2} + 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 0\end{array} \right.$$

Bảng biến thiên

Vận tốc của vật đạt được cao nhất là $4{\rm{ }}m/s$

Ta thấy độ dài $x(dm)$ của cạnh hình vuông bị cắt phải thoả mãn điều kiện $0 < x < 3$.

Thể tích của khối hộp là $V(x) = x{(6 - 2x)^2}$ với $0 < x < 3$.

Ta phải tìm ${x_0} \in (0;3)$ sao cho $V\left( {{x_0}} \right)$ có giá trị lớn nhất.

Ta có: ${V^\prime }(x) = {(6 - 2x)^2} - 4x(6 - 2x)$

$= (6 - 2x)(6 - 6x) = 12(3 - x)(1 - x){\rm{. }}$

Trên khoảng $(0;3),{V^\prime }(x) = 0$ khi $x = 1$.

Bảng biến thiên của hàm số $V(x)$ như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng $(0;3)$, hàm số $V(x)$ đạt giá trị lớn nhất bằng 16 tại $x = 1$.

Vậy để khối hộp tạo thành có thể tích lớn nhất thì $x = 1$ .

Gọi điểm thắt một đầu bên trên là $O$ và $3$ điểm nối $3$ sợi dây với giá gỗ tạo thành tam giác đều $ABC$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Do đó, $GA = GB = GC = 20cm$. Gọi $F$ là độ lớn của các lực căng ${F_1},{F_2}\;,{F_3}$ trên mỗi sợi dây. Đặt $F = \;x$ với $0 < x \le 15$.

Theo bài ra ta có $OA = OB = OC = 60cm$ nên $OG \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right| = 60$

Do đó, $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|$. Từ đó ta có $\overrightarrow {{F_1}} = \frac{x}{{60}}\overrightarrow {OA} , \overrightarrow {{F_2}} = \frac{x}{{60}}\overrightarrow {OB} , \overrightarrow {{F_3}} = \frac{x}{{60}}\overrightarrow {OC}$.

Suy ra $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \frac{x}{{60}}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right) = \frac{{3x}}{{60}}\overrightarrow {OG} = \frac{x}{{20}}\overrightarrow {OG}$.

Mặt khác, ta lại có $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P$ với $\overrightarrow P$ là trọng lượng của giá gỗ và các chậu hoa.

Nên ta có $\left| {\overrightarrow P } \right| = \frac{x}{{20}}\left| {\overrightarrow {OG} } \right| = \frac{{x\sqrt {{{60}^2} - {{20}^2}} }}{{20}} = x\sqrt 8 \le 15\sqrt 8$.

Vậy giá trị lớn nhất trọng lượng giá gỗ và chậu hoa là $\max \left| {\overrightarrow P } \right| = 15\sqrt 8 .$

Suy ra trọng lượng tối đa của các chậu hoa để dây treo không bị đứt là $15\sqrt 8 - 5 \approx 37{,}4\left( N \right)$.

Ta có: $f\left( t \right) = \frac{{200}}{{1 + 4{e^{ - t}}}} \Rightarrow f'\left( t \right) = 200.\frac{{ - 4.{e^{ - t}}.\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^2}}} = 200.\frac{{4.{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^2}}}$

$f''\left( t \right) = 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^2} - 2\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right).\left( { - 4{e^t}} \right).4{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^4}}}$$= 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}.\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)\left( {1 + 4{e^{ - t}} - 8{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^4}}}$

$= 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}.\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)\left( {1 - 4{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{e^{ - t}}} \right)}^4}}}$$\Rightarrow f''\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {e^{ - t}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow t = - \ln \left( {\frac{1}{4}} \right) = \ln 4 \approx 1{,}38$

Vậy sau khi nảy mầm khoảng $\ln 4 \approx 1{,}38$ tháng thì cây có tốc độ tăng chiều cao lớn nhất.

Gọi tọa độ điểm $B\left( {550;\,y;\,z} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {540;\,y - 3;\,z} \right)$.

Do đường đi của cabin cùng phương với vectơ $\vec u = \left( {2;\, - 2;\,1} \right)$ nên ta có:

$\frac{{540}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{y - 3 = - 540}\\{z = 270\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{y = - 537}\\{z = 270}\end{array}} \right.$$\Rightarrow B\left( {550;\, - 537;\,270} \right)$.

Quãng đường $AB$ bằng $AB = \sqrt {{{540}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{270}^2}} = 810$.

Vận tốc của cabin bằng $v = \frac{{AB}}{{3.60}} = 4{,}5\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Thời gian để cabin chuyển động đều từ điểm $A$ đến điểm $D$ là: $\frac{{3780}}{{4{,}5}} = 840$.

Lăng trụ có:

Diện tích đáy:

$\begin{array}{l}S = 6.\frac{{O{C^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{(OB - BC)^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\left( {OB - \frac{x}{{\cos \widehat {ABC}}}} \right)^2}\\ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\left( {90 - 2x} \right)^2} = 6\sqrt 3 {\left( {45 - x} \right)^2}\end{array}$

Chiều cao: $h = AC = x.\tan \widehat {ABC} = x\sqrt 3$

Thể tích lăng trụ: $V = Sh = 18x{(45 - x)^2} = 18({x^3} - 90{x^2} + {45^2})$

Đạo hàm: $V' = 18(3{x^2} - 180x + {45^2});V' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15 \Rightarrow y = 243000\\x = 45 \Rightarrow y = 0\end{array} \right.$

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận $x = 15.$