Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 5

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có GTLN $y = 5$ tại $x = 0$ trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$.

Vậy $M = f\left( 0 \right)$.

Chọn C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\{z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}\end{array} \right.$. Suy ra $M\left( {0;2;2} \right)$.

Chọn B

Ta có $cos\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{ - 1.0 + 1.\left( { - 1} \right) + 0.0}}{{\sqrt 2 .1}} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = {135^o}$.

Vậy góc giữa hai véc-tơ $\overrightarrow u$ và $\overrightarrow v$ là ${135^o}$.

Chọn D

Xét đáp án A có $y = 3{x^2} + 1 > 0\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Xét đáp án B và D là hàm số bậc 2 và bậc 4 luôn có khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến.

Xét đáp án C có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}$ nên không thể đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn B

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \,f\left( x \right) = 5$ $\Rightarrow$đường thẳng $y = 5$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \,f\left( x \right) = 2$ $\Rightarrow$ đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,f\left( x \right) = + \infty$ $\Rightarrow$đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

KL: Đồ thị hàm số có tổng số ba đường tiệm cận.

Chọn C

Ta có $y' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 3$.

Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = \min \left\{ {y\left( 0 \right);y\left( 3 \right);y\left( 4 \right)} \right\} = \min \left\{ {m\,;\,m - 9\,;\,m - 8} \right\} = m - 9$.

Theo giả thiết ta có $m - 9 = - 1 \Leftrightarrow m = 8$.

Vậy $0 < m < 10$.

Chọn B

Gọi $\alpha$ là góc giữa hai vectơ $\overrightarrow i$ và $\overrightarrow u = \left( { - \sqrt 3 \,;\,0\,;\,1} \right)$, ta có: ${\rm{cos}}\alpha = \frac{{\overrightarrow i \,.\,\overrightarrow u }}{{\left| {\overrightarrow i } \right|\,.\,\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\, \Rightarrow \,\alpha \, = \,{150^0}$.

Chọn C

Ta có: $y = {x^3} - 3{x^2} + 5x - 4$

$$\Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + 5$$

$$\Rightarrow y'' = 6x - 6$$

Xét $y'' = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Tại $x = 1 \Rightarrow y = - 1$.Tọa độ điểm uốn $I(1; - 1)$.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho nhận điểm uốn $I(1; - 1)$làm tâm đối xứng.

Chọn B

Ta có $f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = \ln 12\\x = 1\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Hàm số $y = f(x)$ có hai điểm cực trị.

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = 2$và tiệm cận ngang $y = 1 \Rightarrow$loại B, D

+) Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$và $\left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow$loại C vì hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 3}}{{x - 2}}$có đạo hàm là $f'\left( x \right) = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow x = 2\overrightarrow a - \overrightarrow b ,\,\,\overrightarrow y = - 4\overrightarrow a + 2\overrightarrow b = - 2\overrightarrow x$, Do đó hai vectơ $\overrightarrow x ,\overrightarrow y$ cùng phương.

a)

Đ

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

(a) Đúng: Khi $m = 1$ đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị

(b) Đúng: Khi $m = 1:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 3}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{2}{{x - 1}}$

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$;

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

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

Bảng biến thiên:

$x = 0 \Rightarrow y = 3$; $y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 3 = 0$ (vô nghiệm) nên đồ thị hàm số không cắt trục $Ox$

(c) Đúng: $y = \frac{{ - m{x^2} + \left( {4m - 2} \right)x + 1 - 4m}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - m{x^2} + 2mx - 4m + 2 - 1 + 4m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$

Suy ra $y' = \frac{{ - m{x^2} + 2mx + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$. Dấu $y'$ là dấu của tam thức $g\left( x \right) = - m{x^2} + 2mx + 1$

$g\left( x \right){\rm{ c\'o }}\Delta ' = {m^2} + m\,;\,\,g\left( 1 \right) = - m + 2m + 1 = m + 1$

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\Delta ' > 0}\\{m + 1 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right.$

Lúc này hàm số đạt cực đại và cực tiểu tại $x = {x_1},x = {x_2}$ và $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1} \cdot {x_2} = - \frac{1}{m}}\end{array}} \right.$.

Giả sử ${x_1} < {x_2}$

Theo yêu cầu bài toán: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} > 0}\\{{x_2} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} > 0}\\{{x_1} \cdot {x_2} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2 > 0{\rm{ (lu\^o n d\'u ng) }}}\\{ - \frac{1}{m} > 0}\end{array} \Leftrightarrow m < 0} \right.} \right.} \right.$

Giao với điều kiện $\Delta ' > 0$ được $m < - 1$

(d) Đúng: ${y'_x} = \frac{{ - {x^2} + 2x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$. Đường thẳng $x - y = 0$ có hệ số góc $k = 1$

Để tiếp tuyến của $\left( C \right)$ song song với đường thẳng $y = x$ cần và đủ là ${y'_x} = 1$

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

Có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:

$\left( {{T_1}} \right):y = 1\left( {x - 0} \right) + 3 \Leftrightarrow y = x + 3\,;\,\,\left( {{T_2}} \right):y = 1\left( {x - 2} \right) - 3 \Leftrightarrow y = x - 5$

(a) Chọn S

(b) Chọn S

(c) Phương án C, Ta có: . Nên ${y}^{'}=0\Leftrightarrow x=0$ và ${y}^{'}$ đổi dấu khi đi qua $x = 0$. Suy ra hàm số không nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Phương án A, Hàm số: .

${Δ}^{'}=-6053<0$ nên ${y}^{'}<0,\forall x\in ℝ$ và hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Phương án B, Hàm số: $y=-5x+\sin x\Rightarrow {y}^{'}=-5+\cos x<0,\forall x\in ℝ$. Nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Phương án D, Hàm số: $y={(\frac{π}{\sqrt{3}+\sqrt{5}})}^{x}\Rightarrow {y}^{'}={(\frac{π}{\sqrt{3}+\sqrt{5}})}^{x}\ln \frac{π}{\sqrt{3}+\sqrt{5}}<0,\forall x\in ℝ$ Nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn Đ

(d) Chọn S

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Dân số của quốc gia này ở năm $2030$ là $N\left( 7 \right) = 100{e^{0{,}012.7}} \approx 108{,}8$ triệu người.Dân số của quốc gia này ở năm $2035$ là $N\left( {12} \right) = 100{e^{0{,}012.12}} \approx 115{,}5$ triệu người.Hàm tốc độ tăng dân số là $N'\left( t \right) = 1{,}2{e^{0{,}012t}}$. Ta có:

$1{,}2{e^{0{,}012t}} = 1{,}6 \Leftrightarrow t \approx 2{,}34$.

Vậy thời vào năm $2026$, tốc độ tăng dân số là $1{,}6$ triệu người/nămHàm tốc độ tăng dân số là $N'\left( t \right) = 1{,}2{e^{0{,}012t}}$. Ta có:

$1{,}2{e^{0{,}012t}} = 1{,}6 \Leftrightarrow t \approx 2{,}34$.

Vậy thời vào năm $2026$, tốc độ tăng dân số là $1{,}6$ triệu người/năm.

(a) Đúng: Gọi $C'\left( {x;y;z} \right)$. Ta có $\overrightarrow {BC'} = \left( {2; - 6;6} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 0 = 2}\\{y - 3 = - 6}\\{z - 0 = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2}\\{y = - 3}\\{z = 6}\end{array}} \right.} \right.$$\Rightarrow C\left( {2; - 3;6} \right)$.

(b) Đúng: Gọi $O'\left( {x;y;z} \right)$. Theo hình vẽ thì $\overrightarrow {AO'} = \overrightarrow {BC'} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 1 = 2}\\{y - 1 = - 6}\\{z + 1 = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3}\\{y = - 5}\\{z = 5}\end{array}} \right.} \right.$$\Rightarrow O'\left( {3; - 5;5} \right)$

(c) Sai: Theo hình vẽ thì $\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {OC'} = \left( {2; - 3;6} \right)$.

(d) Sai: Ta có $\overrightarrow {HK} = \overrightarrow {AB} = \left( { - 1;2;1} \right)$.

Ta có $P'\left( t \right) = \frac{{ - 8{t^2} - 8t + 6}}{{{{\left( {4{t^2} + 2t + 4} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {2t - 1} \right)\left( { - 2t - 3} \right)}}{{{{\left( {4{t^2} + 2t + 4} \right)}^2}}}$

$P'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - \frac{3}{2}\\t = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Ta thấy hàm số đạt cực đại tại $t = \frac{1}{2}$ và $P'\left( t \right) < 0,\forall t > \frac{1}{2}$ nên sau $0{,}5\left( h \right)$ thì vi khuẩn bắt đầu giảm.

Ta đặt $A'M = x$, khi đó ta được:

$MB' = 492 - x,AM = \sqrt {{x^2} + {{118}^2}} ,BM = \sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} {\rm{.}}$

Như vậy ta có hàm số $f\left( x \right)$ được xác định bằng tổng quãng đường $AM$ và $MB$:

$f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{118}^2}} + \sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} {\rm{\;}}$với$x \in \left[ {0;492} \right]$

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ để có được quãng đường ngắn nhất và từ đó xác định được vị trí điểm $M$.

$f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} - \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} }}{\rm{.\;}}$

$f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} = \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} }} \Leftrightarrow x\sqrt {{{(492 - x)}^2} + {{487}^2}} = \left( {492 - x} \right)\sqrt {{x^2} + {{118}^2}}$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x^2}\left[ {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} \right] = {{(492 - x)}^2}\left( {{x^2} + {{118}^2}} \right)}\\{0 \le x \le 492}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{{(487x)}^2} = {{(58056 - 118x)}^2}}\\{0 \le x \le 492}\end{array}} \right.} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{{58056}}{{605}}{\rm{\;hay\;}}x = - \frac{{58056}}{{369}} \Leftrightarrow x = \frac{{58056}}{{605}}}\\{0 \le x \le 492}\end{array}} \right.$

Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;492} \right]$. So sánh các giá trị của $f\left( 0 \right),f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right),f\left( {492} \right)$ ta có giá trị nhỏ nhất là $f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right) \approx 779{,}8{\rm{\;m}}$

Khi đó quãng đường đi ngắn nhất là xấp xỉ $779{,}8{\rm{\;m}}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{m}{2}} \right\}$

$y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {2x + m} \right)}^2}}}$.

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 < 0\\\frac{{ - m}}{2} \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\\left[ \begin{array}{l}\frac{{ - m}}{2} \le 0\\\frac{{ - m}}{2} \ge 1\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 0\\m \le - 2\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow 0 \le m < 2$.

Xét tứ diện $ABCD$ có $G$ là trọng tâm thì $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \vec 0$ và $GA = GB = GC = x$

Ta có: $- \overrightarrow {GA} = \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD}$, bình phương hai vế ta được $G{A^2} = G{B^2} + G{C^2} + G{D^2} + 2\overrightarrow {GB} \cdot \overrightarrow {GC} + 2\overrightarrow {GB} \cdot \overrightarrow {GD} + 2\overrightarrow {GC} \cdot \overrightarrow {GD}$ $\Leftrightarrow {x^2} = 3{x^2} + 2{x^2}\cos \alpha + 2{x^2}\cos \alpha + 2{x^2}\cos \alpha \Leftrightarrow - 2{x^2} = 6{x^2} \cdot \cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{ - 1}}{3} \Rightarrow \alpha \approx {109^\circ }$.

Do máy bay giữ nguyên tốc độ nên vận tốc của máy bay trên quãng đường $AB$ và $BC$ là như nhau. Ta có: $\frac{{AB}}{{10}} = \frac{{BC}}{5} \Leftrightarrow AB = 2BC$.

Và máy bay giữ nguyên hướng bay nên hai vectơ $\overrightarrow {AB} ;\,\overrightarrow {BC}$ cùng hướng.

Do đó $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}140 = 2\left( {x - 940} \right)\\50 = 2\left( {y - 550} \right)\\2 = 2\left( {z - 9} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1010\\y = 575\\z = 10\end{array} \right.$

Vậy $x\, + \,y\, + z = 1595$

Đặt $u = {e^{0{,}2x}}\left( { \Rightarrow {e^{0{,}1x}} = {u^{1/2}}} \right)$ khi đó $F(x) = 10890\frac{{{u^{1/2}}}}{{{{(1 + 100u)}^{3/2}}}}$

Để tìm cực đại, xét $G(u) = \frac{{{u^{1/2}}}}{{{{(1 + 100u)}^{3/2}}}},\quad u > 0$

Tính $\ln G = \frac{1}{2}\ln u - \frac{3}{2}\ln (1 + 100u) \Rightarrow \left( {\ln G} \right)\prime = \frac{1}{{2u}} - \frac{{150}}{{1 + 100u}}$

Cho đạo hàm bằng 0: $\frac{1}{{2u}} = \frac{{150}}{{1 + 100u}} \Rightarrow 1 + 100u = 300u \Rightarrow 200u = 1 \Rightarrow u = 0{,}005$

Lập bảng biến thiên cho hàm số $G(u),u > 0$ ta có được hàm số đạt cực đại tại $u = 0{,}005$

Trả về biến $x$: ${e^{0{,}2x}} = 0{,}005 \Rightarrow 0{,}2x = \ln (0{,}005) \approx - 5{,}298 \Rightarrow x \approx - 26{,}49.$

(thuộc miền $[ - 200{,}50]$).

Giá trị cực đại

- Lực pháp tuyến đạt cực đại khi $x \approx - 26.5$.

- Giá trị cực đại là khoảng $419$(lb).