Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 6

Chọn A

Ta có tọa độ của $\overrightarrow x = \overrightarrow i - 3\overrightarrow j + 2\overrightarrow k$ có tọa độ là $\overrightarrow x = \left( {1; - 3;2} \right)$.

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow u .\overrightarrow v = 2.1 + 3.\left( { - 1} \right) + 0.4 = - 1$.

Chọn B

Mặt cầu $\left( S \right)$ có phương trình dạng ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$ có tâm $I\left( {a;\,b;\,c} \right)$.

Vậy $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 8z + 4 = 0$ có tâm $I\left( {3;\, - 2;\,4} \right)$.

Chọn D

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 cực đại, 1 cực tiểu và không xác định tại $x = 1$.

Chọn C

Ta có $y' = 3{x^2} - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 2\end{array} \right.$.

$y' < 0$ với mọi $x \in \left( { - 2\,;\,2} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng$\left( { - 2;2} \right).$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 2;2} \right).$

Chọn C

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{4 + m}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}},\,\forall x \ne - 4$ và phương trình tiệm cận đứng $x = - 4$.

Vì $- 4 \notin \left[ { - 3;3} \right]$ nên ta xét 2 trường hợp sau

+) Với $m + 4 > 0$ $\Leftrightarrow m > - 4$ thì $f'\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \left[ { - 3\,;\,3} \right]$ nên

$\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = 2$$\Leftrightarrow f\left( { - 3} \right) = 2$$\Leftrightarrow \frac{{ - 3 - m}}{1} = 2 \Rightarrow m = - 5$ (loại).

+) Với $m + 4 < 0$$\Leftrightarrow m < - 4$ thì $f'\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left[ { - 3\,;\,3} \right]$nên

$\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = 2$ $\Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 2$$\Leftrightarrow \frac{{3 - m}}{7} = 2 \Rightarrow m = - 11$ ( nhận).

Vậy tổng các giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $- 11$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - ax}}{{bx - c}} = \frac{{ - a}}{b}$, theo giả thiết suy ra $\frac{{ - a}}{b} = 3 \Leftrightarrow a = - 3b$

Hàm số không xác định tại $x = 1 \Rightarrow b - c = 0 \Leftrightarrow b = c$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định nên $f'\left( x \right) = \frac{{ac - 2b}}{{{{\left( {bx - c} \right)}^2}}} > 0$với mọi $x$khác 1

Suy ra $ac - 2b > 0 \Leftrightarrow - 3{b^2} - 2b > 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{3} < b < 0 \Leftrightarrow 0 < - b < \frac{2}{3}$

Lại có $a + b + c = - 3b + b + b = - b$

Vậy tổng $a + b + c$thuộc khoảng $\left( {0;\frac{2}{3}} \right)$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = a.a.\cos \widehat {BAC} = \frac{{{a^2}}}{2};\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = a.a.\cos \widehat {BAD} = \frac{{{a^2}}}{2}$ .

Khi đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} \left( {A\overrightarrow C - \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {AB} .A\overrightarrow C - \overrightarrow {AB} .A\overrightarrow D = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{2} = 0$.

Chọn C

$f'\left( x \right) = x{\left( {1 - x} \right)^2}{\left( {3 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\\x = 2\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$.

Chọn B

Hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3 - x}} = \frac{{2x + 1}}{{ - x + 3}}$

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}$.

*) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = - 2$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = - 2$.

*) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = + \infty$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x = 3$.

Khi đó đồ thị hàm số có tâm đối xứng là $I\left( {3; - 2} \right)$.

Chọn C

$\overrightarrow {OA} = 3\overrightarrow i + \overrightarrow j - 2\overrightarrow k \Rightarrow A\left( {3;1; - 2} \right)$

$AB = \sqrt {{{\left( {m - 3} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt {2{m^2} - 10m + 17}$.

$AB = 3 \Leftrightarrow \sqrt {2{m^2} - 10m + 17} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 4\end{array} \right.$.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

Đúng; (b) Sai; (c) Đúng; (d) Đúng

Gọi số lần tăng giá tiền cho thuê mỗi căn hộ một tháng để công ty thu được thu nhập cao nhất là$x$ ($0 \le x \le 30$)

Số tiền cho thuê mỗi căn hộ là $2 + 0{,}1x$

Số căn hộ mỗi tháng được thuê là $150 - 5x$

Thu nhập của công ty đạt được là $\left( {2 + 0{,}1x} \right)\left( {150 - 5x} \right)$

Đặt$f(x) = \left( {2 + 0{,}1x} \right)\left( {150 - 5x} \right)$

$$\begin{array}{l}f'(x) = 0{,}1.\left( {150 - 5x} \right) - 5\left( {2 + 0{,}1x} \right) = 15 - 0{,}5x - 10 - 0{,}5x = 5 - x\\f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 5\end{array}$$

$f\left( 0 \right) = 300;f(5) = 312{,}5;f(30) = 0$$\Rightarrow \mathop {Max}\limits_{x \in \left[ {0;30} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right) = 312{,}5$khi$x = 5$

Vậy để có thu nhập cao nhất thì công ty đó phải cho thuê với giá $2 + 0{,}1.5 = 2{,}5$.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y' = 9\left( {{m^2} - 4} \right){x^2} + 6\left( {m - 2} \right)x - 1$.

Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \le 0\forall x \in \mathbb{R}$( dấu xãy ra tại hữu hạn $x \in \mathbb{R}$)

TH1: ${m^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow m = \pm 2$.

Với $m = 2$ ta có $y' = - 1 \le 0$ $\forall x \in \mathbb{R}$ nên $m = 2$ thỏa mãn.

Với $m = - 2$ ta có $y' = - 24x - 1 \le 0 \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{{24}}$(không thỏa với mọi $x \in \mathbb{R}$) nên loại $m = - 2$.

TH2: ${m^2} - 4 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \pm 2$. Ta có

Vậy $m \in \left\{ {\,0\,;\,1;2} \right\} \Rightarrow {0^2} + {1^2} + {2^2} = 5$.

(a) Đúng: Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;1;1} \right)$

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

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 $ABC$: ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$(đvdt)

(b) Sai: $ABCD$ là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

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

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

(c) Đúng: 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}$ (đơn vị dài)

(d) Sai: 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 $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]\overrightarrow {.AS} = 1 + 6 - 4 = 3 > 0$ do đó $V = 1$ (đvtt)

Tập xác định của hàm số là $D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}$ a. Sai

$y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}},\forall \ne - 1,y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.$ b. Đúng

Lập BBT và rút ra kết luận:

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $A(0;2)$, điểm cực đại là $B( - 2; - 2).$

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $( - \infty ; - 2)$ và $(0; + \infty ).$

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $( - 2; - 1)$ và $( - 1;0).$

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

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0 \Rightarrow TCX:y = x + 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = + \infty \Rightarrow TCD:x = - 1$ c. Sai

Đồ thị hàm số nhận điểm $I( - 1;0)$ làm tâm đối xứng.

Đồ thị: d. Đúng

$F\left( x \right) = - \frac{{{x^2}}}{{50.000}} + 90x$.

$F'\left( x \right) = - \frac{1}{{25.000}}x + 90$

$F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{25.000}}x + 90 = 0 \Leftrightarrow x = 2.250.000$

Bảng biến thiên:

Suy ra $F\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x = 2.250.000$

Vậy công ty phải cho thuê với giá $2.250.000$ đồng hay 2,25 triệu đồng mỗi căn hộ thì được có lợi nhuận cao nhất.

Xét hệ trục tọa độ $Oxy,$ với gốc tọa độ là điểm $A$ ($A$ trùng $O$). Tia $Ox$ trùng với tia $AB$, tia $Oy$ trùng với tia $AD$ thì đường cong ranh giới giữa hai khu vực là đồ thị hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$.

Theo giả thiết đồ thị hàm số này đi qua các điểm $H(0;40);$$Q(20;60);$$F(100;60)$và có điểm cực trị là $Q(20;60)$ nên ta có hệ

$$\left\{ \begin{array}{l}d = 40\\60 = 8000a + 400b + 20c + d\\60 = 1000000a + 10000b + 100c + d\\3.10000a + 2.100b + c = 0\end{array} \right.$$

Giải hệ trên ta được $a = \frac{1}{{10000}};\;b = \frac{{ - 11}}{{500}};\;c = \frac{7}{5};\;d = 40$.

Do $M$ là trung điểm của $AB$ nên tọa độ điểm $I$ là $(50;67{,}5).$ Do đó chiều dài đoạn dây thuộc phần dành cho người lớn là $67{,}5{\rm{ }}m$, chiều dài đoạn dây thuộc phần dành cho trẻ em là $12{,}5{\rm{ }}m$.

Tổng số tiền mắc dây đèn là $67{,}5.0{,}18 + 12{,}5.0{,}14 = 13{,}9$ (triệu đồng).

Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$ là vị trí của máy bay sau 10 phút bay tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm $B$). Vì hướng của máy bay không đổi nên $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {BD}$ cùng hướng. Do vận tốc máy bay không đổi và thời gian bay từ $A$ đến $B$ bằng thời gian bay từ $B$ đến $D$ nên $AB = BD$.

Do đó, $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} = \left( {140;50;1} \right)$.

Mặt khác: $\overrightarrow {BD} = \left( {x - 940;y - 550;z - 8} \right)$ nên $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 940 = 140}\\{y - 550 = 50}\\{z - 8 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1080}\\{y = 600}\\{z = 9}\end{array}} \right.} \right.$

Vậy $D\left( {1080;600;9} \right)$. Vậy tọa độ của máy bay trong 10 phút tiếp theo là $\left( {1080;600;9} \right)$.

Suy ra $x + y + z = 1689$

Ký hiệu các kích thước của hình chữ nhật như hình vẽ.

Ta có ${\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} + {y^2} = {r^2}$ $\Rightarrow {y^2} = {r^2} - \frac{{{x^2}}}{4} = 9 - \frac{{{x^2}}}{4}$. ĐK: $0 < x < 6$.

Diện tích của tấm biển hình chữ nhật là $S = xy$.

Ta có ${S^2} = {x^2}{y^2}$$= {x^2}\left( {9 - \frac{{{x^2}}}{4}} \right)$ $= - \frac{1}{4}{x^4} + 9{x^2}$$= f\left( x \right)$.

$f'\left( x \right) = - {x^3} + 18x$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\sqrt 2$.

BBT:

Suy ra ${S^2} \le 81$. Hay $\max S = 9$, đạt được khi $x = 3\sqrt 2$ và $y = \frac{3}{{\sqrt 2 }}$.

Khi đó, chiều dài của hình chữ nhật là $x = 3\sqrt 2 \approx 4{,}24$.

Xét hàm số $f(x) = \left( {{x_0} - x} \right){x^2}$ với ${x_0}$ cố định và $\frac{1}{2}{x_0} \le x \le {x_0}$.

Do $k$ là hằng số dương nên vận tốc của luồng khí của một cơn ho lớn nhất khi $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có:

$f(x) = - {x^3} + {x_0}{x^2};\,{f^\prime }(x) = - 3{x^2} + 2{x_0}x;\,{f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0{\rm{ hoac }}x = \frac{2}{3}{x_0}.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: ${\max _{\left[ {\frac{1}{2}{x_0};{x_0}} \right]}}f(x) = f\left( {\frac{2}{3}{x_0}} \right)$.

Vậy vận tốc của luồng khí của một con ho lớn nhất khi $x = \frac{2}{3}{x_0}$.

Đáp án: $\frac{2}{3} \approx 0{,}67$.