Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 9

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 3$, do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = 3.$

Chọn B

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

Ta có $y' = \frac{{ - {x^2} + 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{x}{{{x^2} + 1}} = 0$.

Ta có bảng biến thiên sau:

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$.

Chọn B

Từ phương trình của mặt cầu suy ra tâm $I\left( {3\,;\, - 2;\,4} \right)$ và bán kính $R = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {4^2} - 4} = 5$.

Chọn B

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = 2.\left( { - 1} \right) + \left( { - 3} \right).4 + 1.\left( { - 2} \right) = - 16$.

Chọn B

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = 2.\left( { - 1} \right) + \left( { - 3} \right).4 + 1.\left( { - 2} \right) = - 16$.

Chọn D

Giả sử $E\left( {{x_E};{y_E};{z_E}} \right)$.

$ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_C} = {x_B} + {x_E}\\{y_A} + {y_C} = {y_B} + {y_E}\\{z_A} + {z_C} = {z_B} + {z_E}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_E} = 0\\{y_E} = - 3\\{z_E} = 1\end{array} \right.$.

Vậy $E\left( {0; - 3;1} \right)\,.$

Chọn C

Vì $\overrightarrow {{B_1}{C_1}} = \overrightarrow {BC} ;\,\overrightarrow {D{D_1}} = \overrightarrow {C{C_1}}$nên ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {{B_1}{C_1}} + \overrightarrow {D{D_1}} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {C{C_1}} = \overrightarrow {A{C_1}}$.

Vậy $k = 1$.

Chọn C

+ Đặt $f\left( x \right) = {x^3} + \left( {{m^2} + 1} \right)x + m + 1$.

+ Ta có: $y' = 3{x^2} + {m^2} + 1$. Dễ thấy rằng $y' > 0$ với mọi $x$, $m$ thuộc $\mathbb{R}$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$, suy ra hàm số đồng biến trên $\left[ {0;1} \right]$. Vì thế $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y$$= \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$$= f\left( 0 \right)$$= m + 1$.

+ Theo bài ra ta có: $m + 1 = 5$, suy ra $m = 4$.

+ Như vậy ${m_0} = 4$ và mệnh đề đúng là $2018{m_0} - m_0^2 \ge 0$.

Chọn A

Ta có $y' = 3a{x^2} + 2bx + c.$

Đồ thị hàm số thể hiện $a > 0;$cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên $d > 0.$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy

Vậy $a > 0,{\rm{ }}b < 0,{\rm{ }}c < 0,{\rm{ }}d > 0.$

Chọn B

Xét $f'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 3} \right){\left( {x + 5} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{1}{2}\\x = 3\\x = - 5\end{array} \right.$; Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có tất cả hai điểm cực trị.

Chọn D

Giả sử $M\left( {{x_0};\,{y_0}} \right)$ là điểm cố định của họ $\left( {{C_m}} \right)$. Khi đó

${y_0} = x_0^4 - mx_0^2 + m + 2018,\,\forall m$$\Leftrightarrow \left( { - x_0^2 + 1} \right)m + x_0^4 - {y_0} + 2018 = 0,\,\forall m$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x_0^2 + 1 = 0\\x_0^4 - {y_0} + 2018 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} = - 1\end{array} \right.\\x_0^4 - {y_0} + 2018 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{y_0} = 2019\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = - 1\\{y_0} = 2019\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}M\left( {1;\,2019} \right)\\N\left( { - 1;\,2019} \right)\end{array} \right.$.

Suy ra tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ có tọa độ là $I\left( {0;\,2019} \right)$.

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)

Đ

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

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

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

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

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

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

Bảng biến thiên:

$x = 0 \Rightarrow y = 3$

$y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 3 = 0$, đồ thị hàm số không cắt trục $Ox$

$y = \frac{{ - m{x^2} + (4m - 2)x + 1 - 4m}}{{x - 1}} \Rightarrow {y^\prime } = \frac{{ - m{x^2} + 2mx - 4m + 2 - 1 + 4m}}{{{{(x - 1)}^2}}}$

Suy ra ${y^\prime } = \frac{{ - m{x^2} + 2mx + 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}$

Dấu ${y^\prime }$ là dấu của tam thức $g(x) = - m{x^2} + 2mx + 1$

$\begin{array}{l}g(x){\rm{ c\'o }}{\Delta ^\prime } = {m^2} + m\\g(1) = - m + 2m + 1 = m + 1\end{array}$

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

Lúc này, hàm số đạt cực đại, 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 ${\Delta ^\prime } > 0$ được $m < - 1$

$y_x^\prime = \frac{{ - {x^2} + 2x + 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}$

Đường thẳng $x - y = 0$ có hệ số góc $k = 1$

Để tiếp tuyến của $(C)$ song song với đường thẳng $y = x$, cần và đủ là

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

Có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:

$\begin{array}{l}\left( {{T_1}} \right):y = 1(x - 0) + 3 \Leftrightarrow y = x + 3\\\left( {{T_2}} \right):y = 1(x - 2) - 3 \Leftrightarrow y = x - 5\end{array}$

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Ta có $y' = 3\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 1$

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng$\left( { - \infty \,; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 3\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 1 \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R}$.

Trường hợp 1: ${m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1$.

Với $m = 1$, ta được $- 1 \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R}$ , suy ra $m = 1$ .

Với $m = - 1$, ta được $- 4x - 1 \le 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{4}$, suy ra $m = - 1$ .

Trường hợp 2: ${m^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \pm 1$.

Ta có $\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right) = {m^2} - 2m + 1 + 3{m^2} - 3 = 4{m^2} - 2m - 2$.

Để $y' \le 0\,,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 < 0\\4{m^2} - 2m - 2 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\ - \frac{1}{2} \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le m < 1$.

Tổng hợp lại, ta có tất cả giá trị $m$ cần tìm là $- \frac{1}{2} \le m \le 1$.

Vì $m \in \mathbb{Z}$, suy ra $m \in \left\{ {0\,;1} \right\}$, nên có 2 giá trị nguyên của tham số $m$.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

S

$C'\left( t \right) = 0{,}05 \cdot \frac{{{t^2} + t + 1 - t\left( {2t + 1} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0$

Bảng biến thiên:

Từ đó, và đúng; sai.

Vì giá trị lớn nhất của $C\left( t \right)$ là $\frac{1}{{60}} \approx 0{,}01666 \ldots < 0{,}02$ nên sai.

Xét hệ toạ độ $Oxyz$ với $O$ là gốc toạ độ, các điểm $A \in Ox,B \in Oy,C \in Oz$ có toạ độ không âm.

Khi đó $A(30;0;0),B(0;20;0),D(0;20;10);E(30;0;6)$, $I(15;10;8)$ là trung điểm $DE$ nên hình chiếu của điểm $I$ trên sàn là $T(15;10;0)$ suy ra toạ độ điểm $V(15;20;0)$, vậy $V$ cách $P$ một khoảng bằng 5 m. Tức là bậc thang tại vị trí $U$ đang là bậc thang thứ 3, có chiều cao 60 cm so với mặt sàn. Vậy toạ độ điểm $U(15;10;0{,}6)$.

Từ đó toạ độ đỉnh đầu học sinh đứng là $K(15;10;2{,}4)$. Khoảng cách $IK = 8 - 2{,}4 = 5{,}6m$.

Mặt khác toạ độ điểm $X(15;10;2)$ nên toạ độ mắt học sinh ngồi tại $X$ là điểm $Z(15;10;3{,}2)$ suy ra hiệu khoảng cách từ điểm $I$ đến sàn và từ điểm $Z$ đến sàn nhà là $8 - 3{,}2 = 4{,}8m$

Điều và cho thấy tổng độ dài của thanh treo và thân máy chiếu không quá 4,8 mét để thoả mãn đồng thời cả 2 điều kiện.

Gọi chiều dài, chiều rộng lần lượt của khung cửa sổ là $x,y$ . Điều kiện $x,y > 0$.

Diện tích của khung cửa sổ là $xy = 3{,}4 \Rightarrow y = \frac{{3{,}4}}{x}$.

Khi đó chu vi của khung cửa sổ là $C = 2x + 2y = 2x + \frac{{6{,}8}}{x}$.

Xét hàm số $f(x) = 2x + \frac{{6{,}8}}{x}$ trên $(0; + \infty )$.

Ta có $f\prime (x) = 2 - \frac{{6{,}8}}{{{x^2}}}$

Cho $f\prime (x) = 0 \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {85} }}{5} \in (0; + \infty )$

Ta có bảng biến thiên như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy được chu vi khung cửa sổ nhỏ nhất bằng $\frac{{4\sqrt {85} }}{5} \approx 7{,}34$ m.

Tốc độ thay đổi số lượng ong của đàn theo thời gian $t$ là $T\left( t \right) = P'\left( t \right) = {2.10^7} \cdot \frac{{{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^2}}}$.

Ta có:

$\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{T'\left( t \right)}&{\; = 2 \cdot {{10}^7} \cdot \frac{{ - {e^{ - t}} \cdot {{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^2} - {e^{ - t}} \cdot 2 \cdot \left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right) \cdot \left( { - 1000{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^4}}}}\\{}&{\; = {{2.10}^7} \cdot \frac{{{e^{ - t}}\left( {1000{e^{ - t}} - 1} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^3}}} = 2 \cdot {{10}^7} \cdot \frac{{{e^{ - 2t}}\left( {1000 - {e^t}} \right)}}{{{{\left( {1 + 1000{e^{ - t}}} \right)}^3}}}}\end{array}$

$T'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1000 - {e^t} = 0 \Leftrightarrow t = {\rm{ln}}1000$.

Bảng xét dấu của đạo hàm:

Từ đó, $T\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $t = {\rm{ln}}1000 \approx 7$.

Vậy đàn ong tăng nhanh nhất tại thời điểm khoảng $t = 7$ tuần.

Tính đạo hàm ${f^\prime }(t) = 20 - 40 \cdot \frac{1}{{2\sqrt t }} = 20 - \frac{{20}}{{\sqrt t }}$

Xét ${f^\prime }(t) = 0$: $20 - \frac{{20}}{{\sqrt t }} = 0 \Rightarrow \frac{{20}}{{\sqrt t }} = 20 \Rightarrow \sqrt t = 1 \Rightarrow t = 1$

Lập bảng xét dấu ta được:

Suy ra vận tốc trung bình thấp nhất 30 mph xảy ra vào 7:00 A.M. $(t = 1)$.

Đk: $x \in \left[ {0;15} \right]$.

Có $G'\left( x \right) = 0{,}035\left[ {2x\left( {15 - x} \right) - {x^2}} \right] = 0{,}105x\left( {10 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 10\end{array} \right.$.

$G\left( 0 \right) = 0$; $G\left( {10} \right) = \frac{{35}}{2}$; $G\left( {15} \right) = 0$.

Bảng biến thiên:

Vậy huyết áp bệnh nhân giảm nhiều nhất khi tiêm cho bệnh nhân liều $x = 10$ miligam.