Đề thi giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 1 (có đáp án)

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{x^2-3x+5}{x+1}=+\infty$ và $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{x^2-3x+5}{x+1}=-\infty$.

Nên đồ thị $\left(C\right)$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-1$.

b) Sai. Ta có $y=\frac{x^2-3x+5}{x+1}=x-4+\frac{9}{x+1}$. Khi đó, $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[f\left(x\right)-\left(x-4\right)\right]=0$.

Do đó, tiệm cận xiên của $\left(C\right)$ là đường thẳng $y=x-4$.

c) Đúng. TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{-1\right\}$. Ta có $y^{\prime }=\frac{x^2+2x-8}{{\left(x+1\right)}^2}$. Giải $y^{\prime }=0$, ta được $x=-4$ và $x=2$.

Bảng biến thiên:

(C) có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-1$. b) Đường thẳng $y=x+1$ là tiệm cận xiên của đồ thị $\left(C\right)$. (ảnh 1)">

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  và $\left(-1;2\right)$.

d) Sai. Từ BBT suy ra đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là $A\left(-4;-11\right),B\left(2;1\right)$.

Vậy đường thẳng qua 2 điểm cực trị là $\frac{x-2}{2-\left(-4\right)}=\frac{y-1}{1-\left(-11\right)}\iff \frac{x-2}{6}=\frac{y-1}{12}$

$\Rightarrow 12x-24=6y-6\iff y=2x-3$.

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}$.

b) Sai. Vì $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}$ (do $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành), $$\overrightarrow{B^{\prime }M}=\frac{1}{2}\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$ (do $M$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$, và $AD{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành).

Nên ta có: $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{B^{\prime }M}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$.

c) Đúng. Ta có: $3\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{D}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (vì $G$ là trọng tâm tam giác $D{C}^{\prime }{D}^{\prime }$).

Mà $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD}$ (vì $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành), $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ (do $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp).

Nên $3\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+3\overrightarrow{AD}\Rightarrow \overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD}$.

Bình phương 2 vế và lưu ý $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$ (các vectơ đôi một vuông góc) ta có:

$A{G}^2=\frac{1}{9}A{B}^2+\frac{4}{9}A{A}^{\prime 2}+A{D}^2=\frac{1}{9}{a}^2+\frac{4}{9}{c}^2+b^2$$\Rightarrow AG=\sqrt{\frac{1}{9}{a}^2+\frac{4}{9}{c}^2+b^2}$.

d) Sai. Vì $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$ (các vectơ đôi một vuông góc).

Nên ta có: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AG}=\left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\right)\cdot \left(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac{2}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\right)$

                                 $=\frac{1}{3}A{B}^2+\frac{1}{2}A{D}^2+\frac{2}{3}A{A}^{\prime 2}$$=\frac{1}{3}{a}^2+\frac{1}{2}{b}^2+\frac{2}{3}{c}^2$.

Gọi $$E,F$$ là hình chiếu của $$A,B$$ trên bờ sông. $$D$$ là hình chiếu của $$A$$ trên $$BF$$.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $$ADB$$ ta có

$$AD=\sqrt{A{B}^2-B{D}^2}=\sqrt{{615}^2-{\left(487-118\right)}^2}=492\mathrm{m}$$.

Đặt $$EM=x\left(0\le x\le 492\right)$$ ta có quãng đường mà người đi lấy nước phải đi là

$$S=AM+MB=\sqrt{{118}^2+x^2}+\sqrt{{\left(492-x\right)}^2+{487}^2}=\sqrt{{118}^2+x^2}+\sqrt{x^2-984x+479233}$$.

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $$f\left(x\right)=\sqrt{{118}^2+x^2}+\sqrt{x^2-984x+479233}$$ trên đoạn $$\left[0;492\right]$$.

Cách 1: Sử dụng máy tính dừng chức năng TABLE thu được $$\underset{\left[0;492\right]}{\min }f\left(x\right)=779,8\mathrm{m}$$.

Cách 2: Ta có $$f^{\prime }\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2+{118}^2}}+\frac{x-492}{\sqrt{x^2-984x+479233}}$$

$$f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \frac{x}{\sqrt{x^2+{118}^2}}=\frac{492-x}{\sqrt{x^2-984x+479233}}\Rightarrow 223245x^2+13701216x-13924\cdot 242064=0$$

$$\Rightarrow [\begin{array}{l}x=\frac{58056}{605}\\ x=-\frac{472}{3}\left(l\right)\end{array}\Rightarrow x=\frac{58056}{605}$$.

Ta có BBT:

Vậy $$\underset{\left[0;492\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(\frac{58056}{605}\right)\approx 779,8\mathrm{m}$$.

Lời giải

Gọi $x\left(\mathrm{cm}\right)$ là cạnh đáy của chiếc thùng $\left(x>0\right)$.

Khi đó diện tích đáy thùng là $x{}^2\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Vì thể tích thùng là $2000\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ nên chiều cao hộp là $h=\frac{2000}{x^2}\left(\mathrm{cm}\right)$.

Tổng diện tích các bề mặt của chiếc thùng là: $S=2x^2+4xh=2x^2+\frac{8000}{x}\left(x>0\right)$.

Ta có $S^{\prime }=4x-\frac{8000}{x^2}=\frac{4x^3-8000}{x^2};S^{\prime }=0\iff x=10\sqrt[3]{2}$.

Bằng cách bảng biến thiên, dễ thấy diện tích bề mặt thùng nhỏ nhất khi cạnh đáy của thùng là $10\sqrt[3]{2}$ và chiều cao của thùng là $\frac{20}{\sqrt[3]{4}}$.

Vậy nguyên liệu để sản xuất chiếc thùng là ít nhất khi chiều cao thùng là $\frac{20}{\sqrt[3]{4}}\mathrm{cm}.$

Lời giải

Theo hình vẽ ta có các vectơ $$\overrightarrow{AS},\overrightarrow{BS},\overrightarrow{CS},\overrightarrow{DS}$$ biểu thị các lực căng $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3},\overrightarrow{F_4}$.

Khi đó, $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}=\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{CS}+\overrightarrow{DS}$

$=-\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}\right)=-\left[\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}\right)+\left(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}\right)\right]$

$=-\left(2\overrightarrow{SO}+2\overrightarrow{SO}\right)=-4\overrightarrow{SO}$.

Vì các đoạn dây cáp có độ dài bằng nhau và góc tạo bởi hai đoạn dây cáp đối diện nhau là 60° nên tam giác $$SAC$$ cân và $$\widehat{ASC}=60^{\circ }$$, do đó tam giác $$SAC$$ đều, suy ra $$SO=SA\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$.

Khi đó, $\left|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}\right|=4SO=4\cdot SA\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=4\cdot 5000\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=10000\sqrt{3}(\mathrm{N}).$

Ta có $$\overrightarrow{P}=m\cdot \overrightarrow{g}$$, suy ra $$P=m\cdot g=10m$$.

Để cần cẩu nâng được thùng hàng thì $\left|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}\right|\ge P$.

Suy ra $10000\sqrt{3}\ge 10m\Rightarrow m\le 1000\sqrt{3}(\mathrm{kg})$.

Vậy $m\le 1000\sqrt{3}(\mathrm{kg})$.