Đề thi giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

a) Sai. Quan sát hình vẽ, ta thấy:

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{-2\right\}$.

Trên các khoảng $\left(-\infty ;-3\right)$ và $\left(-1;+\infty \right)$, đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải nên hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng này.  

Trên các khoảng $\left(-3;-2\right)$ và $\left(-2;-1\right)$, đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng này.  

b) Đúng. Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x=-3$; đạt cực tiểu tại $x=-1$.

c) Sai. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng $x=-2$.

d) Đúng. Vì $x=-2$ là tiệm cận đứng nên $n=2$. Khi đó, $y=f\left(x\right)=\frac{a{x}^2+bx+c}{x+2}$.

Ta có $y^{\prime }=\frac{a{x}^2+4ax+2b-c}{{\left(x+2\right)}^2}$; $y^{\prime }=0\iff a{x}^2+4ax+2b-c=0$ (*).

$x=-1$ là một nghiệm của phương trình (*), do đó $-3a+2b-c=0$.

Các điểm $\left(-1;1\right)$, $\left(-3;-3\right)$ thuộc đồ thị hàm số đã cho nên tọa độ các điểm này thỏa mãn hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{a{x}^2+bx+c}{x+2}$.

Khi đó, ta có hệ phương trình sau: $\{\begin{array}{l}-3a+2b-c=0\\ a-b+c=1\\ -9a+3b-c=-3\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\\ c=3\end{array}$.

Vậy công thức xác định hàm số đã cho là $y=\frac{x^2+3x+3}{x+2}$.

a) Sai. Ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{AA}=\overrightarrow{0}$.

b) Đúng. Vì $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Khi đó, $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0};\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$, suy ra $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$.

c) Đúng. Ta có $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}\\ \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO}\end{array}$, do đó $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}$.

d) Sai. Ta có $\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$

$\iff \overrightarrow{GS}+\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OA}\right)+\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OB}\right)+\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OC}\right)+\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OD}\right)=\overrightarrow{0}$

$\iff \overrightarrow{GS}+4\overrightarrow{GO}+\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}\right)=\overrightarrow{0}$

$\iff \overrightarrow{GS}+4\overrightarrow{GO}=\overrightarrow{0}$$\iff \overrightarrow{GS}=4\overrightarrow{OG}$.

Giả sử miếng bìa hình vuông $ABCD$, đáy của hình chóp tứ giác đều là hình vuông $MNPQ$ tâm $O$ có cạnh bằng $x$ dm $\left(0<x<6\sqrt{2}\right)$ như hình vẽ. Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $MQ$ và $NP$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng 6 dm nên $AC=6\sqrt{2}$ dm, $HK=x$ dm.

Ta có $AH=\frac{AC-HK}{2}=3\sqrt{2}-\frac{x}{2}$ dm.

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là:

$h=AO=\sqrt{A{H}^2-O{H}^2}=\sqrt{{\left(3\sqrt{2}-\frac{x}{2}\right)}^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\sqrt{18-3\sqrt{2}x}$ (dm).

Thể tích của khối chóp là: $V=\frac{1}{3}h{x}^2=\frac{1}{3}{x}^2\sqrt{18-3\sqrt{2}x}=\frac{1}{3}\sqrt{x^4\left(18-3\sqrt{2}x\right)}$ (dm³).

Để tìm giá trị lớn nhất của $V$ ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số $f\left(x\right)=x^4\left(18-3\sqrt{2}x\right)$ với $0<x\le 3\sqrt{2}$.

Ta có: $f^{\prime }\left(x\right)=x^3\left(-15\sqrt{2}x+72\right)$, $f^{\prime }\left(x\right)=0$ khi $x=0$ hoặc $x=\frac{12\sqrt{2}}{5}$.

Bảng biến thiên của hàm số $f\left(x\right)$ như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;3\sqrt{2}\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(\frac{12\sqrt{2}}{5}\right)=\frac{1492992}{3125}$.

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng $V_{\max }=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1492992}{3125}}=\frac{288\sqrt{10}}{125}$ (dm³).

Gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là các điểm sao cho $\overrightarrow{O{A}_1}=\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{O{B}_1}=\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{O{C}_1}=\overrightarrow{F_3}$. Lấy các điểm $D_1,A_1^{\prime },B_1^{\prime },D_1^{\prime }$ sao cho $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\prime }{D}_1^{\prime }{B}_1^{\prime }$ là hình hộp như hình dưới đây.

Theo quy tắc hình hộp, ta có: $\overrightarrow{O{A}_1}+\overrightarrow{O{B}_1}+\overrightarrow{O{C}_1}=\overrightarrow{O{D^{\prime }}_1}$.

Mặt khác, do các lực căng $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}$ đôi một vuông góc và $\left|\overrightarrow{F_1}\right|=\left|\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{F_3}\right|=15$ (N) nên hình hộp $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\prime }{D}_1^{\prime }{B}_1^{\prime }$ có ba cạnh $O{A}_1,O{B}_1,O{C}_1$ đôi một vuông góc và bằng nhau.

Do đó, hình hộp $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\prime }{D}_1^{\prime }{B}_1^{\prime }$ là hình lập phương có độ dài cạnh bằng 15.

Suy ra độ dài đường chéo của hình lập phương đó bằng $15\sqrt{3}$.

Do chiếc đèn ở vị trí cân bằng nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{P}$, ở đó $\overrightarrow{P}$ là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn.

Vậy trọng lượng của chiếc đèn là $\left|\overrightarrow{P}\right|=\left|\overrightarrow{O{D^{\prime }}_1}\right|=15\sqrt{3}$ (N).