Đề thi giữa học kì 1 Toán 12 - Đề số 1

Hàm số đồng biến trên khoảng đồ thị đi lên từ trái sang.

Hàm số đồng biến trên $\left( {- \infty - 1} \right)$.

Hàm số nghịch biến trên khoảng y' < 0.

$y' = \frac{{ - 58}}{{{{(5x - 9)}^2}}} < 0$, $\forall x \ne \frac{9}{5}$.

Do đó hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;\frac{9}{5}} \right)$ và $\left( {\frac{9}{5}; + \infty } \right)$.

Ta có $\left( {2; + \infty } \right) \subset \left( {\frac{9}{5}; + \infty } \right)$ nên hàm số nghịch biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$.

Đường thẳng $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có tiệm cận đứng là $x = - \frac{d}{c}$.

$y = \frac{2x - 1}{x + 2}$ có tiệm cận đứng là $x = -2$.

Trong không gian, cho hai vecto $\overrightarrow a ,\overrightarrow b \ne \overrightarrow 0$. Lấy một điểm O bất kì và gọi A, B là hai điểm sao cho $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow a$, $\overrightarrow {OB} = \overrightarrow b$. Khi đó, $\widehat {AOB}$ $\left( {{0^o} < \widehat {AOB} < {{180}^o}} \right)$ được gọi là góc giữa hai vecto $\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$, kí hiệu là $\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

$\left( {\overrightarrow {AD} ;\overrightarrow {BG} } \right) = \left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BG} } \right) = \widehat {CBG} = {45^o}$.

Đường thẳng $x = {x_0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) =  - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) =  + \infty$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 1.

Dựa vào đặc điểm của đồ thị.

Nhánh cuối của đồ thị đi lên từ trái sang nên a > 0.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ lớn hơn 0 nên d > 0.

Bước 1: Tìm tập xác định (trong trường hợp xét trên đoạn [a;b], tập xác định đang xét chính là đoạn đó).

Bước 2: Tính đạo hàm f’(x). Tìm các giá trị $x_1, x_2, ..., x_n$ thuộc đoạn [a;b] mà tại đó f’(x) = 0 hoặc f’(x) không tồn tại. (Các điểm này còn được gọi là điểm cực trị hoặc điểm dừng nếu đạo hàm bằng 0, hoặc điểm kì dị nếu đạo hàm không tồn tại).

Bước 3: Tính giá trị của hàm số tại các điểm vừa tìm được ở Bước 2 và tại hai đầu mút của đoạn [a;b]. Tức là tính các giá trị $f(a), f(x_1), f(x_2), ..., f(x_n), f(b)$.

Giá trị lớn nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTLN của hàm số trên đoạn [a; b].

Giá trị nhỏ nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTNN của hàm số trên đoạn [a; b].

TXĐ: D = R \ {0}.

$y' = 2x - \frac{2}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Ta có $f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{17}}{4}$; $f\left( 1 \right) = 3$; $f\left( 2 \right) = 5$.

Vậy m = 3.

Hai vecto bằng nhau có cùng độ dài và cùng hướng.

$\overset{\rightarrow}{AB} = \overset{\rightarrow}{D^{\prime}C^{\prime}}$ vì hai vecto có cùng độ dài và cùng hướng.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$.

Áp dụng quy tắc ba điểm.

Theo quy tắc ba điểm, ta có $\overset{\rightarrow}{MN} + \overset{\rightarrow}{NP} = \overset{\rightarrow}{MP}$.

Quan sát đồ thị hàm số và nhận xét.

Trên $\left( {0; + \infty} \right)$, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1.

Dựa vào số điểm x thuộc tập xác định mà qua đó f'(x) đổi dấu.

f'(x) có hai nghiệm bội lẻ là x = 0 và x = 1, qua đó f'(x) đổi dấu.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Tính đạo hàm và khảo sát hàm số.

a) Đúng. $y = x + \frac{4}{{x + 2}}$.

$y' = 1 - \frac{4}{{{{(x + 2)}^2}}} > 0$ khi x > 0.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

b) Sai. $y' = 1 - \frac{4}{{{{(x + 2)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = - 4\end{array}$ \right..

Tọa độ hai cực trị của hàm số là A(-4;-6), B(0;2).

Diện tích tam giác OAB là $\frac{1}{2}.2.4 = 4$ (đvdt).

c) Đúng. Thay tọa độ hai cực trị vào phương trình y = 2x + 2 thấy thỏa mãn nên y = 2x + 2 là đường thẳng đi qua hai cực trị.

d) Sai. Khoảng [-3;3] không liên tục, ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty$ nên không tìm được GTLN và GTNN của hàm trên khoảng này.

Áp dụng tính chất trung điểm và tích vô hướng của hai vecto.

a) Sai. Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên đáy $ABCD$ là hình vuông.

Suy ra tâm $O$ là trung điểm của các đường chéo $AC$ và $BD$.

Do đó, $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow 0$ và $\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0$.

Vậy $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0$.

b) Đúng. Với điểm $S$, ta có: $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO}\\ \overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = 2\overrightarrow {SO} \\\overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}  = 2\overrightarrow {SO} \end{array} \right.$.

Suy ra $\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}$.

c) Sai. Tứ giác $ABCD$ là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là $a$ nên độ dài đường chéo $AC$ là $a\sqrt 2$. Tam giác $SAC$ có $SA = SC = a$ và $AC = a\sqrt 2$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $S$, suy ra $\widehat {SAC} = 45^\circ$. Do đó, $\left( {\overrightarrow {SC} ,\,\overrightarrow {AC} } \right) = 180^\circ  - \widehat {SAC} = 180^\circ  - 45^\circ  = 135^\circ$.

d) Đúng. $\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {SA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos 135^\circ  = a \cdot a\sqrt 2  \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) =  - {a^2}$.

Xét dấu f'(x).

Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $( - \infty ; - 45)$ và $(0;45)$.

Khoảng $(0;45)$ có 44 số nguyên.

Gọi $MQ = x$ (đơn vị: mm, $x>0$).

Lập hàm số biểu diễn phần diện tích dùng để trình bày theo $x$.

Tìm $x$ để hàm số trên đạt GTLN, từ đó suy ra kích thước trang sách.

Gọi $MQ = x$ (đơn vị: mm, $x>0$), suy ra $AD = x + 44$ (mm).

Từ đó ta có $AB = \frac{{49104}}{{x + 44}}$ (mm), do đó $MN = \frac{{49104}}{{x + 44}} - 31$ (mm).

Diện tích dùng để trình bày là $S(x) = x\left( {\frac{{49104}}{{x + 44}} - 31} \right) = \frac{{49104x}}{{x + 44}} - 31x$ $\left( {m{m^2}} \right)$.

$S'(x) = \frac{{49104(x + 44) - 49104x}}{{{{(x + 44)}^2}}} - 31 = \frac{{2160576}}{{{{(x + 44)}^2}}} - 31$.

$S'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2160576}}{{{{(x + 44)}^2}}} - 31 = 0 \Leftrightarrow {(x + 44)^2} = 69696$

$\Leftrightarrow x + 44 = \pm 264 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 220\\x = - 308\end{array}$ \right.$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{}&{(TM)}\\{}&{(L)}\end{array}$.

Lập BBT thấy diện tích dùng để trình bày đạt GTLN tại x = 220.

Khi đó AD = 264, AB = 186 (mm).

Chu vi mỗi trang sách là 264.2 + 186.2 = 900 (mm).

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên.

Ta có ${C^\prime }(t) = \frac{{0,15\left( {1 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}},t \ge 0$.

Bảng biến thiên của hàm số $C(t)$ trên $(0; + \infty )$:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy nồng độ thuốc trong máu đạt giá trị lớn nhất bằng 0,08 mg/$c{m^3}$.

Sử dụng các phép toán vecto.

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 ${D_1},{A'_1},\,{B'_1},\,{D'_1}$ sao cho $O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}$ là hình hộp như hình dưới đây.

Theo quy tắc hình hộp, ta có: $\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{B_1}} + \overrightarrow {O{C_1}} = \overrightarrow {O{{D'}_1}}$.

Mặt khác, do các lực căng $\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}}$ đôi một vuông góc và $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 20$ (N) nên hình hộp $O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}$ có ba cạnh $O{A_1},\,O{B_1},\,O{C_1}$  đôi một vuông góc và bằng nhau.

Do đó, hình hộp $O{A_1}{D_1}{B_1}.{C_1}{A'_1}{D'_1}{B'_1}$ là hình lập phương có độ dài cạnh bằng 20.

Suy ra độ dài đường chéo của hình lập phương đó bằng $20\sqrt 3 = 34,6$.

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 $\left| {\overrightarrow P } \right| = \left| {\overrightarrow {O{{D'}_1}} } \right| = 20\sqrt 3 \approx 34,6$ (N).

Đường thẳng $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nếu:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {ax + b} \right)} \right] = 0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {ax + b} \right)} \right] = 0$.

Ta có: $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 3}} = x - 6 + \frac{{20}}{{x + 3}}$.

Xét $\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x - 6} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \frac{{20}}{{x + 3}} = 0$.

Vậy đường thẳng $y = x - 6$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 3}}$.

Hàm số y = f(x) đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y' \ge 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$.

$y = {x^3} + (m + 1){x^2} + 3x + 2025$.

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có $y' = 3{x^2} + 2(m + 1)x + 3$.

Hàm số $y = {x^3} + (m + 1){x^2} + 3x + 2025$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y' \ge 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$.

Khi đó $3{x^2} + 2(m + 1)x + 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\Delta ' = {{(m + 1)}^2} - 9 \le 0}\\{a = 3 > 0}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 \le 0 \Leftrightarrow - 4 \le m \le 2$.

Bắt đầu biến đổi từ vế trái từng bước suy ra điều phải chứng minh. Áp dụng quy tắc ba điểm.

$\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}$

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} } \right)$

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DB} } \right)$

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DB} } \right)$

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} + \frac{1}{2}.2\overrightarrow {DB}$

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DB}$.