Đề thi giữa học kì 1 Toán 12 - Đề số 2

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  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 .

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].

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

$y' = \frac{{ - 5}}{{{{(x - 2)}^2}}} < 0,\forall x \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right]$

$y\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 0,$ $y\left( 1 \right) =  - 3$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[ - \frac{1}{2};1]$ bằng 0.

Đưa về hai vecto chung gốc để xác định góc.

Ta có: EG//AC (do ACGE là hình bình hành), suy ra $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {EG} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = {45^o}$.

Đường thẳng $y = {y_0}$ gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } f(x) = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } f(x) = {y_0}$.

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 thỏa mãn:

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

Tiệm cận ngang:

TXĐ: $D = \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 2} \right\}$

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x + 3} }}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {1 - \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {x - \frac{4}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{x - \frac{4}{x}}}\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {1 - \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}}  = \sqrt 1  = 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - \frac{4}{x}} \right) =  + \infty\) suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{x - \frac{4}{x}}} = 0\).

Vậy đồ thị có tiệm cận ngang là y = 0.

Tiệm cận đứng:

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x + 3} }}{{{x^2} - 4}}$ không xác định nên x = 2 không phải tiệm cận đứng.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x + 3} }}{{{x^2} - 4}} =  - \infty\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x + 3} }}{{{x^2} - 4}} =  + \infty\) nên  x = -2 là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị có tiệm cận đứng là x = -2.

Quan sát đồ thị và nhận xét. Sử dụng phương pháp loại trừ.

Hàm số có dạng $y = f(x) = a{x^3} + bx + c$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty$ nên a > 0. Loại D.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên c > 0. Loại B.

Xét đáp án A: $f'(x) = 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = - 1$ (vô lí) nên hàm số $f(x) = {x^3} + 3x + 1$ không có cực trị. Loại A.

Tính đạo hàm của từng hàm số rồi xét sự biến thiên.

Xét đáp án A: $y' = - 3{x^2} - 2 < 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Loại A.

Xét đáp án B: Hàm số không liên tục trên $\mathbb{R}$. Loại B.

Xét đáp án C: $y' = 9{x^2} + 3 > 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$. Chọn C.

Xét đáp án D: $y' = 6{x^2} - 5 = 0 \Leftrightarrow \pm \frac{{\sqrt {30} }}{6}$ nên hàm số không đồng biến trên $\mathbb{R}$. Loại D.

Lập bảng biến thiên và xét dấu.

Ta có bảng xét dấu:

Vậy f(x) có hai điểm cực trị là x = 2 và x = 3.

x = -2 không phải cực trị của hàm số vì qua đó f'(x) không đổi dấu.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Quan sát bảng biến thiên, thấy \(f(x) \ge  - 2\) với mọi x thuộc [-1;1].

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) trên [-1;1] là -2.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

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

$\overrightarrow {FH} = \overrightarrow {BD}$ vì chúng cùng hướng và FH = BD.

Hàm số nghịch biến trên khoảng đồ thị đi xuống từ trái sang phải.

Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị đi xuống từ trái sang trong khoảng $\left( { 0;2} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó.

Áp dụng quy tắc ba điểm.

$\overset{\rightarrow}{BA} + \overset{\rightarrow}{A^{\prime}C^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{BA} + \overset{\rightarrow}{AC} = \overset{\rightarrow}{BC}$.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Ta có $\lim_{x \to 1^+} y = -\infty$; $\lim_{x \to 1^-} x = +\infty$ nên ta có một tiệm cận đứng là $x=1$.

Mặt khác $\lim_{x \to +\infty} y = -1$; $\lim_{x \to -\infty} y = 1$ nên ta có hai tiệm cận ngang là $y=1$ và $y=-1$.

Vậy, đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCĐ và TCN là 3.

Tìm tập xác định, tính đạo hàm rồi lập bảng biến thiên, tìm giá trị lớn nhất.

a) Đúng. Hàm số mũ $y = f\left( x \right) = {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$ có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

b) Sai. Hàm số $y = f\left( x \right) = {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$ có đạo hàm là $y'\, = {\left( { - \frac{1}{2}{x^2}} \right)^\prime }{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} = - x{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$.

c) Sai. Khi điểm B có toạ độ $\left( {x;{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}} \right)$ với x > 0 thì cạnh AD = 2x, cạnh $AB = {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$.

Diện tích hình chữ nhật ABCD được tính theo công thức $S\left( x \right) = 2x{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$.

d) Đúng. Xét hàm số $S\left( x \right) = 2x{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

$S'\left( x \right) = 2{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} - 2{x^2}{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} = 2{e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}\left( {1 - {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array}$ \right..

Bảng biến thiên:

Hàm số S(x) đạt giá trị lớn nhất khi x = 1. Khi đó AD = 2.

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

Sử dụng tính chất trung điểm, quy tắc nhân vecto với một số, cách xác định độ dài vecto, quy tắc tổng hợp lực.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Ta có $\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OC} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OD} {\rm{\;}} = \vec 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {OS} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OS} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OS} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SC} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OS} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SD} {\rm{\;}} = \vec 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {SA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SC} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SD} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - 4\overrightarrow {OS} {\rm{\;}} = 4\overrightarrow {SO}$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {SA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SC} {\rm{\;}} + \overrightarrow {SD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO$.

Trọng lượng của đèn chùm là $P = mg = 3.9,8 = 29,4$(N).

Suy ra $4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = P = 29,4$(N). Do đó $SO = \frac{{29,4}}{4} = 7,35$.

Vì tam giác ASC cân tại S nên $\widehat {ASO} = \frac{{\widehat {ASC}}}{2} = \frac{{{{60}^o}}}{2} = {30^o}$.

Xét tam giác SAO vuông tại O:

$\cos \widehat {ASO} = \frac{{SO}}{{SA}} \Rightarrow SA = \frac{{SO}}{{\cos \widehat {ASO}}} = \frac{{7,35}}{{\cos {{30}^o}}} = \frac{{49\sqrt 3 }}{{10}} \approx 8,5$.

Vậy độ lớn của lực căng cho mỗi sợi xích bằng khoảng 8,5 N.

Lập hàm số biểu diễn số tiền thu được khi chở x khách.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên trên [0;50].

Điều kiện: $0 \le x \le 50$.

Số tiền thu được khi chở x khách là: $f(x) = 20x{\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)^2}$ (nghìn đồng).

$f'(x) = 20{\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)^2} - x\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right) = \left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {60 - \frac{{3x}}{2}} \right)$.

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}3 - \frac{x}{{40}} = 0\\60 - \frac{{3x}}{2} = 0\end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = 120 \notin [0;50]\\x = 40 \in [0;50]\end{array}$ \right.

Ta có $f(0) = 0$; $f(40) = 3200$; $f(50) = 3062,5$.

Vậy một chuyển xe buýt thu được số tiền nhiều nhất là 3 200 000 đồng = 3,2 triệu đồng.

Gọi chiều rộng bể là x (đơn vị: mét, x > 0).

Tính chiều dài, chiều cao của bể theo x.

Lập hàm số biểu diễn diện tích xung quanh của bể theo x.

Tìm GTNN của hàm số đó.

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật đáy bể là x (đơn vị: mét, x > 0), suy ra chiều dài của hình chữ nhật là 2x.

Gọi h là chiều cao của bể, ta có:

$V = S \cdot h = 2x^2 \cdot h = 200 \Rightarrow h = \frac{100}{x^2}$.

Diện tích của bể là $S = 2hx + 2 \cdot 2hx + 2x^2 = 2x^2 + 6hx$

$= 2x^2 + 6 \cdot \frac{100}{x^2} \cdot x = 2x^2 + \frac{600}{x}$.

Chi phí xây bể nhỏ nhất khi diện tích bể nhỏ nhất, ta cần tìm GTNN của S:

$S' = 4x - \frac{600}{x^2}$.

$S' = 0 \Leftrightarrow 4x = \frac{600}{x^2} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{150}$.

Bảng biến thiên:

Vậy chi phí thấp nhất để xây bể là $S(\sqrt[3]{150}) \cdot 350000 \approx 59$ triệu đồng.

Giới hạn của hàm số khi $x \to \pm \infty$ là: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ax + b}}{{cx + d}} = \frac{a}{c}$.

Tiệm cận ngang của hàm số là đường thẳng $y = \frac{{26}}{1} = 26$.

Vậy tiệm cận ngang của hàm số $y = 26$.

a) Bước 1. Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2. Xét sự biến thiên của hàm số.

− Tìm đạo hàm y', xét dấu y', xác định khoảng đơn điệu, cực trị (nếu có) của hàm số.

− Tìm giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số và các đường tiệm cận của đồ thị hàm số (nếu có).

− Lập bảng biến thiên của hàm số.

Bước 3. Vẽ đồ thị của hàm số.

− Xác định các điểm cực trị (nếu có), giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ (nếu có và dễ tìm),...

− Vẽ các đường tiệm cận của đồ thị hàm số (nếu có).

− Vẽ đồ thị hàm số.

b) Quan sát đồ thị và tìm khoảng cách giữa 2 cực trị. Dùng định lí Pytago để tìm khoảng cách đó.

a) Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

• Chiều biến thiên:

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

Trên các khoảng ($- \infty$; 0), (2; $+ \infty$) thì y' < 0 nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng đó. Trên khoảng (0; 2) thì y' > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.

• Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và ${y_{cd}} = 4$.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và ${y_{ct}} = \frac{8}{3}$.

• Các giới hạn tại vô cực:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } (\frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 4) =  - \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } (\frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 4) =  + \infty$.

• Bảng biến thiên:

Khi x = 0 thì y = 4 nên (0; 4) là giao điểm của đồ thị với trục Oy.

Ta có: $y = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1,61$.

Vậy đồ thị của hàm số giao với trục Ox tại điểm (-1,61; 0).

b) Khoảng cách giữa 2 cực trị là $AC = \sqrt {{{(2 - 0)}^2} + {{\left( {\frac{8}{3} - 4} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt {13} }}{3}$.

Sử dụng quy tắc hình hộp.

a) Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC'}$.

Do đó $\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC' = 2AO = 2{\rm{a}}$.

b) Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'}  + \overrightarrow {A'A}  = \overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'}  + \overrightarrow {C'C}  = \overrightarrow {C'A}$.

Do đó $\left| {\overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'}  + \overrightarrow {A'A} } \right| = \left| {\overrightarrow {C'A} } \right| = C'A = 2AO = 2{\rm{a}}$.

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 $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 3}}$.