Đề giữa học kỳ 1 Toán 12 năm 2024 – 2025 trường chuyên Biên Hòa – Hà Nam

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

Quan sát bảng biến thiên, thấy đồ thị đi lên từ trái sang trên khoảng $\left( {- 2;\, 3} \right)$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {- 2;\, 3} \right)$.

Lập bảng biến thiên.

$y' = \frac{{(2x - 1)(x - 1) - ({x^2} - x + 9)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 8}}{{{{(x - 1)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 4\\x = - 2\end{array}$ \right.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;1).

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

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

Quan sát đồ thị và trả lời.

M - m = 7 - (-4) = 11.

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.

Quan sát hình vẽ.

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = - 1$.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f(x) là y = ax + b nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - ( ax + b )} \right] =0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - ( ax + b )} \right] =0$.

$y = \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}} = - x - 2 - \frac{3}{{x - 2}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - ( - x - 2)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ - 3}}{{x - 2}} = 0$ nên \(y = -x – 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Tâm đối xứng của hàm phân thức bậc nhất là giao của tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 và tiệm cận đứng là x = -2 nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là (-2;2).

Áp dụng quy tắc hình hộp.

Theo quy tắc hình hộp, ta có $\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}$.

Lấy tọa độ điểm cuối trừ tọa độ điểm đầu.

$\overrightarrow {MN} = (2 - 3; - 2 - ( - 2);1 - 0) = ( - 1;0;1)$.

Dựa vào đặc điểm của đồ thị như hình dạng, giới hạn, giao với trục tung,...

Đồ thị có dạng của hàm đa thức bậc ba: $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$ nên a < 0.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên d = 1.

Áp dụng công thức tính tích vô hướng của hai vecto.

Vì ABCD là tứ diện đều nên $\widehat {BAC} = {60^o}$.

$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$

$= AB.AC.\cos \widehat {BAC} = 4.4.\cos {60^o} = 8$.

Quan sát bảng xét dấu để trả lời.

a) Sai. Vì dựa vào bảng xét dấu, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;-2 \right)$ và $\left( 0;1 \right)$.

b) Đúng. Vì dựa vào bảng xét dấu, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( 1;+\infty \right)\supset \left( 3;+\infty \right)$.

c) Sai. Vì hàm số đã cho liên tục trên $\mathbb{R}$ và ${f}'\left( x \right)$ đổi dấu ba lần nên hàm số đã cho có $3$ điểm cực trị.

d) Đúng. Vì hàm số đã cho liên tục trên $\mathbb{R}$ và tại điểm $x=0$, ${f}'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số đã cho đạt cực tiểu tại $x=0$.

Quan sát đồ thị để trả lời.

a) Đúng. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có điểm cực tiểu là $x = 2$, điểm cực đại là $x = 0$.

b) Đúng. Ta có: $f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b$.

Vì $x=0,x=2$ là hai nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$ nên $b = 0,a = - 3$.

c) Sai. Vì đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left( {0;2} \right)$ nên $c = 2$.

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

d) Sai. Ta có f(1) = 0, f(4) = 18.

GTLN của hàm số trên đoạn $\left[ {1;4} \right]$ là 18.

a) Tính đạo hàm của thương.

b) Lập bảng biến thiên.

c) Chia đa thức để tìm tiệm cận xiên.

d) Áp dụng BĐT AM - GM.

a) Đúng.

$f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {{x^2} - 2x + 6} \right)}^\prime }\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} - 2x + 6} \right){{\left( {x + 1} \right)}^\prime }}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

b) Sai.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 2\\x = - 4\end{array}$ \right..

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số $f\left( x \right)$ có giá trị cực tiểu bằng 2.

c) Đúng. Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x + 6}}{{x + 1}} = x - 3 + \frac{9}{{x + 1}}$.

Vậy $y = x - 3$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

d) Đúng. Có $I\left( { - 1; - 4} \right)$ là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Gọi $M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)$. Khi đó $\overrightarrow {IM} = \left( {x + 1;y + 4} \right)$, bình phương khoảng cách IM:

$I{M^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {x - 3 + \frac{9}{{x + 1}} + 4} \right)^2}$.

$I{M^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {x + 1 + \frac{9}{{x + 1}}} \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {x + 1} \right)^2} + 18 + {\left( {\frac{9}{{x + 1}}} \right)^2}$.

$I{M^2} = 2{\left( {x + 1} \right)^2} + \frac{{81}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + 18$.

Theo bất đẳng thức Cauchy (AM – GM):

$I{M^2} \ge 2\sqrt {162} + 18 = 6\sqrt 2 + 18 \Leftrightarrow IM \ge \sqrt {6\sqrt 2 + 18}$.

Dấu xảy ra khi $2{\left( {x + 1} \right)^2} = \frac{{81}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

${\left( {x + 1} \right)^4} = \frac{{81}}{2}$ suy ra $x = \pm \frac{3}{{\sqrt[4]{2}}} - 1$.

Điểm M trên đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ có khoảng cách đến I là nhỏ nhất (với I là giao điểm của hai tiệm cận) với hoành độ dương là$\frac{3}{{\sqrt[4]{2}}} - 1$.

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

Hàm số f(x) đạt cực trị tại điểm $x_0$ khi hàm số liên tục tại $x_0$ và f'(x) đổi dấu khi đi qua $x_0$.

Có $g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right)$ nên $g\left( x \right)$ có cùng số điểm cực trị với hàm $y = f\left( x \right)$.

Từ đồ thị $y = f'\left( x \right)$ đổi dấu 3 lần nên $g\left( x \right)$ có 3 điểm cực trị.

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.

Áp dụng quy tắc hiệu hai vecto, tích của vecto với một số, quy tắc hình bình hành.

$\overrightarrow {A'M} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AA'} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} = \frac{2}{3}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} ) - \overrightarrow {AA'} = - \overrightarrow {AA'} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AD}$.

Suy ra $x + y + z = \frac{1}{3}$. Vậy $a = 1,b = 3 \Rightarrow a + b = 4$.

Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{f^2}\left( x \right) - 5f(x)}}$ đúng bằng số nghiệm thực của phương trình ${f^2}\left( x \right) - 5f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}f(x) = 0\\f(x) = 5\end{array}$ \right..

Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{f^2}\left( x \right) - 5f(x)}}$ đúng bằng số nghiệm thực của phương trình ${f^2}\left( x \right) - 5f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}f(x) = 0\\f(x) = 5\end{array}$ \right..

+ Số nghiệm thực của phương trình $f\left( x \right) = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ với đường thẳng $y = 0$.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng $y = 0$ cắt đồ thị hàm số $y = f(x)$ tại 3 điểm phân biệt nên phương trình $f\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm thực.

+ Tương tự số nghiệm thực của phương trình $f\left( x \right) = 5$ là 1 (khác với 3 nghiệm của phương trình trên).

Vậy phương trình ${f^2}\left( x \right) - 5f(x) = 0$ có 4 nghiệm nên số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{f^2}\left( x \right) - 5f(x)}}$ là 4.

Lập hàm số biểu diễn thể tích của hộp theo x. Tìm x để hàm số đó đạt giá trị lớn nhất.

Gọi x (cm) là độ dài cạnh của các hình vuông nhỏ được cắt ở bốn góc của tấm bìa.

Điều kiện 0 < x < 30.

Khi cắt bỏ bốn hình vuông nhỏ có cạnh x (cm) ở bốn góc và gập lên thì ta được một chiếc hộp chữ nhật không có nắp, có đáy là hình vuông với độ dài cạnh bằng (60 – 2x) (cm) và chiều cao bằng x (cm).

Thể tích của chiếc hộp này là:

$V(x) = {(60 - 2x)^2}.x = 4{x^3} - 240{x^2} + 3600x$ $\left( {c{m^3}} \right)$.

Ta có $V'(x) = 12{x^2} - 480x + 3600 = 0$

$\Leftrightarrow$ x = 0 (loại) hoặc x = 10 (thỏa mãn).

Bảng biến thiên:

Vậy để thể tích của chiếc hộp lớn nhất thì độ dài cạnh của các hình vuông nhỏ phải cắt là 10 cm.

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).