Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 12 cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Tự luận

a) Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Có $y' = - 3{x^2} + 6x$.

Có $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có:

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$ và ${y_{CT}} = - 4$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 2$ và .

b) Tập xác định: D = ℝ.

Có $y' = 4{x^3} + 12{x^2}$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 3\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và đồng biến trên khoảng $\left( { - 3; + \infty } \right)$.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = - 3$ và ${y_{CT}} = - 28$.

Hàm số không có cực đại.

a) Tập xác định của hàm số $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Ta có $y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne - 1$.

Vậy hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Hàm số không có cực trị.

b) Tập xác định của hàm số $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

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

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right)$.

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - 2; - 1} \right)$ và $\left( { - 1;0} \right)$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = - 2$ và .

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$ và ${y_{CT}} = 2$.

a) Tập xác định của hàm số là $D = \left( { - \infty ;3} \right)$.

Có $y' = 2x - \frac{4}{{3 - x}} = \frac{{ - 2{x^2} + 6x - 4}}{{3 - x}}$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+) Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2) và nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {2;3} \right)$.

+) Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$ và ${y_{CT}} = 1 + 4\ln 2$.

+) Hàm số đạt cực đại tại $x = 2$ và .

b) Tập xác định của hàm số là $D = \left( { - \infty ;0} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)$.

Ta có $y' = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} }},\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$.

Có $y' = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \notin D$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.

Hàm số không có cực trị.

a) Có $f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x$$\Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 3;1} \right]\\x = 2 \notin \left[ { - 3;1} \right]\end{array} \right.$.

Ta có $f\left( { - 3} \right) = 64,f\left( 0 \right) = 10,f\left( 1 \right) = 12$.

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 3} \right) = 64;\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 10$.

b) Ta có $f'\left( x \right) = - 8{x^3} + 8x$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 8{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$.

Có $f\left( 0 \right) = 3,f\left( 1 \right) = 5,f\left( 2 \right) = - 13$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 5;\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = - 13$.

a) Có $f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in \left[ {0;4} \right]$. Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên đoạn $[0;4]$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 3;\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = \frac{{11}}{5}$.

b) Có $f'\left( x \right) = \frac{{ - 4{x^2} - 6x + 4}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 4{x^2} - 6x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: $\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) = 1;\mathop {\max }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 6$.

a) Ta có $y' = \left( {3{x^2} - 3} \right){e^{{x^2} - 3x + 3}}$.

Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ do $x \in \left[ {0;2} \right]$.

Có $y\left( 0 \right) = {e^3};y\left( 2 \right) = {e^5};y\left( 1 \right) = e$.

Vậy $\mathop {\max y}\limits_{\left[ {0;2} \right]} = y\left( 2 \right) = {e^5};\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 1 \right) = e$.

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

Có $y\left( 1 \right) = 0;y\left( {{e^2}} \right) = \frac{4}{{{e^2}}};y\left( {{e^5}} \right) = \frac{{25}}{{{e^5}}}$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;{e^5}} \right]} y = \frac{4}{{{e^2}}}$; $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;{e^5}} \right]} y = 0$.

Từ đồ thị hàm số, ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy $M = f\left( 2 \right)$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) < f\left( 2 \right)\\f\left( 3 \right) < f\left( 2 \right)\end{array} \right. \Rightarrow f\left( 1 \right) + f\left( 3 \right) < 2f\left( 2 \right)$.

Do đó $f\left( 4 \right) = f\left( 0 \right) + f\left( 1 \right) + f\left( 3 \right) - 2f\left( 2 \right) < f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) + f\left( 2 \right) - 2f\left( 2 \right) = f\left( 0 \right) \Rightarrow m = f\left( 4 \right)$.

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2$ nên đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = + \infty$ nên $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{{x^2} - 1}} = 1$. Suy ra $y = 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{x - 4}}{{x + 1}} = + \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{x - 4}}{{x + 1}} = - \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 4}}{{x + 1}} = - \frac{3}{2}$.

Suy ra $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

a) Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} + 2}}{{2x - 4}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + 2}}{{2x - 4}} = + \infty$.

Suy ra đường thẳng $x = 2$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$y = \frac{{{x^2} + 2}}{{2x - 4}} = \left( {\frac{1}{2}x + 1} \right) + \frac{6}{{2x - 4}}$

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {\frac{1}{2}x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{6}{{2x - 4}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {\frac{1}{2}x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{6}{{2x - 4}} = 0$.

Do đó $y = \frac{1}{2}x + 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{5}{2}} \right)}^ - }} \frac{{2{x^2} + 9x + 11}}{{2x + 5}} = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{5}{2}} \right)}^ + }} \frac{{2{x^2} + 9x + 11}}{{2x + 5}} = + \infty$.

Suy ra $x = - \frac{5}{2}$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$y = \frac{{2{x^2} + 9x + 11}}{{2x + 5}} = x + 2 + \frac{1}{{2x + 5}}$.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{2x + 5}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{2x + 5}} = 0$.

Suy ra $y = x + 2$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

a) Tập xác định của hàm số là ℝ.

Sự biến thiên:

$y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$.

Trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$, $y' > 0$ nên hàm số đồng biến, trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, $y' < 0$ nên hàm số nghịch biến.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và .

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$ và ${y_{CT}} = - 3$.

Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị đi qua các điểm $\left( {2; - 3} \right),\left( { - 1; - 3} \right),\left( {3;1} \right)$.

Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là $I\left( {1; - 1} \right)$.

b) Tập xác định của hàm số là ℝ.

Sự biến thiên:

Có $y' = 3{x^2} + 6x + 3 = 3{\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$. Suy ra hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Có $y' = 0 \Leftrightarrow x = - 1$.

Hàm số không có cực trị.

Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty$.

Bảng biến thiên

Đồ thị:

Đồ thị hàm số giao với trục hoành tại điểm $\left( { - 2;0} \right)$ và giao với trục tung tại điểm $\left( {0;2} \right)$.

Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là $I\left( { - 1;1} \right)$.

Có $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 2} \right) = 0\\f\left( 0 \right) = 4\\f'\left( { - 2} \right) = 0\\f'\left( 0 \right) = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8a + 4b - 2c + d = 0\\d = 4\\12a - 4b + c = 0\\c = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = - 3\\c = 0\\d = 4\end{array} \right.$.

Vậy $y = f\left( x \right) = - {x^3} - 3{x^2} + 4$.

a) Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Sự biến thiên

Có $y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne - 1$.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = - \infty$.

Do đó $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 1$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 1$.

Suy ra đường thẳng $y = 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên

Đồ thị

Giao điểm của đồ thị với trục tung là $\left( {0; - 1} \right)$.

Giao điểm của đồ thị với trục hoành là $\left( {1;0} \right)$.

Đồ thị hàm số nhận giao điểm I(−1; 1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm các trục đối xứng.

b) Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Sự biến thiên

Có $y' = - \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1$.

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = + \infty$.

Do đó đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2$.

Do đó đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên

Đồ thị

Giao điểm của đồ thị với trục tung là $\left( {0; - 1} \right)$.

Giao điểm của đồ thị với trục hoành là $\left( { - \frac{1}{2};0} \right)$.

Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( {1;2} \right)$ của hai đường tiệm cận là tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm các trục đối xứng.

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

Tập xác định của hàm số là: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Sự biến thiên:

Có $y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$; $y' = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

Trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$, $y' > 0$ nên hàm số đồng biến, trên các khoảng $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;2} \right)$, $y' < 0$ nên hàm số nghịch biến.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$ và ${y_{CT}} = 6$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và .

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = + \infty$.

Tiệm cận:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = + \infty$.

Suy ra $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0$.

Suy ra $y = x + 3$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên

Đồ thị

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là $\left( {0;2} \right)$.

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là $\left( { - 1 + \sqrt 3 ;0} \right)$ và $\left( { - 1 - \sqrt 3 ;0} \right)$.

Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( {1;4} \right)$ của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm các trục đối xứng.

b) Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Sự biến thiên

Có $y' = - 1 + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}};y' = 0 \Leftrightarrow x = - 2$ hoặc $x = 0$.

Trên các khoảng $\left( { - 2; - 1} \right)$ và $\left( { - 1;0} \right)$, $y' > 0$ nên hàm số đồng biến, trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right)$, $y' < 0$ nên hàm số nghịch biến.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = - 2$ và ${y_{CT}} = 5$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và .

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - x + 2 - \frac{1}{{x + 1}}} \right) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x + 2 - \frac{1}{{x + 1}}} \right) = + \infty$;

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

Suy ra đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( { - x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - \frac{1}{{x + 1}}} \right) = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( { - x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \frac{1}{{x + 1}}} \right) = 0$.

Suy ra $y = - x + 2$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên

Đồ thị

Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { - 3; - \frac{{11}}{2}} \right),\left( {3; - \frac{5}{4}} \right)$.

Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( { - 1;3} \right)$ của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm các trục đối xứng.

a) Ta có $v\left( t \right) = h'\left( t \right) = 24{,}5 - 9{,}8t$.

Vận tốc của vật sau 2 s là $v\left( 2 \right) = 24{,}5 - 9{,}8.2 = 4{,}9$ (m/s).

b) Vì $h\left( t \right)$ là hàm số bậc hai có hệ số $a = - 4{,}9 < 0$ nên $h\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{24{,}5}}{{2.4{,}9}} = 2{,}5$ (giây). Khi đó, độ cao lớn nhất của vật là $h\left( {2{,}5} \right) = 32{,}625$ m.

c) Vật chạm đất khi độ cao bằng 0, tức là $h\left( t \right) = 2 + 24{,}5t - 4{,}9{t^2} = 0$$\Leftrightarrow t \approx 5{,}08$ giây.

Vận tốc của vật lúc chạm đất là $v\left( {5{,}08} \right) = 24{,}5 - 9{,}8.5{,}08 = - 25{,}284$ m/s.

Vận tốc âm chứng tỏ chiều chuyển động của vật là ngược chiều dương (hướng lên trên) của trục đã chọn (khi lập phương trình chuyển động của vật).

a) Tìm tốc độ phản ứng tại thời điểm $t > 0$.

Tốc độ phản ứng là đạo hàm của $\left[ C \right]$ theo biến $t$

Do đó ${\left[ C \right]^\prime } = {\left( {\frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^\prime } = \frac{{{a^2}K\left( {aKt + 1} \right) - {a^2}Kt.aK}}{{{{\left( {aKt + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{\left( {aKt + 1} \right)}^2}}}$.

b) Theo câu trên nếu $x = \left[ C \right]$ thì $x'\left( t \right) = \frac{{{a^2}K}}{{{{\left( {aKt + 1} \right)}^2}}}$

Ta lại có $K{\left( {a - x} \right)^2} = K{\left( {a - \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^2} = \frac{{{a^2}K}}{{{{\left( {aKt + 1} \right)}^2}}}$ nên $x'\left( t \right) = K{\left( {a - x} \right)^2}$

c) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ C \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ C \right] = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}} = a$ (mol/l) nên nồng độ của chất $C$ dần đến $a$ (mol/l)

d) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x'\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } = \frac{{{a^2}K}}{{{{\left( {aKt + 1} \right)}^2}}} = 0$ (mol/l) nên tốc độ phản ứng dần đến $0$.

Đặt $A'M = x\,\,\left( {0 < x < 2200} \right)$, $B'M = 2200 - x$

Ta có $AM = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} \,,\,\,BM = \sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}}$

Khi đó tổng khoảng cách từ hai xã đến vị trí $M$ là:

$AM + BM = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} \, + \sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}}$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} \, + \sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}}$ trên khoảng $\left( {0;\,2200} \right)$

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{500}^2}} }} - \frac{{2200 - x}}{{\sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = 1000$

Bảng biến thiên:

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ hai xã đó đến bờ sông là khoảng $2460$m, tại vị trí $M$ cách điểm $A'$ là $1000$m.

Gọi $A$ là mục tiêu; $B$ là vị trí chiến sỹ và $BD$ là đường bơi của chiến sỹ.

Chọn một đơn vị độ dài là 100 m suy ra $BC = 1;AB = 10;$$AC = 3\sqrt {11}$.

Gọi vận tốc bơi của chiến sỹ là một đơn vị vận tốc thì vận tốc chạy của chiến sỹ là 3 đơn vị vận tốc. Gọi $x$ là quãng đường chiến sỹ bơi suy ra $BD = x$

Vậy quãng đường chiến sỹ chạy là $AD = AC - CD = 3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1}$.

Thời gian chiến sỹ đến được mục tiêu là: $t = \frac{{3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} + \frac{x}{1} = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x$

Xét hàm $f\left( x \right) = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x$ có $f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{3}\frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\left( {tm} \right)\\x = - \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy thời gian chiến sỹ đến mục tiêu ngắn nhất khi $f{\left( x \right)_{\min }} \Rightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}$

Vậy chiến sỹ phải bơi $\frac{{3\sqrt 2 }}{4}.100 = 75\sqrt 2 \left( {\rm{m}} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD}$

$= \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right) + \left( {\overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CD} } \right) = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right) + \overrightarrow {DD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC}$.

Từ giả thiết ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} = 0$.

I là trung điểm của AB nên $\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0$.

J là trung điểm của CD nên $\overrightarrow {CJ} + \overrightarrow {DJ} = \overrightarrow 0$.

Lại có $\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CJ} ;\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DJ}$.

Suy ra $2\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} \Rightarrow \overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right)$.

Do đó $\overrightarrow {IJ} .\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right).\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {AB} = 0$.

Suy ra $\overrightarrow {IJ} \bot \overrightarrow {AB}$ hay $IJ \bot AB$.

Vì $MN//A'C'$ nên $\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {C'B} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'C'} ,\overrightarrow {C'B} } \right) = 180^\circ - \widehat {A'C'B} = 120^\circ$.

Ta có $MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},C'B = a\sqrt 2$.

Suy ra $\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {C'B} = \left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\left| {\overrightarrow {C'B} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {C'B} } \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 .\cos 120^\circ = - 0{,}5{a^2}$.