Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Bài 1. Vectơ và các phép toán trong không gian

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên ta có $AD = B'C'$

Ta thấy $\overrightarrow {AD}$ và $\overrightarrow {B'C'}$ cùng hướng .

Do đó $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {B'C'}$. Chọn A.

Do $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ nên $\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC}$ nên ta có

$\overrightarrow {BC'} = \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'C'} - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c$ . Chọn B.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$ thì $G$ chính là trung điểm của $MN$ do đó ta có:

$\overrightarrow {MG} = \frac{1}{2}\overrightarrow {MN} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)$. Chọn B.

$\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\overrightarrow {GI} + 2\overrightarrow {GJ} = 2\left( {\overrightarrow {GI} + \overrightarrow {GJ} } \right) = \overrightarrow 0$. Chọn A.

Ta có $\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \widehat {CBD} = 60^\circ$(do $\Delta ABC$ đều). Chọn D.

Vì $\Delta SAB$ đều nên $\left( {\overrightarrow {BS} ,\overrightarrow {BA} } \right) = \widehat {SBA}$.

Ta có $\left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {BS} } \right) = 180^\circ - \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BS} } \right) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. Chọn B.

Ta có $\left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {AS} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AS} } \right) = \widehat {SAB} = 45^\circ$ (vì $\Delta ASB$ vuông cân tại S).

Vì $\Delta ASB$ vuông cân tại S, $AB = a$ nên $SA = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$.

Có $\overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AS} = \left| {\overrightarrow {DC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {AS} } \right) = a.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\cos 45^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}$. Chọn C.

a) Vectơ $\overrightarrow {BA'}$ bằng vectơ $\overrightarrow {CD'}$ vì chúng cùng hướng và cùng độ dài.

b) Ta có $\left| {\overrightarrow {BA'} } \right| = \sqrt {B{A^2} + B{{B'}^2}} = \sqrt {4 + 16} = \sqrt {20}$; $\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = \sqrt {B{C^2} + B{A^2}} = \sqrt {9 + 4} = \sqrt {13}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {BA'} } \right| \ne \left| {\overrightarrow {DB} } \right|$.

c) Số các vectơ khác $\overrightarrow 0$ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của hình hộp là $A_8^2$.

d) Ta có $\left| {\overrightarrow {BD'} } \right| = \sqrt {B{A^2} + B{C^2} + B{{B'}^2}} = \sqrt {4 + 9 + 16} = \sqrt {29}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Vì G là trọng tâm DBCD nên $\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0$.

b) Có $\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} = \overrightarrow {AB}$.

c) $\left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} } \right) + \left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} } \right) = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB}$.

d) $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {AG}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Ta có $\overrightarrow {AA'}$ cùng phương với $\overrightarrow {CM}$ và $AA' = \frac{3}{2}CM$. Suy ra $\overrightarrow {AA'} = \frac{3}{2}\overrightarrow {CM}$.

b) Do $\overrightarrow {AC}$ cùng phương với $\overrightarrow {A'C'}$, suy ra $\left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {CAM}$.

Suy ra $\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \cos \widehat {CAM} = \frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }}{{\sqrt {A{C^2} + C{M^2}} }} = \frac{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }}{{\sqrt {5 + 4} }} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$.

c) Ta có $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'}$.

d) Ta có $\overrightarrow {B'D} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AD} - \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right) = - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AA'}$.

Do đó $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {B'D} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} } \right).\left( { - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AA'} } \right)$$= - A{B^2} + A{D^2} - \frac{2}{3}A{A'^2} = - 1 + 4 - 6 = - 3$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Sai.

a) $\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD}$ là 4 vectơ không đồng phẳng.

Vì 5 điểm S, A, B, C, D không cùng thuộc 1 mặt phẳng.

b) $\left| {\overrightarrow {SA} } \right| = \left| {\overrightarrow {SB} } \right| = \left| {\overrightarrow {SC} } \right| = \left| {\overrightarrow {SD} } \right|$ .

c) Độ lớn trọng lực tác động lên đèn chùm là: $P = mg = 5.10 = 50\;N$.

d) Ta có $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều. Suy ra $SA = SB = SC = SD$ mà $\widehat {ASC} = 60^\circ$.

Vậy tam giác $SAC$ đều. Gọi $O$ là trung điểm $AC$.

Hợp lực của 4 sợi xích là: $\vec F = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} + 2\overrightarrow {SO} = 4\overrightarrow {SO}$

Để đèn chùm đứng yên thì hợp lực của các sợi xích phải cân bằng với trọng lực hay $4\overrightarrow {SO} = \vec P$ hay $4SO = P \Leftrightarrow SO = 12{,}5$.

Xét tam giác đều $SAC$có $SA = \frac{2}{{\sqrt 3 }}SO = \frac{{25\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy độ lớn của lực căng cho mỗi sợi xích là $\frac{{25\sqrt 3 }}{3}\;N$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Hai vectơ $\overrightarrow {AD}$ và $\overrightarrow {CB}$ là hai vectơ ngược hướng nên góc giữa chúng bằng 180°.

b) Hai vectơ $\overrightarrow {BD}$ và $\overrightarrow {BO}$ là hai vectơ cùng hướng nên góc giữa chúng là $0^\circ$.

c) Ta có $\left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {CS} } \right) = \left( {\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {CS} } \right) = \widehat {SCD}$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác SCD có:

$\cos \widehat {SCD} = \frac{{S{C^2} + C{D^2} - S{D^2}}}{{2SC.CD}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}}}{{2.2a.a}} = \frac{1}{4}$.

d) Ta có $\overrightarrow {AO} .\overrightarrow {SD} = - \overrightarrow {OA} .\left( {\overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OS} } \right) = - \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OS} = 0$ nên góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AO}$ và $\overrightarrow {SD}$ bằng 90°.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {GC} = 3\overrightarrow {SG}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {AM} } \right| = \left| {3\overrightarrow {SG} + 3\overrightarrow {GM} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {SM} } \right| = 3\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} = 3\sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{M^2}} = 9$.

Trả lời: 9.

Ta có $\left| {\overrightarrow P } \right| = m.\left| {\overrightarrow g } \right|$ $\Rightarrow m = \frac{P}{g}$.

Khối lượng của vật là $m = \frac{P}{g} = \frac{{4{,}9}}{{9{,}8}} = 0{,}5$(kg).

Trả lời: 0,5.

Ta có $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MD}$ (với D là điểm sao cho AMBD là hình bình hành).

Ta có $MA = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 25$ N; $MB = \left| {\overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 25$ N.

Do $\widehat {AMB} = 60^\circ$ nên DMAB là tam giác đều. Khi đó $MD = 2.\frac{{25\sqrt 3 }}{2} = 25\sqrt 3$.

Do ô tô đứng yên nên $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow 0$.

Suy ra $\overrightarrow {{F_3}} = - \left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right)$$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| { - \left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {DM} } \right| = MD = 25\sqrt 3$ N.

Vậy cường độ của $\overrightarrow {{F_3}}$ là $25\sqrt 3 \approx 43{,}3$ N.

Trả lời: 43,3.

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).

Gọi x (triệu VNĐ) là số tiền cần giảm cho mỗi chiếc xe$\left( {0 \le x \le 4} \right).$