Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 1 lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x$.

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

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

Ta có: $y' = 81{x^2} + 216x - 81$

$$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{3}\\x = - 3\end{array} \right.$$

Ta có bảng biến thiên

Vậy điểm cực tiểu của hàm số là: ${x_{CT}} = \frac{1}{3}$.

Nhận xét: Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên [1;3]

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 16x + 16$ ; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\quad \notin \left( {1;3} \right)\\x = \frac{4}{3}\;\;\; \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.$

$f(1) = 0;\,\,\,f\left( {\frac{4}{3}} \right) = \frac{{13}}{{27}};\,\,\,f(3) = - 6$.

Do đó $\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;3} \right]} {\kern 1pt} f(x) = f\left( {\frac{4}{3}} \right) = \frac{{13}}{{27}}$.

Ta có hàm số $f\left( x \right) = {x^4} - 4{x^2} + 1$ liên tục trên đoạn $\left[ {1\;;\;3} \right]$

$f'\left( x \right) = 4{x^3} - 8x$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \notin \left( {1;3} \right)\\x = \sqrt 2 \in \left( {1;3} \right)\\x = - \sqrt 2 \notin \left( {1;3} \right)\end{array} \right.$.

$f\left( 1 \right) = - 2;\;f\left( {\sqrt 2 } \right) = - 3;\,f\left( 3 \right) = 46$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm đã cho trên đoạn $\left[ {1\;;3} \right]$ bằng 46.

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

Ta có

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 1}} = 2;\;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 1}} = 2$.

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

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

Ta có

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

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

Ta có $y = f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{x + 2}} = 2x - 7 + \frac{{15}}{{x + 2}}$

Nhận thấy: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {2x - 7} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{15}}{{x + 2}} = 0$ ;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {2x - 7} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{15}}{{x + 2}} = 0$.

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là $y = 2x - 7$.

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

$y' = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D$.

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

Ta có $v = s' = 9{t^2} + 8t - 1$.

Vận tốc của chuyển động khi $t = 4s$ bằng $v\left( 4 \right) = {9.4^2} + 8.4 - 1 = 175\,\left( {m/s} \right)$.

Ta có : $f'(x) = {x^2}(x - 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\,\left( {{n_o}\,kep} \right)\\x = 1\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Từ bbt ta thấy hàm số có một điểm cực tiểu.

a)
Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x;\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$ , ta có dấu của $f'\left( x \right)$ :

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right) \Rightarrow$ mệnh đề a) đúng.

b) Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \{ 2\}$.

Ta có $y' = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{(x - 2)}^2}}},y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$, ta có dấu của ${y^\prime }$ :

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$ và $\left( {2;3} \right)$ $\Rightarrow$ mệnh đề b) sai.

c) Ta có $y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$

Suy ra điểm cực đại của hàm số là $x = 0$ ( $y'$ đổi dấu từ + sang - ) $\Rightarrow$ mệnh đề c) đúng.

d) Ta có $g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{x - 2}}$

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

$g'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{(x - 2)}^2}}},\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 \Rightarrow y = 0}\\{x = 3 \Rightarrow y = 4}\end{array}} \right.$

$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;0} \right)\\B\left( {3;4} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB:y = 2x - 2$$

Vậy điểm $N\left( {2;2} \right) \in AB \to$ mệnh đề d) đúng.

a) Ta có $f'(x) = 3{x^2} - 16x + 16;f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 16x + 16 = 0 \Leftrightarrow \quad \left[ \begin{array}{l}x = 4 \notin [ - 1;1]\\x = \frac{4}{3} \notin [ - 1;1]\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}f( - 1) = - 34\\f(1) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} = 0$, mệnh đề a) đúng.

b) Ta có $f'(x) = 3{x^2} - 16x + 16;f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 16x + 16 = 0 \Leftrightarrow \quad \left[ \begin{array}{l}x = 4 \notin [1;3]\\x = \frac{4}{3} \in [1;3]\end{array} \right.$

Khi đó $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{f(1) = 0}\\{f(\frac{4}{3}) = \frac{{13}}{{27}}}\\{f(3) = - 6}\end{array}} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ {1;3} \right]} = \frac{{13}}{{27}} = a\\\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ {1;3} \right]} = - 6 = b\end{array} \right. \to 27a - b = 19$. Mệnh đề b) sai.

c) Ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}};y' = 0 \Rightarrow {x^2} - 2x = 0

\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \notin (1; + \infty )}\\{x = 2 \in (1; + \infty )}\end{array}} \right.\).

Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị nhỏ nhất là: 3 $\to$ Mệnh đề c) đúng.

d) Ta có $G'\left( x \right) = 1{,}5x - 0{,}075{x^2},G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1{,}5x - 0{,}075{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20 \in \left( {0; + \infty } \right)\\x = 0 \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.$

Vậy huyết áp giảm nhiều nhất thì cần tiêm cho bệnh nhân một liều lượng bằng $20mg$. Mệnh đề d) đúng.

a) Đúng.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 3}} = 1$ nên đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 2}}{{x + 3}}$ có đường tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 1$.

b) Đúng.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x}}{{x + 1}} = + \infty$ nên đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2} - 3x}}{{x + 1}}$ có đường tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 1$.

c) Đúng.

Ta có $y = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 3}} = x - 6 + \frac{{20}}{{x + 3}}$

Vậy đường thẳng $y = x - 6$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

d) Đúng.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{C\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5x + 15}}{x} = 5$. Vậy đường thẳng $y = 5$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

a) Sai.

Thay $x = 0$ vào hàm số $y = {x^3} - 3x + 1$ ta được $y = 1$.

Mặt khác đồ thị đã cho đi qua điểm O$\left( {0;\,0} \right)$.

b) Sai.

Hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ có tiệm đứng là đường thẳng $x = 1$.

Mặt khác đồ thị đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 1$.

c) Đúng.

Xét hàm số $y = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x - 2}}$

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$

$y' = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$

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

Bảng biến thiên

d) Sai.

Ta có $P'\left( t \right) = \frac{{0{,}75a{e^{ - 0{,}75t}}}}{{{{\left( {b + {e^{ - 0{,}75t}}} \right)}^2}}}$, $t \ge 0$.

Theo giả thiết ta có

$\left\{ \begin{array}{l}P\left( 0 \right) = 20\\P'\left( 0 \right) = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{{b + 1}} = 20\\\frac{{0{,}75a}}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 20\left( {b + 1} \right)\\\frac{{15}}{{b + 1}} = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 30\\b = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Từ đồ thị và giả thiết, ta có bảng biến thiên của $y = f\left( x \right)$:

$y' = {\left( {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}} \right)^\prime } = 2f\left( x \right).f'\left( x \right)$.

Ta có bảng xét dấu của $y' = {\left( {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}} \right)^\prime }$:

Ta được hàm số $y = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2}$ nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1;\,3} \right)$. Do đó hàm số có $2$ khỏang nghịch biến.

$y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 5$. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

$y' = 3{x^2} - 6x - 9$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Với $x = - 1 \Rightarrow y = 10 \Rightarrow A\left( { - 1;10} \right)$.

Với $x = 3 \Rightarrow y = - 22 \Rightarrow B\left( {3; - 22} \right)$.

Ta có phương trình đường thẳng $AB$ là: $\frac{{x + 1}}{{3 + 1}} = \frac{{y - 10}}{{ - 22 - 10}}$ $\Rightarrow y = - 8x + 2$ $\Rightarrow {x_I} = \frac{1}{4}$

Vậy suy ra $\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{\sqrt {{{\left( { - 1 - \frac{1}{4}} \right)}^2} + {{10}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {3 - \frac{1}{4}} \right)}^2} + {{22}^2}} }} = \frac{5}{{11}}$$\Rightarrow b + c = 16$.

Đặt $t = \sin x$, $t \in \left[ {0\,;\,1} \right]$.

Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{{3t + 2}}{{t + 1}}$ trên đoạn $\left[ {0\,;\,1} \right]$ có $f'\left( t \right) = \frac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} > 0\,,\,t \in \left[ {0\,;\,1} \right]$.

Suy ra hàm số đồng biến trên $\left[ {0\,;\,1} \right]$

$\Rightarrow M = \mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f(t) = f(1) = \frac{5}{2}$ và $m = \mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ {{\rm{0;1}}} \right]} f(t) = f(0) = 2$.

Khi đó, ${M^2} + {m^2} = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} + {2^2} = \frac{{41}}{4}$ $\Rightarrow b - c = 37$.

Ta có: $v'(t) = 0{,}003906{t^2} - 0{,}18058t$

$v'(t) = 0 \Leftrightarrow 0{,}003906{t^2} - 0{,}18058t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 46{,}23\end{array} \right.$.

$$\begin{array}{l}v(0) = 83;\\v\left( {46{,}23} \right) = 18{,}67;\\v\left( {126} \right) = 1254{,}05.\end{array}$$

Tàu con thoi đạt vận tốc lớn nhất bằng $1254{,}05\,\,\,\left( {ft/s} \right)$.

Ta có độ dài một cạnh của mảnh vườn là $x\,\,\left( m \right)$ nên độ dài cạnh còn lại của mảnh vườn là $\frac{{900}}{x}\,\,\left( m \right)$.

Ta có $x \ge \frac{{900}}{x}\,$. Suy ra, $x \ge 30$.

Ta có $P\left( x \right) = 2\left( {x + \frac{{900}}{x}} \right) = 2x + \frac{{1800}}{x}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {P\left( x \right) - 2x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1800}}{x} = 0$ nên đồ thị hàm số $P\left( x \right)$ có tiệm cận xiên là đường thẳng $y = 2x$.

Suy ra $a = 2,\,\,b = 0$. Do vậy, $T = 100$.

Phương trình hoành độ giao điểm

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

Suy ra toạ độ các giao điểm $A\left( {0;\,\, - 1} \right),\,\,B\left( {2;\,\,3} \right)$

Diện tích cần tìm là

$S = \frac{1}{2}\left| {0.3 - \left( { - 1} \right).2} \right| = 1$.