Đề kiểm tra Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

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

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: điểm cực đại của hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} + 1$ là $x = 0.$

Ta có $y' = 3{x^2} + 3 > 0\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Khi đó $y\left( 0 \right) = 0$ ; $y\left( 2 \right) = 14$

Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = 14 = M$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $- 2$. Suy ra đáp án A sai.

Hàm số có hai điểm cực trị. Suy ra đáp án B sai.

Hàm số có giá trị cực đại bằng $2$. Suy ra đáp án C sai.

Hàm số có đạt cực đại tại $x = 0$. Suy ra đáp án D đúng.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy ngay tiệm cận đứng $x = 1$, tiệm cận ngang $y = - 1$. suy ra loại đáp án#A.

Nhìn vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

$y = \frac{{ - x - 2}}{{x - 1}}$ có $ad - bc = 3 > 0$. Loại đáp án B

$y = \frac{{ - x - 3}}{{x - 1}}$ có $ad - bc = 4 > 0$. Loại đáp án D

$y = \frac{{ - x + 3}}{{x - 1}}$ có $ad - bc = - 2 < 0$. Chọn đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$. Suy ra loại B và D.

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;2} \right)$ nên loại C.

Vậy bảng biến thiên đề bài cho là của hàm số $y = \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}$.

Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left( {0; - 1} \right)$ và có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$, tiệm cận xiên là đường thẳng $y = x$.

Vì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$ nên loại đáp án C và D

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left( {0; - 1} \right)$ nên ta loại đáp án#A.

Vậy đường cong trên là đồ thị của hàm số $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}$.

Tập xác định của hàm số là $D = \left( {0\,;\, + \infty } \right)$.

Ta có: $y' = 2x\ln x + x = x\left( {2\ln x + 1} \right)$, $y' = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \notin D\\2\ln x + 1 = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \ln x = - \frac{1}{2}$$\Leftrightarrow x = {e^{ - \frac{1}{2}}}$.

Lập bảng biến thiên của hàm số:

Từ bảng biến thiên, ta có thể suy ra hàm số có giá trị cực tiểu là $- \frac{1}{{2e}}$ tại $x = {e^{ - \frac{1}{2}}}$

Tập xác định: $D = \left[ {0;2} \right]$.

Đạo hàm: $y\prime = \frac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }};y\prime = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$.

Xét hàm số $c\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 1}}$, $(t > 0)$.

$c'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}}$.

$c'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 \in \left( {0;\, + \infty } \right)\\t = - 1 \notin \left( {0;\, + \infty } \right)\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Với $t = 1$ giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.

Cạnh còn lại của hình chữ nhật là: $\frac{{150}}{{x - 2}}\left( {\rm{m}} \right)$.

Chu vi của mảnh vườn là:

$P\left( x \right) = \left( {x - 2 + \frac{{150}}{{x - 2}}} \right).2 \Rightarrow P\left( x \right) = 2x - 4 + \frac{{300}}{{x - 2}}\,\left( {\rm{m}} \right)$ với $x > 2$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {P\left( x \right) - \left( {2x - 4} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{300}}{{x - 2}} = 0$. Vậy đồ thị hàm số $P\left( x \right)$ có tiệm cận xiên là đường thẳng $y = 2x - 4$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

a) Đúng.

Điều kiện: $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$.

Vậy tập xác định của hàm số $f\left( x \right)$ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

b) Sai.

Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \in D$.

Vậy hàm số $f\left( x \right)$ luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

c) Đúng.

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

Và: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ - 1}}{{x + 1}} = 0$

Suy ra: đường thẳng $y = x + 2$ là đường tiệm cận xiên của $\left( C \right)$.

d) Sai.

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

Ta thấy: với $x \in \mathbb{Z}$ thì $y \in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi 1 chia hết cho $\left( {x + 1} \right)$

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

Vậy có $2$ điểm trên $\left( C \right)$ có tọa độ nguyên là $\left( {0\,;\,1} \right)$ và $\left( { - 2\,;\,1} \right)$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

a) Đúng.

Thể tích khối hộp hình chữ nhật: $V = xyh = 0{,}6xy = 0{,}096 \Rightarrow y = \frac{{0{,}16}}{x}$

Vậy $y = \frac{{0{,}16}}{x}$

b) Sai.

Diện tích đáy bể là ${S_{\rm{d}}} = xy = 0{,}16\,{{\rm{m}}^2}$.

Chi phí mua kính để làm đáy bể là ${C_{\rm{d}}} = 10000.{S_{\rm{d}}} = 16000$ đồng

c) Đúng.

Diện tích các mặt xung quanh: ${S_{{\rm{xq}}}} = 2\left( {0{,}6x + 0{,}6y} \right) = 1{,}2.\left( {x + \frac{{0{,}16}}{x}} \right)$

Biểu thức tính chi phí làm các mặt xung quanh là ${C_{{\rm{xq}}}} = 84000.\left( {x + \frac{{0{,}16}}{x}} \right)$.

d) Sai.

Chi phí làm bể cá: $C\left( x \right) = {C_{{\rm{xq}}}} + {C_{\rm{d}}} = 84000.\left( {x + \frac{{0{,}16}}{x}} \right) + 16000,\,x > 0$

Chi phí làm bể cá thấp nhất khi và chỉ khi $\left( {x + \frac{{0{,}16}}{x}} \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất

Xét hàm số $f\left( x \right) = x + \frac{{0{,}16}}{x} = \frac{{{x^2} + 0{,}16}}{x},\,x > 0$

Bảng biến thiên:

Suy ra: $\mathop {{\rm{M}}{\mathop{\rm in}\nolimits} f\left( x \right)}\limits_{x \in \left( {0\,;\, + \infty } \right)} = f\left( {\frac{2}{5}} \right) = \frac{4}{5}$

Vậy chi phí thấp nhất để làm bể cá là: $C = \frac{{84000.4}}{5} + 16000 = 83200$ đồng.

Ta có:

$$\begin{array}{l}y = - {x^3} - m{x^2} + \left( {4m + 9} \right)x + 5\\y' = - 3{x^2} - 2mx + \left( {4m + 9} \right)\end{array}$$

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$ khi $y' \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)$.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1 < 0\\\Delta ' = {m^2} + 12m + 27 \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 3\end{array}$.

Vì $m$ nguyên nên $m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 3} \right\}$.

Vậy có $7$ giá trị.

Điều kiện $x \ne 1$. Phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $\left( C \right)$:

$$\begin{array}{l}\frac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}} = mx + 1 \Leftrightarrow \left( {mx + 1} \right)\left( {x - 1} \right) = - 2x + 1\\ \Leftrightarrow m{x^2} + \left( {3 - m} \right)x - 2 = 0\end{array}$$

Đặt $g\left( x \right) = m{x^2} + \left( {3 - m} \right)x - 2 = 0$.

$d$ cắt $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt khi phương trình $g\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt khác 1.

$\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta > 0\\g\left( 1 \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {3 - m} \right)^2} + 8m > 0\\m + 3 - m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{m^2} + 2m + 9 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne 0$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}m \in Z\\m \in \left[ { - 5;5} \right]\end{array} \right.$ nên $m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;1;2;3;4;5} \right\}$.

Vậy có $10$ giá trị.

Đáp án: $4.$

Xét hàm số $y = \frac{{{x^2} - 2x + 5}}{{x - 1}}$ trên khoảng $\left( {1;\infty } \right)$.

Ta có $\begin{array}{l}y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\\\end{array}$

Bảng biến thiên

Suy ra $m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = 4$ khi $x = 3$.

Đáp án: $16.$

Gọi số máy móc công ty sử dụng để sản xuất là $x\left( {x \in {\rm N},\,\,x > 0} \right)$.

Thời gian cần để sản xuất hết $8000$ quả bóng là: $\frac{{8000}}{{30x}}$.

Tổng chi phí để sản xuất là: $P\left( x \right) = 200x + \frac{{8000}}{{30x}}.192 = 200x + \frac{{51200}}{x}$

Ta có: $P'\left( x \right) = 200 - \frac{{51200}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 256 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\\x = - 16\left( L \right)\end{array} \right.$.

Vậy công ty nên sử dụng $16$ máy để chi phí hoạt động là thấp nhất.

Đáp án: 1

Ta có $v\left( t \right) = {\left[ {s\left( t \right)} \right]^\prime } = 3{t^2} - 6t - 9$

Cách 1: Phương trình $v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9$là một Parabol có đỉnh thấp nhất $I\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{ - b}}{{2a}} = 1\\{y_I} = v\left( 1 \right) = - 12\end{array} \right.$.

Vậy vận tốc đạt giá trị nhỏ nhất khi ${t_{\min }} = {x_I} = 1$.

Cách 2: Nhập phương trình bậc hai vào máy tính 580VNX, ta được:

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}v\left( t \right) = {y_{\min }} = - 12\\{t_{\min }} = {x_{\min }} = 1\end{array} \right.$.

Đáp án: 1005

Xét hàm số $N\left( t \right) = 1000 + \frac{{100t}}{{100 + {t^2}}},\,\left( {t > 0} \right)$

$$N'\left( t \right) = \frac{{100\left( {100 + {t^2}} \right) - 2t.100t}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}} = \frac{{100\left( {100 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}}$$

$N'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 100 - {t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 10\,\,\left( N \right)\\t = - 10\,\left( L \right)\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên

Vậy số lượng vi khuẩn lớn nhất nuôi cấy được là 1005 con.