Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 1)

Lời giảiChọn CTừ BBT suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\).

Lời giảiChọn CNhìn đồ thị suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\) là \(1\).

Lời giảiChọn DThể tích khối lập phương đã cho là: \(V = {4^3} = 64.\)

Lời giảiChọn CDựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số là \(3.\)

Lời giảiChọn DTa có: \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.6a.{a^2} = 2{a^3}.\]

Lời giảiChọn CTa có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - 1\]\( \Rightarrow \) đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right).\)

Lời giảiChọn ATừ đồ thị ta suy ra:+ Đồ thị hàm số là hàm nhất biến \( \Rightarrow \) loại B, D .+ Đồ thị cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ lớn hơn \(2\)\( \Rightarrow \) chọn A .

Lời giảiChọn BTừ giả thiết, ta có: Diện tích đáy \(B = 4\), chiều cao \(h = 6\).Suy ra thể tích khối lăng trụ là \(V = B.h = 4.6 = 24\).

Lời giảiChọn DTa có: phương trình: \(2f\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{2}\).Số nghiệm của phương trình : \(f\left( x \right) = \frac{3}{2}\) là số giao điểm của đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng: \(y = \frac{3}{2}\)

Lời giảiChọn CDựa vào đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu

Lời giảiChọn CDựa vào bảng biến thiên, ta thấy \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 2;0} \right)\) nên chọn C

Lời giảiChọn B

Lời giảiChọn ASố cạnh của một hình bát diện đều là \(12\).

Lời giảiChọn ATừ đồ thị cho thấy hàm số có 2 điểm cực trị là \(x = 0\), \(x = 2\) và đồ thị đi xuống trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.

Lời giảiChọn ADựa trên hình dáng đồ thị, ta loại các đáp ánB và C .Mặt khác từ đồ thị, ta thấy \(\mathop {\lim y}\limits_{x \to + \infty } = - \infty \) nên chọn đáp án A .

Lời giảiChọn CDựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta có đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = - 2020\) tại \(2\)điểm.

Lời giảiChọn ADựa vào bảng biến thiên ta có:+) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \], suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.+) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = - 1;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = - \infty \], suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng.Vậy đồ thị hàm số có một đường tiệm cận.

Lời giảiChọn BMọi hình chóp đều không có tâm đối xứng ( trong đó có hình tứ diện đều ).

Lời giảiChọn BXét hàm số \(y = {x^3} + 2x\)Ta có: \[y' = 3{x^2} + 2 > 0\,\forall x\] nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Lời giảiChọn DTa có \({f^'}\left( x \right) = 3{x^2} - 3\).\({f^'}\left( x \right) = 0 \Rightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\).\(f\left( { - 3} \right) = - 18;\,f\left( { - 1} \right) = 2;\,f\left( 1 \right) = - 2;\,f\left( 3 \right) = 18\). Hàm số liên tục trên đoạn \(\left[ { - 3\,;\,3} \right]\).Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x\) trên đoạn \(\left[ { - 3\,;\,3} \right]\) bằng \( - 18\).

Lời giảiChọn A+) Trên đoạn \(\left[ {1;5} \right]\) ta có: \[f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {11 - 2x} }} < 0\,\,\forall \,\,x \in \left[ {1;5} \right]\].+) \(f\left( 1 \right) = \sqrt {11 - 2.1} = 3,\,\,\,\,f\left( 5 \right) = \sqrt {11 - 2.5} = 1\).Vậy \[\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;5} \right]} f\left( x \right) = 3\]khi \(x = 1\).

Lời giảiChọn CGọi \(H\) là giao của \(AC\) và \(BD\).Vì \(S.ABCD\)là hình chóp tứ giác đều nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).Ta có: \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).Tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\) nên có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).Diện tích hình vuông \(ABCD\) là: \({S_{ABCD}} = {a^2}\).Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\)là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}{a^2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

Lời giảiChọn DTập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\]Ta có \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\,1} \right)\) và \(\left( {1;\, + \infty } \right).\)

Lời giảiChọn AThể tích hình chóp \(S.ABCD\)là: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.h = \frac{1}{3}.AB.AD.SA = 2{a^3}.\)

Lời giảiChọn AChọn A vì đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;2} \right)\).

Lời giảiChọn BXét hàm số \(y = \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{x + 2}}\) có TXĐ \(D = \left[ {3; + \infty } \right)\).Mẫu là đa thức có nghiệm \(x = - 2 \notin D\) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Lời giảiChọn B

Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].\[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \].Thể tích khối lăng trụ là\[{V_{ABCA'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.BB' = \frac{1}{2}a.a\sqrt 3 .2a = {a^3}\sqrt 3 \].

Lời giảiChọn DTa có\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x - 1}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x(3 - \frac{1}{x})}}{{x(1 - \frac{2}{x})}} = 3 \Rightarrow y = 3\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ \pm }} \frac{{3x - 1}}{{x - 2}} = \pm \infty \Rightarrow x = 2\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lời giảiChọn CTa có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right.\).Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\)

Do đó hàm số đã cho có một cực trị.

Lời giảiChọn C

Gọi cạnh của hình vuông \(ABCD\) là \(x\). Khi đó, độ dài đường chéo hình vuông là \(x\sqrt 2 \). Theo giả thiết ta được \(x\sqrt 2 = a\sqrt 2 \Rightarrow x = a\).Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Lời giảiChọn CDựa vào đồ thị hàm số ta có \(a < 0\).Với \(x = 0 \Rightarrow y = c = - 3 \Rightarrow c < 0\).Hàm số có ba điểm cực trị nên \(ab < 0\) do \(a < 0\)nên \(b > 0\).Vậy: \(a < 0\), \(b > 0\), \(c < 0\).

Lời giảiChọn AHàm số bậc bốn có \(ab < 0\) nên có 2 cực trị.

Lời giảiChọn B\[\left\{ {3;5} \right\}\]: khối có 20 mặt đều.\[\left\{ {5;3} \right\}\]: khối 12 mặt đều.\[\left\{ {4;3} \right\}\]: khối lập phương.\[\left\{ {3;4} \right\}\]: khối bát diện đều.

Lời giảiChọn BXét phương trình hoàn độ giao điểm: \[{x^3} - 5x = x \Leftrightarrow {x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 6 \\x = - \sqrt 6 \end{array} \right.\].

Lời giải

Chọn A

Ta có \(3f(x) - 5 = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{5}{3}.\)Ta thấy khi \(x \in \left[ {0;4} \right]\) thì đồ thị hàm số \(y = f(x)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{5}{3}\) tại 2 điểm phân biệt.Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 2.

Lời giải

Chọn DTa có \(v(t) = s'(t) = - \frac{3}{2}{t^2} + 18t\) với \(t \in [0;10].\)\(\begin{array}{l}v'(t) = - 3t + 18\\v'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 6\end{array}\)\(\begin{array}{l}v(0) = 0\\v(10) = 30\\v(6) = 54\end{array}\)Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động là 54 (m/s).

Lời giảiChọn DTheo đồ thị, ta thấy, \(x = 0\)thì \(y = 1\)nên \(1 = \frac{{a.0 - 1}}{{b.0 + c}}\)\( \Rightarrow \frac{{ - 1}}{c} = 1 \Rightarrow c = - 1\).Tiệm cận đứng: \(x = \frac{{ - c}}{b} = 1 \Rightarrow \frac{1}{b} = 1 \Rightarrow b = 1\).Tiệm cận đứng: \[y = \frac{a}{b} = 2 \Rightarrow \frac{a}{1} = 2 \Rightarrow a = 2\]

Lời giảiChọn ATa có: \(y' = 2f\left( x \right)f'\left( x \right)\).\(y' = 0 \Leftrightarrow 2f\left( x \right)f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f'\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\,\,\left( {a \in \left( { - 2;\, - 1} \right)} \right)\\x = 0\\x = b\,\,\left( {b \in \left( {1;\,2} \right)} \right)\\x = - 1\\x = 1\end{array} \right.\)Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đạo hàm đổi dấu 5 lần. Do đó, hàm số đã cho có 5 cực trị

Lời giảiChọn BTXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\].Có \[y' = \frac{{{m^2} - 9}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\].Để hàm sốnghịch biến trên từng khoảng xác định thì:\[y' < 0 \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - 9}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 9 < 0 \Leftrightarrow - 3 < m < 3\].

Lời giảiChọn CTXĐ: \[D = \mathbb{R}\].Có \[y' = 3{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\].Có \[\Delta {'_{y'}} = {\left( {m - 1} \right)^2} - 9 = {m^2} - 2m - 8\].Để hàm sốđồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ; + \infty } \right)\]thì:\[y' \ge 0\,\forall \,x \in \mathbb{R}\]\[ \Leftrightarrow 3{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3 \ge 0\,\forall \,x \in \mathbb{R}\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 > 0\\\Delta {'_{y'}} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 8 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 4\].

Lời giảiChọn CSố nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right)\) và đường thẳng\(y = 1\)Ta có \({g^'}\left( x \right) = 2x{f^'}\left( {{x^2}} \right)\)\({g^'}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x{f^'}\left( {{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{f^'}\left( {{x^2}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 2 \\x = - \sqrt 2 \end{array} \right.\)Ta có bảng biến thiên:Từ bảng biến thiên suy ra phương trình \(f\left( {{x^2}} \right) = 1\)có 4 nghiệm phân biệt.

Lời giảiChọn DHàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi \(m\left( { - m - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m > 0\end{array} \right.\).

Lời giảiChọn BTa có \({V_{ABCMN}} = 2{V_{M.ABC}} = 2.\frac{1}{3}.d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}.d\left( {B';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}\)\( = \frac{1}{3}.d\left( {B';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \frac{{{V_{ABCMN}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3}\).

Lời giảiChọn CTập xác định: \(D = \left[ { - 4; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 1;0} \right\}\).Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0\) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là \(y = 0\).Lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = - \infty \) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là \(x = - 1\).Và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \frac{1}{4}\) nên đường thẳng \(x = 0\) không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.

Lời giảiChọn D

Gọi \(E\) là trung điểm cạnh \(AB\). Ta có:\(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\Trong{\rm{ }}\left( {SAB} \right):SE \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow SE \bot \left( {ABC} \right)\) tại \(E\).Mà \(\Delta SAB\) là tam giá đều có cạnh \(AB = a\) \( \Rightarrow SE = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) \( \Rightarrow BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\).Vậy \({V_{S,ABC}} = \frac{1}{3}SE.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

Lời giảiChọn A

Gọi \(E\) là trung điểm \(CD\). Kẻ \(HK \bot SE\) tại \(K\).Vì \(AH{\rm{//}}CD\) nên \(d(A,(SCD)) = d(H,(SCD)) = HK\).Gọi độ dài cạnh hình vuông là \(x\).Ta có: \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{E^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}}\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{x^2}}} \Leftrightarrow x = a\sqrt 7 \).\(V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 7 .\frac{{\sqrt 3 }}{2}.7{a^2} = \frac{{7{a^3}\sqrt {21} }}{6}\).

Lời giảiChọn BTa có \(BC \bot AB\) và \(BC \bot BB'\) nên \(BC \bot \left( {ABB'A'} \right)\), suy ra \(BC \bot A'B\) hay tam giác \(A'BC\) là tam giác vuông tại \(B\).Khi đó ta cũng có \(\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'BC} \right)} \right) = \widehat {A'BA} = {30^ \circ }\).Lại có \({S_{\Delta A'BC}} = \frac{1}{2}A'B.BC = {a^2}\sqrt 3 \), suy ra \(A'B = \frac{{2{a^2}\sqrt 3 }}{a} = 2a\sqrt 3 \).Tam giác \(A'AB\) có \(\sin {30^ \circ } = \frac{{A'A}}{{A'B}},\cos {30^ \circ } = \frac{{AB}}{{A'B}}\), suy ra \(A'A = a\sqrt 3 ,AB = 3a\).Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta ABC}} = a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.3a.a = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Lời giảiChọn DTa có \(y' = \left( {2x + 2} \right)f'({x^2} + 2x)\)Khi đó, \(y' = 0 \Leftrightarrow \left( {2x + 2} \right)f'({x^2} + 2x) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\f'({x^2} + 2x) = 0\end{array} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f'(x)\), ta có: \(f'({x^2} + 2x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + 2x = a\,(a < - 1)\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\{x^2} + 2x = b\,( - 1 < b < 0)\,(2)\\{x^2} + 2x = c\,\,(0 < c < 1)\,\,\,\,\,(3)\\{x^2} + 2x = d\,\,(d > 1)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\end{array} \right.\)Lập BBT của hàm số \(g(x) = {x^2} + 2x\), từ đó ta suy ra được:+) Phương trình (1) vô nghiệm+) Phương trình (2) có 2 nghiệm âm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\) và \({x_1} < - 1 < {x_2}\)+) Phương trình (3) có 2 nghiệm trái dấu \({x_3}\), \({x_4}\) và \({x_3} < {x_1} < - 1 < {x_2} < {x_4}\).+) Phương trình (4) có 2 nghiệm trái dấu \({x_5}\), \({x_6}\) và \({x_5} < {x_3} < {x_1} < - 1 < {x_2} < {x_4} < {x_6}\).Ta có bảng xét dấu \(y'\) như sau:

Suy ra hàm số \(y = f({x^2} + 2x)\) có 7 điểm cực trị.

Lời giảiChọn AXét hàm số \(y = g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right)\).Ta có \(g'\left( x \right) = - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\). Suy ra \[g'\left( x \right) = - 2f'\left( {3 - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - 2x = - 3\\3 - 2x = - 1\\3 - 2x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 2\\x = 1\end{array} \right.\].Ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau:

Từ bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\) suy ra hàm số \(y = f\left( {3 - 2x} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {3\,;\, + \infty } \right)\).

Lời giảiChọn CCách 1.Ta có: \(S = 16{x^2}{y^2} + 12\left( {{x^3} + {y^3}} \right) + 34xy\) \( = \) \(16{x^2}{y^2} + 12{\left( {x + y} \right)^3} - 36xy\left( {x + y} \right) + 34xy\) \( = \) \(16{\left( {xy} \right)^2} - 2xy + 12\).Đặt \(xy = t\), suy ra \(S = f\left( t \right) = 16{t^2} - 2t + 12\).Nhận thấy: \(x,y \ge 0,x + y = 1\)và \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy\) với \(\forall x,y\) nên \(0 \le t \le \frac{1}{4}\).Xét hàm số \(f\left( t \right) = 16{t^2} - 2t + 12\) với \(t \in \left[ {0;\frac{1}{4}} \right]\).Có: \(f'\left( x \right) = 32t - 2\) \( \Rightarrow \) \(f'\left( t \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \) \(t = \frac{1}{{16}}\) \( \in \left[ {0;\frac{1}{4}} \right]\).Ta thấy \(f\left( 0 \right) = 12,f\left( {\frac{1}{{16}}} \right) = \frac{{191}}{{16}},f\left( {\frac{1}{4}} \right) = \frac{{25}}{2}\).Suy ra giá trị lớn nhất của \(f\left( t \right)\) bằng \(\frac{{25}}{2}\) và giá trị nhỏ nhất của \(f\left( t \right)\) bằng \(\frac{{191}}{{16}}\).Vậy \(M = \frac{{25}}{2},m = \frac{{191}}{{16}}\).Cách 2. Giả sử \(x \ge y\), do \(x,y \ge 0\) và \(x + y = 1\) nên \(\frac{1}{2} \le x \le 1\).Có \(S = \left[ {4{x^2} + 3\left( {1 - x} \right)} \right]\left[ {4{{\left( {1 - x} \right)}^2} + 3x} \right] + 25x\left( {1 - x} \right)\)\( = \) \(\left( {4{x^2} - 3x + 3} \right)\left( {4{x^2} - 5x + 4} \right) + 25x\left( {1 - x} \right)\)\( = \)\(16{x^4} - 32{x^3} + 18{x^2} - 2x + 12\).Đặt \(f\left( x \right) = 16{x^4} - 32{x^3} + 18{x^2} - 2x + 12\), \(x \in \left[ {\frac{1}{2};1} \right]\).Từ đây ta cũng tìm được \(M = \frac{{25}}{2},m = \frac{{191}}{{16}}\).