Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 12 Cánh diều (có tự luận) có đáp án - Tự luận

Ta có: \(f'(x) = 3{x^2} - 12x + 9\);

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \({\rm{ }}x = 3.\)

Bảng biến thiên của hàm số trên nửa khoảng \([ - 1; + \infty )\):

Từ bảng biến thiên, ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{_{[ - 1; + \infty )}} f(x) = f( - 1) = - 17\) và hàm số không có giá trị lớn nhất trên \([ - 1; + \infty ).\)

Tập xác định: \(D = \left[ { - 2;2} \right]\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\)\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left( { - 2;2} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}y\left( { - 2} \right) = y\left( 2 \right) = 0\\y\left( 0 \right) = 2\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;\,2} \right]} y = 2\).

a) \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\)                

1) Tập xác định: \(\mathbb{R}\backslash \{ 1\} \).

2) Sự biến thiên

Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \). Do đó, đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2\). Do đó, đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

- \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \ne 1\).

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(( - \infty ;1)\) và \((1; + \infty )\).

Hàm số không có cực trị.

- Bảng biến thiên:

3) Đồ thị

- Giao điểm của đồ thị với trục tung: \((0; - 1)\).

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

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \((0; - 1),\left( { - \frac{1}{2};0} \right)\), \(( - 2;1),(2;5),\left( {\frac{5}{2};4} \right)\) và \((4;3)\).

Đồ thị hàm số nhận giao điểm \(I(1;2)\) của hai đường tiệm cận của đồ thị làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) được cho ở Hình.

b) \(y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\).

1) Tập xác định: \(\mathbb{R}\backslash \{ 1\} \).

2) Sự biến thiên

- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

Ta viết hàm số đã cho dưới dạng: \(y = x + \frac{1}{{x - 1}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty .\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \).

Do đó, đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (y - x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (y - x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0\).

Do đó, đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

\(y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \({\rm{ }}x = 2.{\rm{ }}\)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(( - \infty ;0)\) và \((2; + \infty )\); nghịch biến trên mỗi khoảng \((0;1)\) và \((1;2).\)

Hàm số đạt cực đại tại ; đạt cực tiểu tại \(x = 2,{y_{CT}} = 3\).

Bảng biến thiên:

3) Đồ thị

- Giao điểm của đồ thị với trục tung: \((0; - 1)\).

- Đồ thị hàm số không cắt trục hoành.

- Đồ thị hàm số đi qua các điểm \((0; - 1),\left( {\frac{1}{2}; - \frac{3}{2}} \right)\), \(\left( { - 1; - \frac{3}{2}} \right),(2;3),\left( {\frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right)\) và \(\left( {3;\frac{7}{2}} \right)\).

- Đồ thị nhận giao điểm \(I(1;1)\) của hai đường tiệm cận của đồ thị làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\) được cho ở Hình.

a) Ban đầu bình xăng có \(V(0) = 4\) lít xăng.

b) Sau khi bơm 30s, ta có \(V(0,5) = 41,5\)lít.

c) Ta có: \(V'(t) = 300\left( {2t - 3{t^2}} \right)\); Có \(V''\left( t \right) = 300\left( {2 - 6t} \right)\)

\(V'' = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3}\).

Có \(V'\left( 0 \right) = 0;V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = 100;V'\left( {\frac{1}{2}} \right) = 75\).

Vậy tốc độ tăng thể tích vào thời điểm \(t = \frac{1}{3}\) giây là lớn nhất.

Ta có \(v = s' = - \frac{3}{2}{t^2} + 12t = - \frac{3}{2}\left( {{t^2} - 8t + 16} \right) + 24 = 24 - \frac{3}{2}{\left( {t - 4} \right)^2} \le 24\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,6} \right]} v\left( t \right) = 24\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) tại thời điểm \(t = 4\) (giây).

Số cá giống mà ông thanh đã thả trong vụ vừa qua là \(50.20 = 1000\left( {{\rm{con}}} \right)\)

Khối lượng trung bình mỗi con cá thành phần trong vụ vừa qua là:\(1500:1000 = 1,5\left( {{\rm{kg}}} \right)\).

Gọi số cá giống cần thả ít đi trong vụ này là: \(x\left( {{\rm{con}}} \right),\left( {x > 0} \right)\)

Theo đề, giảm 8 con thì mỗi con tăng thêm \(0,5\;{\rm{kg/con}}\)

Vậy giảm \(x\) con thì mỗi con tăng thêm \(0,0625x{\rm{ kg/con}}\).

Tổng số lượng cá thu được ở vụ này:

\(F\left( x \right) = \left( {1000 - x} \right)\left( {1,5 + 0,0625x} \right) = - 0,0625{x^2} + 61x + 1500\).

Bài toán trở thành tìm x để \(F\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có:\(F'\left( x \right) = - 0,125x + 61\)

\(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0,125x + 61 = 0 \Leftrightarrow x = 488\)

Bảng biến thiên

Vậy ông thanh phải thả số cá giống trong vụ này là: \(1000 - 488 = 512\;{\rm{con}}\).

a)Ta có: \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} ,\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN} \).

Do đó \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} \).

Vì \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AD\) nên \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} = \vec 0\).

Vì \(N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\) nên \(\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} = \vec 0\).

Do đó \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} )\).

b)Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} ,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} ,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} \).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\) nên \(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \vec 0\).

Do đó \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} \).

a) Tam giác \(SAD\) có ba cạnh bằng nhau nên là tam giác đều suy ra \(\widehat {SAD} = 60^\circ \).

Tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \) suy ra \(\left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {SAD} = 60^\circ \).

 Do đó \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BC} = \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\cos 60^\circ = a.a.\frac{1}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

b) Tứ giác \[ABCD\] là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là \(a\) nên độ dài đường chéo \[AC\] là \(\sqrt 2 a\).

Tam giác \[SAC\] có \(SA = SC = a\) và \(AC = \sqrt 2 a\) nên tam giác \[SAC\] vuông cân tại \(S\)

Suy ra \(\widehat {SAC} = 45^\circ \), do đó \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \widehat {SAC} = a.\sqrt 2 a.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {a^2}\).

a) Ta có \(\overrightarrow {BC} = (1;1;1)\).

Gọi \(H(x;y;z)\) là chân đường cao của tam giác \(ABC\) kẻ từ \(A\).

Suy ra \(\overrightarrow {BH} = (x - 1;y - 2;z - 4)\).

\(\overrightarrow {BH} \) cùng phương với \(\overrightarrow {BC} \), do đó \(x - 1 = t;y - 2 = t;z - 4 = t\), suy ra \(H(1 + t;2 + t;4 + t)\).

Ta có \(\overrightarrow {AH} = \left( {{x_H} - {x_A};{y_H} - {y_A};{z_H} - {z_A}} \right) = (t - 6;t - 1;t + 1)\).

\(\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow t - 6 + t - 1 + t + 1 = 0 \Leftrightarrow 3t = 6 \Leftrightarrow t = 2\).

Suy ra \(H(3;4;6)\).

b) Ta có \(\overrightarrow {AB} = ( - 6; - 1;1);\overrightarrow {AC} = ( - 5;0;2)\), suy ra

\(AB = \sqrt {{{( - 6)}^2} + {{( - 1)}^2} + {1^2}} = \sqrt {38} ;AC = \sqrt {{{( - 5)}^2} + {0^2} + {2^2}} = \sqrt {29} .\)

c) \(\cos A = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} }}{{AB \cdot AC}} = \frac{{30 + 0 + 2}}{{\sqrt {38} \cdot \sqrt {29} }} = \frac{{32}}{{\sqrt {38 \cdot 29} }}\), suy ra \(\widehat {{\mkern 1mu} A{\mkern 1mu} } \approx 15,43^\circ \).

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {3;\,\,0;\,\,0} \right)\]. Gọi \(C\left( {x;\,y;\,\,z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC} = \left( {x;\,\,y - 3;\,\,z} \right)\).

\(ABCD\) là hình bình hành \[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Rightarrow \left( {x;\,\,y - 3;\,\,z} \right) = \left( {3;\,\,0;\,\,0} \right) \Rightarrow C\left( {3;\,\,3;\,\,0} \right)\]

Ta có \(\overrightarrow {AD} = \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right)\). Gọi \(A'\left( {x';\,\,y';\,\,z'} \right) \Rightarrow \overrightarrow {A'D'} = \left( { - x';\,\,3 - y';\,\, - 3 - z'} \right)\)

\(ADD'A'\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'D'} \Rightarrow \left( {x';\,\,y';\,\,z'} \right) = \left( {0;\,\,0;\,\, - 3} \right) \Rightarrow A'\left( {0;\,\,0;\, - 3} \right)\).

Gọi \(B'\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,{z_0}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {A'B'} = \left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,{z_0} + 3} \right)\)

\(ABB'A'\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} \Rightarrow \left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,{z_0}} \right) = \left( {3;\,\,0;\, - 3} \right) \Rightarrow B'\left( {3;\,\,0;\, - 3} \right)\)

\(G\) là trọng tâm tam giác \(A'B'C\) \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{0 + 3 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{0 + 0 + 3}}{3} = 1\\{z_G} = \frac{{ - 3 - 3 + 0}}{3} = - 2\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;\,\,1;\,\, - 2} \right)\].

Một người đã tác động một lực không đổi \(\vec F = (2;3; - 1)\) vào một vật đang ở gốc toạ độ \(O\) và làm cho vật dịch chuyển thẳng từ \(O\) đến điểm \(M(1;2;1)\).

Ta có \(\overrightarrow {OM} = (1;2;1)\). Từ đó ta tính được công sinh ra bởi lực \(\vec F\) là:

\(A = \vec F \cdot \overrightarrow {OM} = 2.1 + 3.2 + ( - 1).1 = 7.\)

Như vậy công sinh ra bởi lực \(\vec F\) trong tình huống này là \(A = 7\) (J).

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là \(R = 21 - 6 = 15\).

b) Ta có bảng tần số tích lũy

Nhóm	Tần số	Tần số tích lũy
\([6;9)\)	20	20
\([9;12)\)	78	98
\([12;15)\)	45	143
\([15;18)\)	23	166
\([18;21)\)	12	178

Nhóm 2 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng \(\frac{n}{4} = \frac{{178}}{4} = 44,5\)

\( \Rightarrow {Q_1} = 9 + \left( {\frac{{44,5 - 20}}{{78}}} \right).3 = \frac{{517}}{{52}}\).

Nhóm 3 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.178}}{4} = 133,5\)

\( \Rightarrow {Q_3} = 12 + \left( {\frac{{133,5 - 98}}{{45}}} \right).3 = \frac{{431}}{{30}}\).

Khoảng tứ phân vị: \({\Delta _Q} = Q{}_3 - {Q_1} = \frac{{431}}{{30}} - \frac{{517}}{{52}} = \frac{{3451}}{{780}} \approx 4,42\).

Chọn giá trị đại diện cho nhóm số liệu ta có:

Giá trị đại diện	\(3,875\)	\(3,925\)	\(3,975\)	\(4,025\)
Số lần đo	2	3	5	2

Hiệu điện thế trung bình của mạch điện là

\(\overline x = \frac{1}{{12}}\left( {2.3,875 + 3.3,925 + 5.3,975 + 2.4,025} \right) \approx 3,954\,\left( {\rm{V}} \right)\).

Độ lệch chuẩn của hiệu điện thế của mạch điện là

\(s = \sqrt {\frac{1}{{12}}\left( {2.3,{{875}^2} + 3.3,{{925}^2} + 5.3,{{975}^2} + 2.4,{{025}^2}} \right) - 3,{{954}^2}} \approx 0,06\).