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

Từ đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ \(\left( {0\,;\, - 2} \right)\).

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc hai / bậc nhất nên ta loại được phương án A và C. Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình đường tiệm cận xiên là \(y = x + 1\)

Thử câu D ta có: \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = x + 1\).

Từ đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Vì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\) nên ta có \(b =  - 1\).

Đồ thị đi qua gốc toạ độ nên ta có: \(a = 0\)

Vậy \(T = a + b =  - 1\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

\(y' = f'(x) = 4{x^3} - 4x\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \vee x = 0 \vee x = 1.\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy

a)    Đúng.

b)    Sai.

c)    Sai.

d)    Đúng.Ta có

\[\begin{array}{l}f(2x) = 16{x^4} - 8{x^2} - 5\\ \Rightarrow f'(2x) = 64{x^3} - 16x\end{array}\]

Cho \(f'(2x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1}}{2} \vee x = 0 \vee x = \frac{1}{2}\)

Ta có bảng biến thiên sau:

Ta thấy hàm \(y = f(x)\) và \[y = f(2x)\] đều đạt cực đại tại \(x = 0\).

a) Ta có  \(y' = 3{x^2} - 3\);   \(y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

\(f\left( 0 \right) = 2;f\left( 1 \right) = 0\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\,1} \right]} y = 0\).

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có \(y' = 3{x^2} - 3\); \(y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

\(f\left( 0 \right) = 2;f\left( 1 \right) = 0;f\left( 2 \right) = 4\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\,2} \right]} y = f\left( 1 \right)\).

Chọn SAI.

c) Ta có \(y' = 3{x^2} - 3\); \(y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

\(f\left( 0 \right) = 2;f\left( 1 \right) = 0;f\left( { - 1} \right) = 4\). Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1\,;\,0} \right]} y = 2;\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,1} \right]} y = 2\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1\,;\,0} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,1} \right]} y = 4\).

Chọn ĐÚNG.

d) Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{y} = \frac{1}{{{x^3} - 3x + 2}}\) trên \(\left[ {\frac{{ - 3}}{2};0} \right]\), ta có:

\(g'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 3}}{{{{\left( {{x^3} - 3x + 2} \right)}^2}}}\); \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

\(g\left( { - 1} \right) = \frac{1}{4}\); \(g\left( { - \frac{3}{2}} \right) = \frac{8}{{25}}\); \(g\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{3}{2};0} \right]} \frac{1}{y} = \frac{1}{4}\).

Chọn SAI.

a) Đúng.

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

b) Sai.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = \frac{{2.1 - 3}}{{1 + 1}}\)\( =  - \frac{1}{2}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = \frac{{2.1 - 3}}{{1 + 1}}\)\( =  - \frac{1}{2}\).

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

c) Đúng.

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

Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  + \infty \), hơn nữa chỉ khi \(x\) dần đến \( - 1\) thì \(y\) mới dần đến vô cực nên đồ thị hàm số chỉ có một đường tiệm cận đứng là \(x =  - 1\).

Do đó, đồ thị hàm số chỉ có đúng hai đường tiệm cận.

d) Đúng.

Ta có tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là \(I\left( { - 1;2} \right)\).

Thế \(x =  - 1\) và \(y = 2\) vào phương trình đường thẳng \(\left( \Delta  \right):x + 2y - 3 = 0\), ta được:

\( - 1 + 2.2 - 3 = 0\) (Đúng)

Vậy điểm \(I\left( { - 1;2} \right)\) nằm trên đường thẳng \(\left( \Delta  \right):x + 2y - 3 = 0\).

a) Đúng.

Do đồ thị hàm số \[y = {x^3} - 3{x^2} + 3x - 2\] cắt trục tung tại điểm có hoành độ bằng 0 nên tung độ bằng \( - 2\).

b) Sai.

 Do \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 3}}{{x - 1}} =  - \infty ,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x - 1}} =  + \infty \] nên đồ thị hàm số \[y = \frac{{2x - 3}}{{x - 1}}\]nhận đường thẳng \[x = 1\] làm tiệm cận đứng.

c) Sai.

Do \[a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{{x^2} - x}} = 1\] và \[b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{3x - 2}}{{x - 1}} = 3\]. Suy ra đường thẳng \[y = x + 3\] là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

d) Đúng.

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

Bảng biến thiên:

+    Căn cứ bảng biến thiên:

       Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \[\left( {2;\,6} \right)\].

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \[\left( {0;\,2} \right)\].

Trung điểm đoạn nối hai điểm cực trị có toạ độ \[\left( {1;\,4} \right)\].

             +     \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} =  + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} =  - \infty \]nên \[x = 1\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

      Theo c)\[y = x + 3\] là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

      Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là giao của hai đường tiệm cận có toạ độ \[\left( {1;\,4} \right)\].

+    Vậy đồ thị hàm số \[y = \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}\]  nhận trung điểm đoạn nối hai điểm cực trị làm tâm đối xứng.

Đáp số: Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

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

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Đáp số: \(m = 1\)

Ta có: \(y = {x^3} - 2m{x^2} + mx + 1\)\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 4mx + m\)

Vì \(x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số nên \(y'\left( 1 \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3 - 4m + m = 0 \Leftrightarrow m = 1\)

Thử lại với \(m = 1,\) ta có \(y = {x^3} - 2{x^2} + x + 1\); \(y' = 3{x^2} - 4x + 1\).

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

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy \(m = 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp số : \( - 2\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f(x)\) có \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.\;\)và \(f(1) =  - 1,\;f( - 1) = 3\).

Xét \(g'(x) = (3{x^2} + 1)f'({x^3} + x - 1) = 0\)

\( \Leftrightarrow f'({x^3} + x - 1) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^3} + x - 1 =  - 1}\\{{x^3} + x - 1 = 1\quad }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)

Ta thấy \(g(0) = f( - 1) + {m^2} + 2m = {m^2} + 2m + 3\) và \(g(1) = f(1) + {m^2} + 2m = {m^2} + 2m - 1.\)

 \( \Rightarrow g(0) > g(1)\)

\(\mathop { \Rightarrow \max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g(x) = g(0)\)

\( \Rightarrow g(0) = 3 \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 3 = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m =  - 2}\end{array}} \right..\)

\( \Rightarrow S = \left\{ { - 2;0} \right\}.\) Vậy tổng các phẩn tử của tập \(S\)bằng \( - 2\).

Đáp số: \[ - 1\].

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\].

Ta có \[a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x - {x^2}}}{{2{x^2} - x}} =  - \frac{1}{2}\];

\[b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{3x - {x^2}}}{{2x - 1}} + \frac{1}{2}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x}}{{2\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{5}{4}\].

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \[y =  - \frac{1}{2}x + \frac{5}{4}\].

Vậy \[P = {a^2} - b = {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{5}{4} =  - 1\].

Đáp số: 2.

Xét phương trình hoành độ giao điểm \[f\left( x \right) = g\left( x \right)\] \[ \Leftrightarrow  - {x^3} + 2{x^2} - x + 1 = 1\]

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

Vậy số giao điểm của \[\left( C \right)\] và \[\left( d \right)\] là 2.

Đáp số: 0.

Hàm số \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\), có đồ thị như hình vẽ.

Nhận xét \(A\left( {0;4} \right)\) và \(M\left( {2;0} \right)\) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 4\\f\left( 2 \right) = 0\\f'\left( 0 \right) = 0\\f'\left( 2 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 4\\8a + 4b + 2c + d = 0\\3a - 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\\c = 0\\d = 4\end{array} \right.\).

Tìm được hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 4\).

Ta có \(g\left( x \right) = {\left( {{x^2} + x + 2} \right)^3} - 3{\left( {{x^2} + x + 2} \right)^2} + 4\).

Khi đó \(g'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right)\left[ {3{{\left( {{x^2} + x + 2} \right)}^2} - 6\left( {{x^2} + x + 2} \right)} \right]\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{1}{2}\\x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, số nghiệm của phương trình \[g\left( x \right) =  - 2\] là 0.