Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 1 lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Chọn C

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Đồng thời \(f'\left( x \right) < 0\)\( \Leftrightarrow x \in \left( {0;2} \right)\) nên ta chọn đáp án theo đề bài là \(\left( {0;\,\,1} \right)\).

Chọn D

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\) và \(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\).

Chọn D.

Quan sát đồ thị ta thấy: \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 3\\\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = 3\\m = 0\end{array} \right. \Rightarrow M + m = 3 + 0 = 3\].

Chọn B.

Từ BBT ta có :

+)   \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 0 \Rightarrow \] Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang : \(y = 0\).

+)   \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 5 \Rightarrow \] Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang : \(y = 5\).

+)   \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y =  + \infty  \Rightarrow \] Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng : \(x = 1\).

Vậy :  Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là 3.

Chọn D.

Ta có :  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{3}{x}}} = 2 \Rightarrow \] Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang : \(y = 2\).

Chọn A

Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 1 - a}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}},\,\forall x \ne 1\). Từ đồ thị của hàm số suy ra hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng xác định vì vậy \(y' > 0,\,\forall x \ne 1\).

Chọn A

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc \(3\) với hệ số \(a > 0\) nên chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 3x\) thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\].

Ta có: \[y' = 3{x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 3\].

Hàm số \[y = {x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} + 3x + 2\] đồng biến trên \[\mathbb{R}\] khi và chỉ khi \[y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\].

\[ \Leftrightarrow \Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - 9 \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 \le 0 \Leftrightarrow  - 4 \le m \le 2.\]

Vậy \(m \in \left[ { - 4;2} \right]\).

Chọn A.

Hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{{x - 2}}\) liên tục trên \(\left[ {3;7} \right]\).

Ta có: \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).

Nhận xét: \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \in \left[ {3;7} \right]\).

\[ \Rightarrow y = f\left( x \right)\] là hàm số nghịch biến trên \(\left[ {3;7} \right]\).

Xét trên đoạn \(\left[ {3;7} \right]\), ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {3;7} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 7\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {3;7} \right]} f\left( x \right) = f\left( 7 \right) = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = 7\\m = 3\end{array} \right. \Rightarrow {M^2} + m = 52\].

Chọn A.

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 4} \right\}.\] Ta có:

\( \bullet \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \, - 4} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \, - 4} \frac{{{x^2} - 3x - 4}}{{{x^2} - 16}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \, - 4} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \, - 4} \frac{{x + 1}}{{x + 4}} =  + \infty  \Rightarrow x =  - 4\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\( \bullet \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,4} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,4} \frac{{{x^2} - 3x - 4}}{{{x^2} - 16}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,4} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,4} \frac{{x + 1}}{{x + 4}} = \frac{5}{8} \Rightarrow x = 4\) không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \(1\) đường tiệm cận đứng.

Chọn C

Gọi \(M\left( {{x_0}\,;\,{y_0}} \right)\) là giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. Ta có \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = 2\).

Chọn A

Tập xác định: \(\mathbb{R}\).

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

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại \(3\) điểm phân biệt.

a) Đúng.

Vì dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

b) Sai.

Vì dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\).

c) Đúng.

Theo đồ thị ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = 0\)và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) =  - 4\).

d) Sai.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {3 - x} \right)\) . Vì \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên \(g\left( x \right)\)liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Từ đồ thị ta có bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {3 - x} \right)'f'\left( {3 - x} \right) =  - f'\left( {3 - x} \right)\).

Cho \(g'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow  - f'\left( {3 - x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3 - x = 0}\\{3 - x = 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{x = 1}\end{array}} \right.\)

Từ bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) suy ra được bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\)

          Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) không nghịch biến trên \(\left( {2;5} \right)\).

a. Sai. Vì dựa vào bảng xét dấu, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

b. Đúng. Vì dựa vào bảng xét dấu, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right) \supset \left( {3; + \infty } \right)\).

c. Sai. Vì hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(f'\left( x \right)\) đổi dấu ba lần nên hàm số đã cho có \(3\) điểm cực trị.

d. Đúng. Vì hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\) và tại điểm \[x = 0\], \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số đã cho đạt cực tiểu tại \[x = 0\].

Hàm số đã cho liên tục trên đoạn \(\left[ {0;\;2} \right]\).

Ta có \(y' =  - \frac{8}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}\; < \;0\;;\;\forall x \ne 3\)suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn \(\left( {0;2} \right)\)

Vậy \(M = \mathop {{\rm{max}}y}\limits_{\left[ {0;\;2} \right]}  = f\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\) và \(m = \mathop {{\rm{min}}y}\limits_{\left[ {0;\;2} \right]}  = f\left( 2 \right) =  - 5\)

Suy ra \(P = M.m = \frac{1}{3}.\left( { - 5} \right) =  - \frac{5}{3}.\)

a. Sai.

b. Sai.

c. Đúng.

d. Đúng.

Từ bảng biến thiên, ta có :

 là tiệm cận đứng

là tiệm cận ngang

Vậy đồ thị hàm số có 1 TCĐ và 1 TCN.

a. Sai.

b. Sai.

c. Sai.

d. Đúng.

Đáp án: \(2\sqrt {17} \)

Xét hàm số \(y = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}\)

Điều kiện: \(x \ne  - 2\)

Ta có: \(y' = \frac{{2{x^2} + 8x + 6}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)     \(\left( {x \ne  - 2} \right)\)

Cho \(y' = 0\)\( \Rightarrow 2{x^2} + 8x + 6 = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1 \Rightarrow y = 1}\\{\,\,\,x =  - 3 \Rightarrow y =  - 7}\end{array}} \right.\)

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \(A\left( { - 1;1} \right)\) và \(B\left( { - 3; - 7} \right)\)\( \Rightarrow AB = 2\sqrt {17} \)

Đáp án: 1

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là \(1\). Vì dựa vào đồ thị của \(f'\left( x \right)\), đạo hàm đổi dấu một lần từ âm sang dương nên hàm số đã cho có một cực trị (một cực tiểu).

Đáp án: 5

Giả sử hàm số có đồ thị là \((C)\). Ta có :

+)    \[y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = x + \frac{1}{{x - 1}}\].

+)   \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {\frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{1}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{\frac{1}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = 0 \Rightarrow \left( C \right)\) có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x\).

Suy ra :  \(a = 1;\,\,\,b = 0\,\, \Rightarrow P = 5a + 2024b = 5.1 + 2024.0 = 5.\)

Trả lời : 3

Đặt \(t = {x^3} + 4x + m \Rightarrow t' = 3{x^2} + 4\) nên \(t\) đồng biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\) và \(t \in \left( {m - 5;m + 5} \right)\)

Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(m\) để hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {m - 5;m + 5} \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}m - 5 \ge  - 2\\m + 5 \le 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\m \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

Trả lời : 14

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {x - m} \right) - \frac{1}{2}{\left( {x - m - 1} \right)^2} + 2019\)

\(g'\left( x \right) = f'\left( {x - m} \right) - \left( {x - m - 1} \right)\)

Xét phương trình \(g'\left( x \right) = 0\left( 1 \right)\)

Đặt \(x - m = t\), phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \(f'\left( t \right) - \left( {t - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = t - 1\left( 2 \right)\)

Nghiệm của phương trình \(\left( 2 \right)\) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và \(y = t - 1\)

Ta có đồ thị các hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và \(y = t - 1\) như sau:

Căn cứ đồ thị các hàm số ta có phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm là: \(\left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = 1\\t = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m - 1\\x = m + 1\\x = m + 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên của \(y = g\left( x \right)\)

Để hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {5;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 6} \right)\) cần \(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m - 1 \le 5\\m + 1 \ge 6\end{array} \right.\\m + 3 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 \le m \le 6\\m \le 2\end{array} \right.\)

Vì \(m \in \mathbb{N}* \Rightarrow m\) nhận các giá trị \(1;\,2;\,5;\,6 \Rightarrow S = 14\).

Đáp án: 10

Thể tích của hộp sữa là: \[V = {x^2}h\,\,\left( {c{m^3}} \right)\].

Theo bài ra, ta có: \[V = 1\left( l \right) = 1000\,\,\left( {c{m^3}} \right) \Rightarrow {x^2}h = 1000 \Rightarrow h = \frac{{1000}}{{{x^2}}}\].

Ta có diện tích toàn phần của hộp sữa là: \[{S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 4hx + 2{x^2} = 4.\frac{{1000}}{{{x^2}}}.x + 2{x^2} = 2{x^2} + \frac{{4000}}{x}\]

Đặt \[y = 2{x^2} + \frac{{4000}}{x} \Rightarrow y' = 4x - \frac{{4000}}{{{x^2}}}\].

Xét \[y' = 0 \Leftrightarrow 4x - \frac{{4000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4000 = 0 \Leftrightarrow x = 10\].

Ta có bảng biến thiên:

Vậy để hộp sữa có diện tích toàn phần nhỏ nhất thì \[x = 10\].