Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 1 lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Giả sử đường cong hình bên là đồ thị của hàm số: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\;\left( {a \ne 0} \right)\).

Từ đồ thị hàm số ta thấy \(a > 0\) nên loại A và B.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị: \(\left( { - 1;3} \right)\) và \(\left( {1; - 1} \right)\) nên chọn D.

Tiệm cận đứng: \[x = \frac{1}{c} = 1 \Leftrightarrow c = 1\]

Tiệm cận ngang: \[y = \frac{a}{c} =  - 1 \Leftrightarrow a =  - c \Rightarrow a =  - 1\]

Đồ thị cắt trục hoành tại \[x = 2\] nên \[2a + b = 0\] hay \[b =  - 2a = 2.\]

Vậy có hai số dương.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\) nên loại A.

Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(y =  - x\) nên loại B, D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2; - 3} \right)\). Chọn đáp án C.

Lời giải

Đồ thị có tiệm cận đứng \(x =  - 2\).

Suy ra \( - \frac{2}{c} =  - 2 \Leftrightarrow c = 1\).

Đồ thị có tiệm cận xiên đi qua hai điểm: \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( { - 1;0} \right)\) nên có phương trình: \(\frac{x}{{ - 1}} + \frac{y}{1} = 1 \Leftrightarrow y = x + 1\).

Khi đó ta có:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{a{x^2} + bx + 1}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = 1 \Leftrightarrow a = 1\]; \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{{x^2} + bx + 1}}{{x + 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left( {b - 2} \right)x + 1}}{{x + 2}} = b - 2 = 1 \Leftrightarrow b = 3\].

Vậy: \(T = 2a + 3b - c = 2 + 9 - 1 = 10\). Chọn đáp án B.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số, ta có hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \[\left( {0;2} \right)\].

Chọn D

Ta có: \[y' =  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\]

Hàm số đồng biến khi \(y' > 0\)\( \Leftrightarrow 0 < x < 2\).

Chọn C

Dựa vào đồ thi hàm số ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \[M\left( {1\,;\, - 2} \right)\].

Từ đồ thị ta thấy\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;\;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 1\). Chọn đáp án B.

\[y' = \left( {{x^2} - 2x + 3} \right)' = 2x - 2\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \notin \left[ {2;4} \right]\].

Ta có \(y\left( 2 \right) = 3;\,\,\,y\left( 4 \right) = 11\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;\;4} \right]} y = y\left( 2 \right) = 3\). Chọn đáp án A.

Chọn D.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 + 2x}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2\).

Nên \(y = 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Phương trình đường tiệm cận xiên có dạng: \(y = ax + b\).

Trong đó, \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{{x^2} + x}} = 1\);

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

Ta cũng có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = 1;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] =  - 3.\)

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x - 3.\)

Đáp án A.

Tập xác định: \(D = \left[ {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ {1;4} \right\}\) (kiểm tra lại tập xác định).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt x  + 1}}{{3x - 9\sqrt x  + 6}} = 0.\)

Nên hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là \(y = 0.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt x  + 1}}{{3x - 9\sqrt x  + 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt x  + 1}}{{3\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} =  + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt x  + 1}}{{3x - 9\sqrt x  + 6}} =  - \infty \).

Suy ra đường thẳng \(x = 1\) là 1 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{\sqrt x  + 1}}{{3\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} =  + \infty \), \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{\sqrt x  + 1}}{{3x - 9\sqrt x  + 6}} =  - \infty .\]

Suy ra đường thẳng \(x = 4\) là 1 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Hàm số không có tiệm cận xiên.

Vậy tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.

a) Sai. Vì từ đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \ge 1\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

b) Sai. Vì từ đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu một lần qua \(x = 1\) nên hàm số có một điểm cực trị.

c) Sai. Vì:

Từ đồ thị ta có hàm số \(f'\left( x \right)\) có dạng: \(f'\left( x \right) = a{\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) đi qua \(\left( {0; - 4} \right)\) nên: \( - 4 = a{\left( {0 + 2} \right)^2}\left( {0 - 1} \right) \Leftrightarrow a = 1\).

Vậy \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right) \Rightarrow f'\left( 2 \right) = {\left( {2 + 2} \right)^2}\left( {2 - 1} \right) = 16\).

d) Đúng. Vì:

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\).

Vẽ đường thẳng \(y = x - 1\) trên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\).

Khi đó: \(f'\left( x \right) = x - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 3\\x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

 Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\).

Ta có hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 3; - 1} \right)\) nên \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{5}{2}; - \frac{3}{2}} \right)\).

a)    Đúng vì : \(y' = 3{x^2} - 3\).\[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y\left( { - 1} \right) = 3\\y\left( 1 \right) =  - 1\end{array} \right.\].

Ta có bảng biến thiên:

Từ BBT ta có:

          Điểm cực tiểu của hàm số là \[x = 1\].

b)    Sai vì từ BBT ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\].

c)    Đúng vì \[{x_1} \cdot {x_2} = 1 \cdot \left( { - 1} \right) =  - 1\].

d)    Sai  vì  \[A\left( { - 1;3} \right),B\left( {1; - 1} \right),C\left( { - 1;2} \right)\].

\[\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 2\sqrt 5 \]  .

\[\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = 1\].

\[\cos \widehat {BAC} = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{{x_1}{x_2} + {y_1}{y_2}}}{{\sqrt {{x_1}^2 + {y_1}^2} \sqrt {{x_2}^2 + {y_2}^2} }}\]\[ = \frac{{2.0 + \left( { - 4} \right)\left( { - 1} \right)}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\].                                                    \[\sin \widehat {BAC} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {BAC}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\].

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC}\] \[ = \frac{1}{2}.2\sqrt 5 .1.\frac{{\sqrt 5 }}{5} = 1\].

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 1 - m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

a)    Khi \(m = 2\)thì \(y' = \frac{{ - 1 - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0{\rm{ }}\forall x \in D \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định, do đó hàm số cũng nghịch biến trên \(\left[ {2;5} \right]\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;5} \right]} \,\,y = y\left( 2 \right) = 4.\)Chọn Đ

b)    Theo ý a) ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định, do đó hàm số cũng nghịch biến trên \(\left[ {2;5} \right]\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;5} \right]} \,\,y = y\left( 5 \right) = \frac{7}{4}.\) Chọn Đ

c)    Với \(m <  - 1\)\( \Rightarrow  - 1 - m > 0 \Rightarrow y' > 0\)nên hàm số đã cho đồng biến trên trên các khoảng xác định, do đó hàm số cũng đồng biến trên \(\left[ {2;4} \right]\) suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \,\,y = y\left( 2 \right)\). Chọn S

d)  

TH1. \( - 1 - m > 0 \Leftrightarrow m <  - 1\)\( \Rightarrow y' > 0\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left[ {2;4} \right]\)

Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \,y = y\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3 = 2 + m \Leftrightarrow m = 1\,\,\,(ktm)\)

TH2.\( - 1 - m < 0 \Leftrightarrow m >  - 1\) \( \Rightarrow y' < 0\) nên hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left[ {2;4} \right]\)

Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \,\,y = y\left( 4 \right) \Leftrightarrow 3 = \frac{{4 + m}}{3} \Leftrightarrow m = 5\,\,\,(tm)\) mà \(m \notin \left[ {1;3} \right)\). Chọn S

a)    Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{2x - 7}}\) có:

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{7}{2}} \right\}.\)

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{7}{2}} \right)}^ + }} \frac{{x + 1}}{{2x - 7}} =  + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{7}{2}} \right)}^ - }} \frac{{x + 1}}{{2x - 7}} =  - \infty \].

Suy ra \(x = \frac{7}{2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - 7}} = \frac{1}{2}\]. Suy ra \(y = \frac{1}{2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy hàm số có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang.

b)    Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{x}{{{x^2} + 4}} = 0\]. Suy ra \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

c)    Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2{x^2} - 6x + 2}}{{{x^2} + 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {2 + \frac{{ - 12x + 2}}{{{x^2} + 3x}}} \right) = 2.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - 2x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\frac{{2{x^2} - 6x + 2}}{{{x^2} + 3x}} - 2x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{{x^2} + 3x}} = 0.\)

Ta cũng có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2{x^2} - 6x + 2}}{{{x^2} + 3x}} = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\frac{{2{x^2} - 6x + 2}}{{{x^2} + 3x}} - 2x} \right] = 0.\)

Do đó, đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = 2x.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ + }} \frac{{2{x^2} - 6x + 2}}{{x + 3}} =  + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{2{x^2} - 6x + 2}}{{x + 3}} =  - \infty \).

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường thẳng \(x =  - 3\).

Kết luận: Đồ thị hàm số chỉ có 2 đường tiệm cận.

d)    Tập xác định: \(D = \left[ { - 5;5} \right]\backslash \{ 0\} \) nên không tồn tại tiệm cận ngang.

Đáp số: \(9\).

Ta có \[f\left( t \right) =  - {t^3} + 45{t^2} + 600t \Rightarrow f'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 90t + 600\].

Tốc độ truyền bệnh lớn hơn 1200 nên \[f'\left( t \right) > 1200 \Leftrightarrow  - 3{t^2} + 90t + 600 > 1200 \Leftrightarrow  - 3{t^2} + 90t - 600 > 0 \Leftrightarrow 10 < t < 20\].

Vậy có 9 ngày tốc độ truyền bệnh lớn hơn 1200.

Đáp số: \(4,03\;\;cm\).

Gọi cạnh của hình vuông bị cắt ở bốn góc là: \(x\).

Điều kiện: \(0 < 2x < 21 \Leftrightarrow 0 < x < 10,5\), đơn vị \(cm\).

Ta có kích thước của khối hộp chữ nhật là: \(x,{\kern 1pt} {\rm{ }}21 - 2x;\;29,{\rm{ }}5 - 2x\).

Thể tích của khối hộp là: \(V = \left( {21 - 2x} \right).\left( {29,5 - 2x} \right).x = 619,5x - 101{x^2} + 4{x^3} = f\left( x \right)\).

Thể tích khối hộp lớn nhất khi hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

\(f'\left( x \right) = 12{x^2} - 202x + 619,5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_2} \approx 12,80\\{x_1} \approx 4,03\end{array} \right.\).

 Ta có bảng biến thiên:

 Suy ra \[\mathop {\max }\limits_{\left( {0;10,5} \right)} f\left( x \right) = f\left( {{x_1}} \right)\].

Vậy cạnh của hình vuông xấp xỉ \(4,03\;cm\).

Ta có:

\(y' = 3{x^2} + 6x - 9 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y\left( 1 \right) =  - 5\\y\left( { - 3} \right) = 27\end{array} \right.\).

\[ \Rightarrow \]\(x = 1\) là điểm cực tiểu.

Ta có \(y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \prime  = 3{x^2} - 6mx + \left( {{m^2} + 2} \right)\).

Hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} + \left( {{m^2} + 2} \right)x - m + 1\) đạt cực đại tại \(x = 1\).

\( \Leftrightarrow \) \(y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \prime \left( 1 \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \) \(3 - 6m + {m^2} + 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \) \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 5\end{array} \right.\)

+ Với  \[m = 1\] ta có : \[y = {x^3} - 3{x^2} + 3x\]

\[y' = 3{x^2} - 6x + 3\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1\] \[ \Rightarrow \] hàm số không có cực trị .

+ Với  \[m = 5\] ta có : \[y = {x^3} - 15{x^2} + 27x - 4\]

\[y' = 3{x^2} - 30x + 27\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 30x + 27 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 9\end{array} \right..\]

Từ bảng biến thiên ta có với \[m = 5\] thì hàm số đạt cực đại tại \[x = 1\].

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\).

Có \(y' = \frac{{{m^2} - m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} > 0\), \(\forall x \in D\) (do \({m^2} - m + 1 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\), \(\forall m \in \mathbb{R}\)).

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\,m} \right)\) và \(\left( {m;\, + \infty } \right)\).

Khi đó \[\mathop {max}\limits_{\left[ {0;\,4} \right]} \,y = y\left( 4 \right)\].

Để hàm số đã cho có giá trị lớn nhất trên \(\left[ {0;\,4} \right]\) bằng \( - 6\) thì

\(\left\{ \begin{array}{l}m \notin \left[ {0;\,4} \right]\\y\left( 4 \right) =  - 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \notin \left[ {0;\,4} \right]\\\frac{{3 - {m^2}}}{{4 - m}} =  - 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \notin \left[ {0;\,4} \right]\\{m^2} + 6m - 27 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \notin \left[ {0;\,4} \right]\\\left[ \begin{array}{l}m = 3\\m =  - 9\end{array} \right.\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow m =  - 9\).

Vậy có một giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + {m^2} + 1\).

Dễ thấy đồ thị không có tiệm cận xiên.

Đồ thị có 1 tiệm cận ngang là \(y = 0\) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - 4}}{{{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + {m^2} + 1}} = 0\).

Do đó, để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì hàm số chỉ có đúng 1 đường tiệm cận đứng.

Khi đó, \(f\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm \(x = 2\) hoặc \(f\left( x \right) = 0\) có nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\f\left( 2 \right) = 0\end{array} \right.\\\Delta ' = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 2} \right)^2} - {m^2} - 1 > 0\\4 + 2\left( {m - 2} \right).2 + {m^2} + 1 = 0\end{array} \right.\\{\left( {m - 2} \right)^2} - {m^2} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l} - 4m + 3 > 0\\{m^2} + 4m - 3 = 0\end{array} \right.\\ - 4m + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m < \frac{3}{4}\\m =  - 2 \pm \sqrt 7 \end{array} \right.\\m = \frac{3}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 2 \pm \sqrt 7 \\m = \frac{3}{4}\end{array} \right..\)

Vậy tích tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) là: \(P = \left( { - 2 + \sqrt 7 } \right).\left( { - 2 - \sqrt 7 } \right).\frac{3}{4} =  - 3.\frac{3}{4} = \frac{{ - 9}}{4}.\)

Do đó \(a =  - 9,b = 4\)nên \(P = {a^2} + {b^2} = 81 + 4 = 85.\)