Đáp án đúng là: C

TXĐ của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{4}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\); \(y' > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Do đó, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \[\left( {1;\, + \infty } \right)\].

Đáp án đúng là: A

Tập xác định của hàm số là \(\left( { - \infty ;\frac{{11}}{2}} \right]\). Do đó, hàm số \[f\left( x \right) = \sqrt {11 - 2x} \] liên tục và xác định trên đoạn \(\left[ {1;\,\,5} \right]\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {11 - 2x} }}\); \(f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left[ {1;\,5} \right]\).

Từ đó suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\,5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \sqrt {11 - 2}  = 3\).

Đáp án đúng là: C

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{d}{c}} \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\).

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: \(y = \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow c > 0\) (do \(a > 0\)).

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: \(x =  - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow d > 0\).

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \({x_0} =  - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow b < 0\).

Từ bảng biến thiên, ta thấy trục hoành (đường thẳng \(y = 0\)) cắt đồ thị hàm số đã cho tại \(4\) điểm.

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'} \)

                \[ = \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow b  - \overrightarrow a  + \frac{1}{2}\overrightarrow c \].

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

– Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {2;\, + \infty } \right)\) do trên khoảng này đồ thị của hàm số đi lên từ trái qua phải. Vậy ý a) đúng.

– Hàm số đã cho đạt cực đại tại \(x = 0\); đạt cực tiểu tại \(x = 2\). Do đó, ý b) đúng.

– Trên đoạn \(\left[ {0;\,2} \right]\), hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 0\), \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 2\). Do đó, ý c) sai.

– Ta có \(3f\left( x \right) + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{4}{3}\).

Đường thẳng \(y =  - \frac{4}{3}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 3 điểm nên phương trình \(f\left( x \right) =  - \frac{4}{3}\) có 3 nghiệm, tức là phương trình \(3f\left( x \right) + 4 = 0\) có 3 nghiệm.

Vậy ý d) đúng.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\).

– Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

– Ta có \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\); \(y' > 0\) với mọi \(x \ne  - 1\).

– Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\). Do đó, ý a) sai.

– Hàm số đã cho không có cực trị. Do đó, ý b) đúng.

– Tiệm cận:

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

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

Vậy ý c) đúng.

– Gọi \({x_0}\) là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó, hệ số góc của tiếp tuyến này là \(f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\).

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = x\) có hệ số góc là \(k = 1\) nên

\(f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 1\), suy ra \({x_0} =  - 1 + \sqrt 3 \) hoặc \({x_0} =  - 1 - \sqrt 3 \).

Vì đường thẳng \(y = x\) và \(\left( C \right)\) có hai giao điểm nên \(y = x\) không phải là tiếp tuyến của đồ thị hàm số.

Vậy tổng hoành độ của hai tiếp điểm là \(k =  - 1 + \sqrt 3  + \left( { - 1} \right) - \sqrt 3  =  - 2\), đây không phải là một số chính phương. Do đó, ý d) sai.

– Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \(AD'C'B\) là hình bình hành, do đó \(\overrightarrow {AD'}  = \overrightarrow {BC'} \). Vậy ý a) đúng.

– Tam giác \(ABD\) vuông cân tại \(A\) có \(AB = AD = 1\), suy ra \(\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = BD = \sqrt 2 \).

Tam giác \(CDD'\) vuông tại \(D\) có \(CD = AB = 1,\,DD' = AA' = 2\), suy ra \(\left| {\overrightarrow {CD'} } \right| = CD' = \sqrt 5 \).

Vậy ý b) sai.

– Ta có \(\overrightarrow {AC'}  + \overrightarrow {CA'}  + 2\overrightarrow {C'C}  = \left( {\overrightarrow {AC'}  + \overrightarrow {C'C} } \right) + \left( {\overrightarrow {C'C}  + \overrightarrow {CA'} } \right) = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {C'A'}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CA}  = \overrightarrow 0 \).

Do đó, ý c) đúng.

– Vì \(A'B' \bot \left( {ADD'A'} \right)\) nên \[A'B' \bot AD\], do đó \(\overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {A'B'}  = 0\). Vậy ý d) sai.

– Vì \(G\) là trung điểm của \(IJ\) nên \(\overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {JG}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {JI}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {JI}  = \overrightarrow {JI}  \ne \overrightarrow 0 \). Do đó, ý a) sai.

– Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IJ}  = \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CJ} \\\overrightarrow {IJ}  = \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {DJ} \end{array} \right.\).

Suy ra \(2\overrightarrow {IJ}  = \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB} } \right) + \left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD} } \right) + \left( {\overrightarrow {CJ}  + \overrightarrow {DJ} } \right) = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD} \). Vậy ý b) đúng.

– Ta có: \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} } \right)\)

                \( = 2\overrightarrow {GI}  + 2\overrightarrow {GJ}  = 2\left( {\overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {GJ} } \right) = \overrightarrow 0 \).

Vậy ý c) đúng.

– Ta có: \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD}  = 4\overrightarrow {MG}  + \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} } \right) = 4\overrightarrow {MG} \).

Suy ra \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} } \right| = 4\left| {\overrightarrow {MG} } \right| = 4MG\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} } \right|\) nhỏ nhất khi \(MG\) nhỏ nhất, tức là \(MG = 0\) hay \(M \equiv G\).

Do đó, ý d) đúng.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + x\) có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta có: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) =  - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1\).

Đáp số: \(1\).

Ta có \(y' = {e^x}\left( {{x^2} + 2x - 3} \right)\).

Trên khoảng \(\left( { - 5; - 2} \right)\), \(y' = 0 \Leftrightarrow x =  - 3\).

\(y\left( { - 5} \right) = \frac{{22}}{{{e^5}}};\,\,y\left( { - 3} \right) = \frac{6}{{{e^3}}};\,\,y\left( { - 2} \right) = \frac{1}{{{e^2}}}\).

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 5; - 2} \right]} y = \frac{6}{{{e^3}}}\), suy ra \(a = 6,b = 3\). Vậy \(P = a + b = 6 + 3 = 9\).

Đáp số: \(9\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB'}  \cdot \overrightarrow {BC'}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BB'} } \right)\left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CC'} } \right)\)

                \( = \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CC'}  + \overrightarrow {BB'}  \cdot \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  \cdot \overrightarrow {CC'} \)

                \( =  - \overrightarrow {BA}  \cdot \overrightarrow {BC}  + 0 + 0 + \overrightarrow {BB'}  \cdot \overrightarrow {BB'} \)

                \( =  - BA \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC} + {\overrightarrow {BB'} ^2}\)

                \( =  - a \cdot a \cdot \cos 60^\circ  + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} =  - \frac{{{a^2}}}{2} + 2{a^2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\).

Khi đó, \(\cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\,\overrightarrow {BC'} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB'}  \cdot \,\overrightarrow {BC'} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| \cdot \,\left| {\overrightarrow {BC'} } \right|}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{2}}}{{a\sqrt 3  \cdot a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\left( {\overrightarrow {AB'} ,\,\overrightarrow {BC'} } \right) = 60^\circ \).

Đáp số: \(60\).

Ta thấy \(M\left( x \right) = \frac{{0,0001{x^2} + 0,2x + 10\,000}}{x} = 0,0001x + \frac{{10\,000}}{x} + 0,2\).

Xét hàm số \(M\left( x \right) = 0,0001x + \frac{{10\,000}}{x} + 0,2\), với \(x \ge 1\).

Ta có: \(M'\left( x \right) = 0,0001 - \frac{{10\,000}}{{{x^2}}}\);

       \(M'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 10\,000\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,x \ge 1} \right)\).

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\, + \infty } \right)} M\left( x \right) = 2,2\) tại \(x = 10\,000\).

Vậy doanh nghiệp cần sản xuất \(10\,000\) sản phẩm để chi phí trung bình là nhỏ nhất.

Đáp số: \(10\,000\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 6 dm nên \(AC = 6\sqrt 2 \) dm, \(HK = x\) dm.

Ta có \(AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2  - \frac{x}{2}\) dm.

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là:

\(h = AO = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2  - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x} \) (dm).

Thể tích của khối chóp là:

\(V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x}  = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)} \) (dm3).

Để tìm giá trị lớn nhất của \(V\) ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số

\(f\left( x \right) = {x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)\) với \(0 < x \le 3\sqrt 2 \).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^3}\left( { - 15\sqrt 2 x + 72} \right)\), \(f'\left( x \right) = 0\) khi \(x = 0\) hoặc \(x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}\).

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3\sqrt 2 } \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) \approx 477,76\).

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng \({V_{\max }} \approx \frac{1}{3}\sqrt {477,76}  \approx 7,3\) (dm3).

Đáp số: \(7,3\).

Gọi \[{A_1},\,{B_1},\,{C_1},\,{D_1}\] lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {E{A_1}}  = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\,\overrightarrow {E{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\,\overrightarrow {E{C_1}}  = \overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {E{D_1}}  = \overrightarrow {{F_4}} \).

Do các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {{F_4}} \) đều có cường độ là \(4\,500\) N nên

\(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4\,500\) (N).

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Khi đó, \(O\) là trung điểm của \({A_1}{C_1}\) và \({B_1}{D_1}\).

Sử dụng quy tắc trung điểm ta có: \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = 2\overrightarrow {EO} \) và \(\overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = 2\overrightarrow {EO} \).

Suy ra \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = 4\overrightarrow {EO} \).

Mặt khác, do các cạnh \(EA,\,EB,\,EC,\,ED\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc bằng \(60^\circ \) nên \(\widehat {E{A_1}O} = \widehat {E{B_1}O} = \widehat {E{C_1}O} = \widehat {E{D_1}O} = 60^\circ \), do đó tam giác \(E{A_1}{C_1}\) là tam giác đều cạnh \(4\,500\) (N) với đường cao \(EO = 2\,250\sqrt 3 \) (N).

Do khung sắt ở vị trí cân bằng nên \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow P \) với \(\overrightarrow P \) là trọng lực tác dụng lên chiếc xe ô tô và khung sắt. Ta tính được tổng trọng lực có độ lớn là \(4\left| {\overrightarrow {EO} } \right| = 9\,000\sqrt 3 \) (N).

Vậy trọng lượng của ô tô bằng \(9\,000\sqrt 3  - 2\,700 \approx 12\;888\) (N).

Đáp số: \(12\,888\).