Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2024-2025 THPT Việt Nam Ba Lan (Hà Nội) có đáp án

Tiệm cận ngang: Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 15\) \( \Rightarrow y = 15\) là một tiệm cận ngang.

Tiệm cận đứng:

Tại \(x = - 2\), ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = 1\) nhưng \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - {2^ + }} y = + \infty \) \( \Rightarrow x = - 2\) là một tiệm cận đứng.

Tại \(x = 1\), ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = - \infty \) \( \Rightarrow x = 1\) là một tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị có tổng cộng \(3\) đường tiệm cận (\(1\) ngang, \(2\) đứng).

Chọn C.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Đạo hàm: \(y{\rm{'}} = 3{x^2} - 3\).

Cho \(y{\rm{'}} < 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 < 0 \Leftrightarrow - 1 < x < 1\).

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

Chọn B.

Xét hàm số \(N\left( t \right)\) trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(N'\left( t \right) = \frac{{36 \cdot 3 - 5 \cdot 2}}{{{{\left( {2t + 3} \right)}^2}}} = \frac{{98}}{{{{\left( {2t + 3} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0\).

Do đó, hàm số \(N\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\).

Mặt khác, \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{36t + 5}}{{2t + 3}} = \frac{{36}}{2} = 18\).

Vì hàm số luôn đồng biến tăng tiến dần về số \(18\) nên số dân luôn bé hơn \(18\) triệu người.

Chọn D.

Vận tốc của vật là đạo hàm của hàm vị trí: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - {t^2} + 8t + 9\).

Vận tốc tăng khi đạo hàm của vận tốc (gia tốc) dương: \(v'\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow - 2t + 8 > 0 \Leftrightarrow t < 4\).

Kết hợp điều kiện \(t \in \left[ {0;10} \right]\), khoảng thời gian vận tốc tăng là \(\left( {0;4} \right)\).

Chọn A.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số phân thức, ta thấy nhánh đồ thị tiến sát tới đường thẳng đứng đi qua điểm có hoành độ \(x = 0\) về phía âm và dương vô cực. Do đó tiệm cận đứng là \(x = 0\).

Chọn C.

Ta có \(y = x + 4 + \frac{5}{{x - 2}}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x - 2}} = 0\), nên đường thẳng \(y = x + 4\) là tiệm cận xiên.

Chọn A.

Nhìn vào hình vẽ, đồ thị đi lên từ trái sang phải trên khoảng từ \(0\) đến \(2\). Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn D.

Tại điểm cực đại \(x = 0\), đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm, giá trị tương ứng của hàm số tại đó là \(f\left( 0 \right) = 3\). Vậy giá trị cực đại bằng \(3\).

Chọn B.

Quan sát đồ thị, ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(\left( {1; - 1} \right)\).

Chọn C.

Ta có \(2f\left( x \right) - 11 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{11}}{2} = 5,5\). Dựa vào bảng biến thiên của hàm bậc ba, điểm cực đại có giá trị bằng \(4\). Nhánh ngoài cùng bên phải tiến tới \( + \infty \). Đường thẳng \(y = 5,5\) nằm phía trên giá trị cực đại \(4\), cắt duy nhất nhánh tiến tới \( + \infty \) của đồ thị. Do đó phương trình có đúng \(1\) nghiệm.

Chọn A.

Giao điểm với trục tung (\(x = 0\)) có tung độ \(y = a\). Theo bài ra \(a > 0\).

Tính đạo hàm: \(y' = \frac{{\left( { - 1} \right) \cdot 1 - a \cdot 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 1 - a}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

Vì \(a > 0 \Rightarrow - 1 - a < 0 \Rightarrow y' < 0,\forall x \ne - 1\).

Chọn D.

Nhìn vào dòng giá trị \(y\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\), các giá trị biên và cực trị lần lượt là \(0,5,1,4\). Giá trị lớn nhất trên đoạn này rõ ràng là \(5\) đạt được tại \(x = 0\). Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\).

Chọn B.

a) ĐÚNG. Đồ thị có \(1\) điểm cực tiểu và \(1\) điểm cực đại.

b) ĐÚNG. Trong khoảng hoành độ từ \( - 1\) đến \(1\), đồ thị đi lên từ điểm cực tiểu \(\left( { - 1; - 2} \right)\) tới điểm cực đại \(\left( {1;2} \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

c) SAI. Tại \(x = 1\), giá trị bằng \(2\). Trên nửa khoảng \(\left( {1;2} \right]\), đồ thị đi xuống nghịch biến nên mọi giá trị sau đó đều nhỏ hơn \(2\). Do đó giá trị lớn nhất trên nửa khoảng này nhỏ hơn \(2\) (không lấy dấu bằng tại \(x = 1\)).

d) SAI. Nhìn vào đồ thị đã cho, ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc ba với hệ số \[a < 0\].

a) SAI. Khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\) chứa điểm tiệm cận đứng \(x = - 1\), hàm số không liên tục nên không thể xét tính đơn điệu trên khoảng này.

b) ĐÚNG. Đường thẳng đứng phân tách hai nhánh đồ thị là \(x = - 1\).

c) ĐÚNG. Giao điểm của tiệm cận đứng \(x = - 1\) và tiệm cận xiên \(y = x + 1\) chính là \(I\left( { - 1;0} \right)\).

d) SAI. Từ đồ thị, hai điểm cực trị là \(A\left( { - 2; - 2} \right)\) và \(B\left( {0;2} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(AB\): \(2x - y + 2 = 0\).

Độ dài đoạn \(AB = \sqrt {{{\left( {0 - \left( { - 2} \right)} \right)}^2} + {{\left( {2 - \left( { - 2} \right)} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \).

Khoảng cách từ \(O\left( {0;0} \right)\) đến \(AB\): \(d\left( {O,AB} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 0 - 0 + 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Diện tích .

a) SAI. Trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\), đồ thị \(f'\left( x \right)\) nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành (\(f'\left( x \right) < 0\)) nên hàm số phải nghịch biến.

b) ĐÚNG. Trên khoảng \(\left( {0;3} \right)\), đồ thị \(f'\left( x \right)\) cắt trục hoành tại một điểm \({x_0} = 1\) theo chiều từ trên xuống dưới (đổi dấu từ dương sang âm), nên đó là điểm cực đại.

c) SAI. Đồ thị đạo hàm chưa đủ để khẳng định chắc chắn số nghiệm của \(f\left( x \right) = 0\).

d) ĐÚNG. Từ đồ thị \(y = f'\left( x \right)\), ta lập được bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\), từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ { - 1;3} \right]\) chỉ có thể là \(f\left( { - 1} \right)\) hoặc \(f\left( 3 \right)\). Ta cần so sánh hai giá trị này.

Từ giả thiết biến đổi như sau:

\(f\left( { - 1} \right) - f\left( 3 \right) = 2f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) - f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( { - 1} \right) - f\left( 3 \right) = \left[ {f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)} \right] + \left[ {f\left( 1 \right) - f\left( 2 \right)} \right]\).

Vì hàm số đồng biến trên \(\left[ { - 1;1} \right]\) nên \(f\left( 1 \right) > f\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) > 0\).

Vì hàm số nghịch biến trên \(\left[ {1;3} \right]\) nên \(f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 2 \right) > 0\).

Do đó: \(\left[ {f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)} \right] + \left[ {f\left( 1 \right) - f\left( 2 \right)} \right] > 0 \Rightarrow f\left( { - 1} \right) - f\left( 3 \right) > 0 \Rightarrow f\left( { - 1} \right) > f\left( 3 \right)\).

Vì \(f\left( { - 1} \right) > f\left( 3 \right)\) nên giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) chính là \(f\left( 3 \right)\).

a) ĐÚNG. Tại \(x = 2\) hàm số bị gián đoạn.

b) SAI. Hàm số chỉ đồng biến trên từng khoảng xác định là \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

c) ĐÚNG. Tiệm cận đứng \(x = 2\) và tiệm cận ngang \(y = 1\).

d) ĐÚNG. Từ tiệm cận đứng: \(x = - \frac{c}{b} = 2 \Rightarrow c = - 2b\).

Từ tiệm cận ngang: \(y = \frac{a}{b} = 1 \Rightarrow a = b\).

Đạo hàm \(y' = \frac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}} > 0 \Rightarrow ac - b > 0 \Rightarrow b\left( { - 2b - 1} \right) > 0 \Rightarrow - \frac{1}{2} < b < 0 \Rightarrow b\) âm.

Do đó \(a\) âm và \(c\) dương. Có đúng \(2\) số âm là \(a\) và \(b\).

Đạo hàm: \(y' = - 3{x^3} + 9x - \left( {2m + 15} \right)\).

Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\), ta cần \(y' \le 0,\forall x > 0 \Leftrightarrow - 3{x^3} + 9x - 15 \le 2m,\forall x > 0\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = - 3{x^3} + 9x - 15\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\(g'\left( x \right) = - 9{x^2} + 9 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) (vì \(x > 0\)).

Ta xác định được \(g\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 1\).

\(g\left( 1 \right) = - 3 \cdot {1^3} + 9 \cdot 1 - 15 = - 9\).

Để \(2m \ge g\left( x \right)\forall x > 0 \Leftrightarrow 2m \ge \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) = - 9 \Leftrightarrow m \ge - 4,5\).

Do \(m\) là số nguyên âm nên \(m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}\). Có \(4\) giá trị thỏa mãn.

Đáp số: 4.

Đạo hàm: \(y' = \frac{{{x^2} + 2x + 2m - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi tử số \(g\left( x \right) = {x^2} + 2x + 2m - 2 = 0\) có \(2\) nghiệm phân biệt khác \( - 1\).

Điều kiện: \(\Delta ' = 1 - \left( {2m - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow 3 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < 1,5\) và \(g\left( { - 1} \right) = 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1,5\).

Vì \(m\) là số nguyên dương \( \Rightarrow m = 1\). Tổng các giá trị bằng \(1\).

Đáp số: 1.

Gọi \(x\) (trăm nghìn đồng) là số tiền tăng thêm của giá thuê mỗi căn hộ (\(x \ge 0\)).

Giá thuê mới của một căn hộ là: \(70 + x\) (trăm nghìn đồng).

Số căn hộ có người thuê lúc này là: \(120 - x\).

Hàm số doanh thu: \(R\left( x \right) = \left( {70 + x} \right)\left( {120 - x} \right) = - {x^2} + 50x + 8400\).

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh \(x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{50}}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 25\).

Khi đó giá thuê tối ưu là: \(70 + 25 = 95\) (trăm nghìn đồng) = \(9,5\) triệu đồng.

Đáp số: 9,5.

Thể tích hộp: \(V = {x^2}h = 250 \Rightarrow h = \frac{{250}}{{{x^2}}}\).

Diện tích mảnh bìa gồm diện tích đáy và diện tích \(4\) mặt bên: \(S\left( x \right) = {x^2} + 4xh = {x^2} + 4x\left( {\frac{{250}}{{{x^2}}}} \right) = {x^2} + \frac{{1000}}{x}\).

Tìm giá trị nhỏ nhất bằng đạo hàm: \(S'\left( x \right) = 2x - \frac{{1000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2{x^3} = 1000 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{500}} \approx 7,937\).

Dễ dàng thấy rằng tại \(x = \sqrt[3]{{500}}\) thì \(S\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Làm tròn đến hàng phần chục theo yêu cầu đề bài: \(x \approx 7,9\).

Đáp số: 7,9.

Tại \(t = 0\): \(P\left( 0 \right) = \frac{a}{{b + 1}} = 40 \Rightarrow a = 40\left( {b + 1} \right)\).

Đạo hàm của \(P\left( t \right)\): \(P'\left( t \right) = \frac{{0,75a \cdot {e^{ - 0,75t}}}}{{{{\left( {b + {e^{ - 0,75t}}} \right)}^2}}}\).

Tại \(t = 0\): \(P{\rm{'}}\left( 0 \right) = \frac{{0,75a}}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} = 15 \Rightarrow a = 20{\left( {b + 1} \right)^2}\).

Thay \(a = 40\left( {b + 1} \right)\) vào phương trình trên: \(40\left( {b + 1} \right) = 20{\left( {b + 1} \right)^2} \Rightarrow 2 = b + 1 \Rightarrow b = 1\).

Suy ra \(a = 40 \cdot 1 + 40 = 80\).

Vậy giá trị \(a + b = 80 + 1 = 81\).

Đáp số: 81.

Hệ số góc tiếp tuyến là \(y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 6{x_0}\).

Theo bài ra: \(3x_0^2 - 6{x_0} = - 3 \Leftrightarrow 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x_0} = 1\).

Với \({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = {1^3} - 3 \cdot {1^2} - 2 = - 4\). Tiếp điểm là \(\left( {1; - 4} \right)\).

Phương trình tiếp tuyến: \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 4 \Leftrightarrow y = - 3x - 1\).

Đối chiếu với \(y = mx + n\) ta được \(m = - 3\) và \(n = - 1\).

Vậy \(m + n = - 3 + \left( { - 1} \right) = - 4\).

Đáp số: −4.