Đề thi giữa học kì 1 Toán 12 - Đề số 5

Lập bảng biến thiên.

$\left. f'(x) = 2x - 4 < 0\Leftrightarrow x < 2 \right.$.

Vậy hàm số nghịch biến trên $( - \infty;2)$.

Xét dấu đạo hàm.

$y' = 3x^{2} - 6x - 9$.

Giải $\left. y' < 0\Leftrightarrow 3x^{2} - 6x - 9 < 0\Leftrightarrow x \in ( - 1;3) \right.$.

Vậy hàm số $y = x^{3} - 3x^{2} - 9x + 2$ nghịch biến trên khoảng (-1; 3).

Quan sát bảng biến thiên.

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số có tọa độ là (0; -1).

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) là đường thẳng $x = x_{0}$ nếu có ít nhất một trong điều kiện sau thỏa mãn: $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}} = \pm \infty$, $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{-}} = \pm \infty$

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \dfrac{4x - 1}{3x + 2}$ có phương trình là $x = - \dfrac{2}{3}$.

Định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = f(x).

+ Đường thẳng $y = y_{0}$ là TCN của đồ thị hàm số nếu $\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}y = y_{0}$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow - \infty}y = y_{0}$.

+ Đường thẳng $x = x_{0}$ là TCN của đồ thị hàm số nếu $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}y = - \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{-}}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{-}}y = - \infty$.

Từ BBT ta thấy hàm số có TCĐ: x = 0 và có 2 đường TCN: y = 1, y = 3.

Vậy có tất cả 3 đường tiệm cận.

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét các đường TCĐ, TCN và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để chọn đáp án đúng.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là $\left. x = 1\Rightarrow \right.$ Loại đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1; 0) và (0; -1) $\Rightarrow$ Chọn đáp án B.

Quan sát đồ thị.

Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy hàm số đồng biến trên (-2; -1).

+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số $\left. y = f(x)\Leftrightarrow\lim\limits_{x\rightarrow a}f(x) = \infty \right.$.

+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số $\left. y = f(x)\Leftrightarrow\lim\limits_{x\rightarrow\infty}f(x) = a \right.$.

TXĐ: $D = R\backslash\left\{ 1 \right\}$.

Ta có: $\left. \lim\limits_{x\rightarrow\infty}\dfrac{2x - 3}{x - 1} = 2\Rightarrow y = 2 \right.$ là TCN của đồ thị hàm số.

$\left. \lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{2x - 3}{x - 1} = \infty\Rightarrow x = 1 \right.$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Để tìm GTNN, GTLN của hàm số f(x) trên đoạn [a; b], ta làm như sau:

- Tìm các điểm $x_{1};x_{2};\ldots;x_{n}$ thuộc khoảng (a; b) mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.

- Tính $f(x_{1});f(x_{2});\ldots;f(x_{n});f(a);f(b)$

- So sánh các giá trị vừa tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của f trên [a; b]; số nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của f(x) trên [a; b].

$\left. f(x) = 2x^{3} + 3x^{2} - 1\Rightarrow f'(x) = 6x^{2} + 6x \right.$; \(\left. f'(x) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 0\,\mspace{6mu}(ktm)} \\ {x = - 1\,\mspace{6mu}(tm)} \end{array} \right. \right.\).

Hàm số f(x) liên tục trên $\left\lbrack {- 2; - \dfrac{1}{2}} \right\rbrack$, có $f( - 2) = - 5$; $f( - 1) = 0$; $f\left( {- \dfrac{1}{2}} \right) = - \dfrac{1}{2}$.

$\left. \Rightarrow m = \min\limits_{{}_{\lbrack{- 2; - \dfrac{1}{2}}\rbrack}}f(x) = - 5 \right.$; $M = \max\limits_{{}_{\lbrack{- 2; - \dfrac{1}{2}}\rbrack}}f(x) = 0$ $\left. \Rightarrow P = M - m = 5 \right.$.

Giải phương trình f'(x) = 0 rồi lập BBT.

Lưu ý rằng: Qua nghiệm bội chẵn thì dấu f'(x) không đổi.

Ta có: $\left. f'(x) = - (x - 10){(x - 11)}^{2}{(x - 12)}^{2019} = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 10} \\ {x = 11} \\ {x = 12} \end{array}$ \right. \right..

BBT:

Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (10; 12) nên C đúng.

Hàm số có 2 điểm cực trị.

GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [-3; 4] lần lượt là giá trị của điểm cao nhất và điểm thấp nhất của đồ thị hàm số trên [-3; 4].

Dựa vào đồ thị hàm số ta dễ dàng suy ra được $M = \max\limits_{{}_{\lbrack - 3;4\rbrack}}f(x) = 5$; $m = \min\limits_{{}_{\lbrack - 3;4\rbrack}}f(x) = 0$.

Vậy M + m = 5 + 0 = 5.

Điểm $x_{0}$ được gọi là điểm cực đại của hàm số $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {y'(x_{0}) = 0} \\ {y^{''}(x_{0}) < 0} \end{array} \right. \right.$.

Điểm $x_{0}$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {y'(x_{0}) = 0} \\ {y^{''}(x_{0}) > 0} \end{array} \right. \right.$.

TXĐ: $D = R$.

$\left. y' = - 4x^{3} - 6x = 0\Leftrightarrow x = 0 \right.$.

$\left. y'' = - 12x - 6\Rightarrow y''(0) = - 6 < 0 \right.$.

$\Rightarrow$ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và không có cực tiểu.

Ứng dụng đạo hàm, lập BBT.

$\left. y' = 4x^{3} - 4x\Rightarrow y' = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} \left. x = 0\Rightarrow y = 1 \right. \\ \left. x = 1\Rightarrow y = 0 \right. \\ \left. x = - 1\Rightarrow y = 0 \right. \end{array}$ \right. \right..

Bảng xét dấu:

Hàm số có 3 điểm cực trị, đồng biến trên khoảng (-1; 0), $(1; + \infty)$ và nghịch biến trên khoảng $( - \infty; - 1)$, (0; 1).

Ứng dụng đạo hàm, khảo sát hàm số.

$y = \frac{x^{2} + 4x + 16}{x} = x + 4 + \frac{16}{x}$ có TCĐ: x = 0 và TCX: y = x + 4.

$\left. y' = 1 - \frac{16}{x^{2}} = 0\Leftrightarrow x = \pm 4 \right.$.

$\left. \Rightarrow\min_{(0; + \infty)}y = 12 \right.$ là hợp số.

y = x + 4 cắt Ox tại A(-4; 0), cắt Oy tại B(0; 4) tạo với O thành tam giác có diện tích bằng 8.

Ứng dụng giới hạn để tìm nồng độ.

a) Sai. Mỗi phút bơm vào bể 25 lít nên sau 10 phút sẽ bơm được 250 lít nước.

Mỗi lít nước bơm vào chứa 30 gam muối nên 250 lít chứa 7500 gam muối.

b) Sai. Trong 1 giờ bơm thì số lít nước bơm vào bể là 25.60 = 1500 lít nước

Số gam muối là $30.1500 = 45000\,\text{g} = 4,5\,\text{kg}$ muối.

c) Đúng. Sau t phút số lượng muối bơm vào bể là 25t.30 = 750t (gam).

Nồng độ muối trong bể sau t phút là $f(t) = \dfrac{750t}{25t + 5000} = \dfrac{30t}{t + 200}$.

d) Đúng. $\lim\limits_{t\rightarrow + \infty}f(t) = \lim\limits_{t\rightarrow + \infty}\dfrac{30t}{t + 200} = 30$.

Ứng dụng đạo hàm, khảo sát hàm số.

a) Đúng. Chi phí để A sản xuất 10 tấn sản phẩm trong một tháng là:

C(10) = 100 + 30.10 = 400 (triệu đồng).

b) Sai. Nếu số lượng đặt hàng là 10 tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là

$P(10) = 45 - 0,001.10^{2} = 44,9$ (triệu đồng).

Số tiền A thu được khi bán 10 tấn sản phẩm cho B là 44,9.10 = 449 (triệu đồng).

c) Đúng. Lợi nhuận mà A thu được khi bán x tấn sản phẩm ($0 \leq x \leq 100$) cho B là: H(x) = P(x) - C(x).

d) Đúng. $H(x) = - 0,001x^{3} + 15x - 100$ $= (45 - 0,001x^{2})x - (100 + 30x)$ $= - 0,001x^{3} + 15x - 100$.

$\left. H'(x) = - 0,003x^{2} + 15 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = - 70,71} \\ {x = 70,71} \end{array}$ \right. \right..

Lập BBT ta thấy H max tại x = 70,7.

Tính C(50).

Khi x = 50 thì $C(50) = \dfrac{12.50}{100 - 50} = 12$ (nghìn đô).

Vậy chi phí để loại bỏ 50% chất gây ô nhiễm là 12 nghìn đô.

Quy tắc xác định GTLN, GTNN.

Bước 1: Tính f'(x).

Bước 2: Tìm những điểm $x_{i} \in (a;b)$ mà tại điểm đó $f'(x_{i}) = 0$ hoặc $f'(x_{i})$ không xác định.

Bước 3: Tính $f(a),f(x_{i}),f(b)$.

Bước 4: Tìm số có giá trị nhỏ nhất m và số có giá trị lớn nhất M trong các số trên.

Xét [-1; 1] có $y' = 6x^{2} - 6x$.

$\left. y' = 0\Leftrightarrow 6x^{2} - 6x = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 0 \in \lbrack - 1;1\rbrack} \\ {x = 1 \in \lbrack - 1;1\rbrack} \end{array}$ \right. \right..

Khi đó: y(-1) = -5 - m; y(0) = -m; y(1) = -1 - m.

Ta thấy -5 - m < -1 - m < -m nên $\min\limits_{{}_{\lbrack - 1;1\rbrack}}y = - 5 - m$.

Theo bài ra ta có $\min\limits_{{}_{\lbrack - 1;1\rbrack}}y = - 1$ nên $\left. - 5 - m = - 1\Leftrightarrow m = - 4 \right.$.

Áp dụng công thức tính khoảng cách trên mặt phẳng tọa độ.

Tiệm cận xiên là $(t):2mx - y + m - 1 = 0$, $m \neq 0$.

$d(O;t) = \dfrac{1}{\sqrt{17}}$ $\left. \Leftrightarrow\dfrac{|m - 1|}{\sqrt{4m^{2} + 1}} = \dfrac{1}{\sqrt{17}} \right.$ hay $13m^{2} - 34m + 16 = 0$ $\left. \Leftrightarrow m = 2 \right.$ hoặc $m = \dfrac{8}{13}$.

Ứng dụng đạo hàm, định lí Viete.

Hàm số $y = x^{3} - 3(m + 1)x^{2} + 9x - m$ xác định trên R.

Ta có $y' = 3x^{2} - 6(m + 1)x + 9$.

Lúc này theo Viete: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ x_1{x}_2=3\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x_{1} + x_{2} = 2m + 2} \\ {x_{1}x_{2} = 3} \end{array} \right.$.

Theo giả thiết $3x_{1} - 2x_{2} = m + 6$.

Ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ 3x_1-2x_2=m+6\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x_{1} + x_{2} = 2m + 2} \\ {3x_{1} - 2x_{2} = m + 6} \end{array} \right.$ $\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {3x_{1} + 3x_{2} = 6m + 6} \\ {3x_{1} - 2x_{2} = m + 6} \end{array} \right.$ \right. $\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x_{1} = m + 2} \\ {x_{2} = m} \end{array} \right.$ \right..

Thay $x_{1}$, $x_{2}$ vào $\left. x_{1}x_{2} = 3\Leftrightarrow m(m + 2) = 3\Leftrightarrow m^{2} + 2m - 3 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {m = 1} \\ {m = - 3} \end{array}$ \right. \right..

Tích các phần tử của tập S bằng -3.

- Biểu diễn các diện tích hình phẳng theo a, b.

- Tìm quan hệ giữa a, b.

- Biểu diễn diện tích (S) theo một biến và tìm giá trị lớn nhất.

Đặt AD = 2a, AB = b.

Khi đó $S_{ABCD} = AB.AD = 2ab$.

Diện tích của hai nửa đường tròn là $S_{1} = \pi a^{2}$.

Do đó diện tích hình phẳng (S) là $S = S_{ABCD} - S_{1} = 2ab - \pi a^{2}$.

Theo bài ra ta có $\left. 2\pi a + 2b = 16\Rightarrow 2b = 16 - 2\pi a \right.$.

Khi đó ta có: $S = a(16 - 2\pi a) - \pi a^{2}$ $= 16a - 3\pi a^{2}$ $= - \pi\left( {3a^{2} - \dfrac{16a}{\pi}} \right)$

$= - \pi\left( {3a^{2} - 2\sqrt{3}a\dfrac{8}{\sqrt{3}\pi} + \dfrac{64}{3\pi^{2}}} \right) + \dfrac{64}{3\pi}$ $= - \pi\left( {a\sqrt{3} - \dfrac{8}{\pi\sqrt{3}}} \right)^{2} + \dfrac{64}{3\pi} \leq \dfrac{64}{3\pi}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a\sqrt{3} = \dfrac{8}{\pi\sqrt{3}}$ $\left. \Leftrightarrow a = \dfrac{8}{3\pi} \right.$ $\left. \Leftrightarrow AD = 2a = \dfrac{16}{3\pi} \approx 2 \right.$.

Hàm số y = |f(x)| đồng biến trên $(a; + \infty)$ khi và chỉ khi:

TH1: $\left\{ \begin{array}{l} {y'(x) \geq 0\,\,\forall x \in (a; + \infty)} \\ {y(a) \geq 0} \end{array} \right.$.

TH2: $\left\{ \begin{array}{l} {y'(x) \leq 0\,\,\forall x \in (a; + \infty)} \\ {y(a) \leq 0} \end{array} \right.$.

Hàm số $y = \left| {x^{3} - mx^{2} + 12x + 2m} \right|$ luôn đồng biến trên khoảng $(1; + \infty)$

$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {y' = 3x^{2} - 2mx + 12 \geq 0,\forall x \in (1; + \infty)} \\ {y(1) \geq 0} \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{l} {y' = 3x^{2} - 2mx + 12 \leq 0,\forall x \in (1; + \infty)} \\ {y(1) \leq 0} \end{array} \right. \end{array} \right. \right.$ $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {3x^{2} - 2mx + 12 \geq 0} \\ {m + 13 \geq 0} \end{array} \right. \\$$\left\{ \begin{array}{l} {3x^{2} - 2mx + 12 \leq 0} \\ {m + 13 \leq 0} \end{array} \right.$ \end{array} \right. \right. $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {2m \leq 2x + \dfrac{12}{x},\forall x \in (1; + \infty)} \\ {m \geq - 13} \end{array} \right. \\$$\left\{ \begin{array}{l} {2m \geq 2x + \dfrac{12}{x},\forall x \in (1; + \infty)} \\ {m \leq - 13} \end{array} \right.$ \end{array} \right. \right..

Xét hàm số $h(x) = 3x + \dfrac{12}{x}$ trên $(1; + \infty)$, ta có:

$h'(x) = 3 - \dfrac{12}{x^{2}} = \dfrac{3x^{2} - 12}{x^{2}} = 0$ $\left. \Leftrightarrow 3x^{2} - 12 = 0 \right.$ $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = - 2\,\,(KTM)} \\ {x = 2\,\,(TM)} \end{array}$ \right. \right..

Bảng biến thiên của h(x) trên $(1; + \infty)$.

Từ bảng biến thiên, ta có:

$\left. (*)\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {2m \leq 12} \\ {m \geq - 13} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {m \leq 6} \\ {m \geq - 13} \end{array} \right.$Leftrightarrow - 13 \leq m \leq 6 \right..

Mà m nguyên nên $m \in \left\{ - 13; - 12;\ldots; - 1;0;1;2;\ldots;6 \right\}$.

Vậy có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.