Đề kiểm tra HK1 lớp 12 môn Toán năm 2016 - 2017 - Trường THCS -THPT Khai Minh

Lời giải:

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

+ Tập xác định: D = R

+ Sự biến thiên: 

ž Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty\) ; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty\)

Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 1 \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \((- \infty;-1)\), \((1;+ \infty)\) ,  và nghịch biến trên khoảng \((-1;1)\) .

Hàm số đạt cực đại tại \(x = - 1\), \({y_{CD }} = 5\) ,  và đạt cực tiểu tại \(x = 1,{y_{CT }} = -3\).

Đồ thị:

Điểm uốn:  \(y'' = 12x\)

\(y'' = 12x \Rightarrow y'' = 0 \Leftrightarrow 12x = 0 \Leftrightarrow x = 0\)  \(\Rightarrow y = 1\)

Suy ra \(I\left( {0;1} \right)\) là điểm uốn của đồ thị.

Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

b) Phương trình hoành độ giao điểm:

\($2{x^3} - 6x + 1 = - 4x - 11 \Leftrightarrow 2{x^3} - 2x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = - 2$\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.

Ta có \({x_0} = - 2 \Rightarrow {y_0} = - 3\)

\(y'\left( {{x_0}} \right) = y'\left( { - 2} \right) = 6.{\left( { - 2} \right)^2} - 6 = 18\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y = y'\left( {x{ & _0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} \Leftrightarrow y = 18x + 33\)

 

Lời giải:

\(a)\ {4.9^x} - {6^x} - {18.4^x} = 0\)

\(\Leftrightarrow 4.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} - 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{9}{4}\\ {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = - 2 \end{array} \right.\)

+ \({\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{9}{4} \Leftrightarrow x = 2\)

+\({\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = - 2\) (Vô nghiệm)

Vậy phương trình có 1 nghiệm  x = 2

\(b) \ \frac{{2{{\log }_3}x - 5}}{{{{\log }_3}\left( {3x} \right)}} = 1 - 4{\log _3}x\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ x \ne \frac{1}{3} \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \frac{{2{{\log }_3}x - 5}}{{1 + {{\log }_3}x}} = 1 - 4{\log _3}x\)

Đặt \(t = {\log _3}x\). Suy ra: \(\frac{{2t - 5}}{{1 + t}} = 1 - 4t\) , \(\left( {t \ne - 1} \right)\).

\(\Leftrightarrow 2t - 5 = \left( {1 + t} \right)\left( {1 - 4t} \right)\) (nhận)

\(t = \frac{3}{4} \Leftrightarrow {\log _3}x = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = {3^{\frac{3}{4}}} = \sqrt[4]{{27}}\)

\(t = - 2 \Leftrightarrow {\log _3}x = - 2 \Leftrightarrow x = {3^{ - 2}} = \frac{1}{9}\)

Kết hợp với điều kiện, suy ra phương trình có 2 nghiệm \(x = \sqrt[4]{{27}},\,\,x = \frac{1}{9}\).

\(c) \ {\left( {\frac{1}{7}} \right)^{3{x^2} - x - 6}} > {\left( {\frac{1}{{49}}} \right)^{3x + 7}} \Leftrightarrow {\left( {{7^{ - 1}}} \right)^{3{x^2} - x - 6}} > {\left( {{7^{ - 2}}} \right)^{3x + 7}}\)

\(\Leftrightarrow {7^{ - 3{x^2} + x + 6}} \ge {7^{ - 6x - 14}} \Leftrightarrow - 3{x^2} + 7x + 20 > 0 \Leftrightarrow - \frac{5}{3} < x < 4\)

\(d) \ {\log _3}\left( {x + 1} \right) - 3{\log _{\frac{1}{{27}}}}\left( {13 - 2x} \right) \le 1 + {\log _3}\left( {5x - 1} \right)\)

Điều kiện: \(\frac{1}{5} < x < \frac{{13}}{2}\).

Phương trình đã cho tương đương: 

\({\log _3}\left( {x + 1} \right) + {\log _3}\left( {13 - 2x} \right) \le {\log _3}3 + {\log _3}\left( {5x - 1} \right)\)

\(\Leftrightarrow {\log _3}\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {13 - 2x} \right)} \right] \le {\log _3}\left[ {3\left( {5x - 1} \right)} \right]\)

\(\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {13 - 2x} \right) \le 3\left( {5x - 1} \right)\)

\(\Leftrightarrow - 2{x^2} - 4x + 16 \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le - 4\\ x \ge 2 \end{array} \right.\)

 Kết hợp với điều kiện, suy ra  \(x \in \left[ {2;\frac{{13}}{2}} \right)\).

 

Lời giải:

Tìm GTLN và GTNN của hàm số \(f\left( x \right) = \left( {{x^2} + 2x - 7} \right).{e^x}\)   trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) .

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\).

Ta có

\(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} + 2x - 7} \right)'.{e^x} + \left( {{x^2} + 2x - 7} \right).\left( {{e^x}} \right)' = \left( {{x^2} + 4x - 5} \right).{e^x}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 4x - 5} \right).{e^x} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \in \left( {0;3} \right)\\ x = - 5 \notin \left( {0;3} \right) \end{array} \right.\)

Tính: \(f\left( 0 \right) = - 7\) ,\(f\left( 3 \right) = 8{e^3}\) , \(f\left( 1 \right) = - 4e\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 8{e^3}\); \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 4e\).

 

 

Lời giải:

\(a) \ I = \int\limits {\left( {3x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)} \,dx\)

Ta có: \(I = \int\limits {\left( {3{x^2} - 5x - 2} \right)} \,dx = 1{x^3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + C\)

\(b) \ J = \int\limits {\left( {5{{\sin }^2}x - \sin x + 2} \right)\cos x} \,dx\)

Đặt: \(t = \sin x \Rightarrow dt = \cos xdx\) 

Khi đó: \(J = \int\limits {\left( {5{t^2} - t + 2} \right)} \,dt = \frac{{5{t^3}}}{3} - \frac{{{t^2}}}{2} + 2t + C = \frac{5}{3}{\sin ^3}x - \frac{{{{\sin }^2}x}}{2} + 2\sin x + C\)

 

 

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{2x + 3}}{{x + 2}} = x + m\), \(\left( {x \ne - 2} \right)\).

\(\Leftrightarrow 2x + 3 = \left( {x + m} \right)\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} + mx + 2m - 3 = 0\)

Đặt: \(g\left( x \right) = {x^2} + mx + 2m - 3 = 0\)

Đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt khi phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt khác -2 . Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} a \ne 0\\ {\Delta _g} > 0\\ g\left( { - 2} \right) \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 \ne 0\\ {m^2} - 4.\left( {2m - 3} \right) > 0\\ {\left( { - 2} \right)^2} + m.\left( { - 2} \right) + 2m - 3 \ne 0 \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow {m^2} - 8m + 12 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < 2\\ m > 6 \end{array} \right.\) (*).

Theo Vi-ét ta có: \({x_1} + {x_2} = - m\); \({x_1}.{x_2} = 2m - 3\).

Do đó \(2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 15 \Leftrightarrow 2.\left( { - m} \right) - \left( {2m - 3} \right) = 15 \Leftrightarrow m = - 3\) .

Kết hợp với điều kiện (*), ta nhận m = -3.

Lời giải:

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA\) là chiều cao của hình chóp S.ABCD.

Diện tích hình chữ nhật : \({S_{ABCD}} = AB.AD = 2{a^2}\).

Góc giữa SC và (ABCD) là \(\widehat {SDA} = {60^0}\).

Trong \(\Delta SAD\) vuông tại A ta có \(SA = AD.{\rm{tan6}}{0^0} = 2a\sqrt 3\).                           

Thể tích khối chóp S.ABCD là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\) .

b) 

Xét \(\Delta SAB\)  vuông tại A. Ta có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt {13}\).

Hình nón có: \(h = SA = 2a\sqrt 3\),\(l = SB = a\sqrt {13}\) ,\(r = AB = a\) .

Diện tích xung quanh hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .a.a\sqrt {13} = \pi {a^2}\sqrt {13}\).

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.2a\sqrt 3 = \frac{{2\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

 

Lời giải:

 

+ Tính \({V_{ABC.A'B'C'}}\) .

Ta có \(A'G \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'G\) là chiều cao của lăng trụ ABC.A'B'C'.

Diện tích tam giác đều ABC là: \({S_{ABC}} = A{B^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 2{a^2}\sqrt 3\).

Gọi  là trung điểm của , ta có: \(AM = BC.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 6\)

\(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\)

Trong \(\Delta A'GA\)  vuông tại G, ta có \(A'G = \sqrt {A'{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {3{a^2} - \frac{8}{3}{a^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'G = 2{a^3}\)

+ Tính \(d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right)\)

Gọi N là trung điểm của AB.

Trong \(\Delta A'GN\), kẻ \(GH \bot A'N\).

Chứng minh được \(GH \bot \left( {ABB'A'} \right)\)  tại H.

Suy ra \(d\left( {G,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = GH\).

Ta có  \(CN = AM = a\sqrt 6\), \(GN = \frac{1}{3}CN = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) .

\(\frac{1}{{G{H^2}}} = \frac{1}{{A'{G^2}}} + \frac{1}{{G{N^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} + \frac{9}{{6{a^2}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\) \(\Rightarrow GH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)

Do đó \(d\left( {G,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = GH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

Vậy \(d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = a\sqrt 2\).