Cho hàm số \[y = - {x^3} + 3{x^2} + 4\] có đồ thị \[\left( C \right)\].
Cho hàm số \[y = - {x^3} + 3{x^2} + 4\] có đồ thị \[\left( C \right)\].
a) Hàm số có đạo hàm là \[y' = - 3{x^2} + 6x\].
Đúng
Sai
b) Hàm số đồng biến trên khoảng\[\left( {0;2} \right)\].
Đúng
Sai
c) Đồ thị \[\left( C \right)\] có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị là \[2x + y - 4 = 0\].
Đúng
Sai
d) Diện tích \[\Delta AOB\] bằng 4 trong đó \[A\] và \[B\] là hai điểm cực trị của \[\left( C \right)\].
Đúng
Sai
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Lời giải
a) Đúng. Hàm số có đạo hàm là \[y' = - 3{x^2} + 6x\].
b) Đúng. Ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên khoảng\[\left( {0;2} \right)\].
c) Sai. Gọi \[A\left( {0;4} \right),B\left( {2;8} \right)\] là hai điểm cực trị của hàm số.
Khi đó \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)\] nên đường thẳng đi qua hai điểm \[A,B\] là \[\frac{{x - 0}}{2} = \frac{{y - 4}}{4} \Leftrightarrow 2x - y + 4 = 0\].
d) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt 5 \]; \[\overrightarrow {OA} = \left( {0;4} \right) \Rightarrow OA = 4\]; \[\overrightarrow {OB} = \left( {2;8} \right) \Rightarrow OB = 2\sqrt {17} \]
Khi đó \[p = \frac{{OA + OB + AB}}{2} = \frac{{2\sqrt 5 + 4 + 2\sqrt {17} }}{2}\]
Vậy \[{S_{\Delta AOB}} = \sqrt {p\left( {p - OA} \right)\left( {p - OB} \right)\left( {p - AB} \right)} = 4\].
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
- 250+ Công thức giải nhanh môn Toán 12 (chương trình mới) ( 18.000₫ )
- 20 Bộ đề, Tổng ôn, sổ tay môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 55.000₫ )
- Bộ đề thi tốt nghiệp 2025 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh, Sử, Địa, KTPL (có đáp án chi tiết) ( 36.000₫ )
- Tổng ôn lớp 12 môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh Sử, Địa, KTPL (Form 2025) ( 36.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
Đáp án: 5.
Giả sử cần nhập đủ số trái cây cho \(x\) ngày \(\left( {x \le 10} \right)\), khi đó số trái cây nhập là \(25x\) tạ.
Vì ngay khi nhập về cửa hàng đã phân phối 25 tạ trái cây nên chi phí bảo quản kho cho \(x\) ngày là:
\({T_1} = \left[ {25\left( {x - 1} \right) + 25\left( {x - 2} \right) + .... + 25} \right].80 = 25.80\left[ {\left( {x - 1} \right) + \left( {x - 2} \right) + .... + 1} \right] = \frac{{25.80.x\left( {x - 1} \right)}}{2}\).
Khi đó toàn bộ chi phí cửa phải phải chi trong một ngày là
\(T = \frac{{25.40\left( {x - 1} \right)x + 25.000}}{x} = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right]\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
\(T = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right] \ge 25.40x.\frac{{1000}}{x} - 25.40\).
Dấu “=” xảy ra h \(40x = \frac{{1000}}{x} \Leftrightarrow x = 5\) (thoả mãn).
Lời giải
Lời giải
Đáp án: 14,8
Xét tam giác cân \(ORQ\) tại \(O\), \(\widehat {ROQ} = 72^\circ \).
\(K\) là trung điểm \(RQ\), ta có trong tam giác vuông \(OKR\) có \(\sin \widehat {ROK} = \frac{{RK}}{{RO}} \Leftrightarrow OR = \frac{{15}}{{\sin 36^\circ }}\)
Xét tam giác \(OED\) cân tại \(O\), \(I\) là trung điểm \(ED\), với \(ED\) bằng \(x\), \(\widehat {EOD} = 72^\circ \)
Trong tam giác vuông \(OEI\) ta có \(\tan \widehat {EOI} = \frac{{EI}}{{OI}} \Leftrightarrow OI = \frac{{EI}}{{\tan 36^\circ }}\)\( \Leftrightarrow OI = \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)
Ta có \(RI = RO - OI = \frac{{15}}{{\sin 30^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)
Xét hình chóp \(R.ABCDE\) tâm \(O\), đường cao \(RO = \sqrt {R{I^2} - I{O^2}} \)
Ta có diện tích đáy hình chóp là \(S = 5.{S_{OED}} = 5.\frac{1}{2}OI.ED\)\( = \frac{5}{2}.x.\frac{x}{{2\tan 36^\circ }} = \frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}\)
Thể tích hình chóp đều là
\(V = \frac{1}{3}.S.RO = \frac{1}{3}.\frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}.\sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin 36^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2}} \)\( = f\left( x \right)\)
Khảo sát hàm số \(f\left( x \right)\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 14,83...\)
Ta có hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x \approx 14,8\).
Câu 3
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một phần đường chạy của tàu lượng siêu tốc (Hình 1) khi gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) được mô phỏng ở Hình 2, đơn vị trên mỗi trục là mét.
|
Hình 1 |
Hình 2 |
Biết đường chạy của nó là một phần đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)\(\left( {0 \le x < 90} \right)\); tàu lượn siêu tốc xuất phát từ điểm \(A\), đi qua các điểm \(C\), \(D\) (ba điểm \(A\), \(C\), \(D\) nằm trên đường thẳng song song với trục \(Ox\)) đồng thời đạt độ cao nhỏ nhất so với mặt đất là \(4{\rm{m}}\). Độ cao lớn nhất mà tàu lượng siêu tốc đạt được là bao nhiêu mét so với mặt đất (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 4
A. \(M\left( {4; - 5;0} \right)\).
B. \(M\left( {2; - 3;0} \right)\).
C. \(M\left( {4;5;0} \right)\).
D. \(M\left( {0;0;1} \right)\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
A. \(\overrightarrow {AD} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {B'C'} \).
B. \(\overrightarrow {AC'} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {A'C'} \).
C. \(\overrightarrow {CD} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {D'C'} \).
D. \[\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {BD'} \].
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
A. \(x = - 1\).
B. \(x = 1\).
C. \(x = - 2\).
D. \(x = 2\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập