55 câu Trắc nghiệm Toán 12 Bài 4: Đường tiệm cận có đáp án (Mới nhất)

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

=  limx→+∞fx=1→y=1 là TCN.

= limx→−∞fx=−1→y=−1 là TCN. Chọn C.

Ta có   limx→+∞fx=0→y=0 là TCN.

Đáp án B sai vì chọn hàm  y=12x;x≤−1−12x;x≥1.

Vậy ta chỉ có đáp án C đúng. Chọn C.

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

l  limx→+∞fx=0  →  y=0 là TCN.

l limx→0+fx=+∞  →  x=0 là TCĐ. Chọn B.

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:
 limx→+∞fx=0  →  y=0 là TCN.
 limx→0+fx=+∞  →  x=0 là TCĐ. Chọn B.

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

 limx→−∞fx=−1  →  y=−1là TCN.

  limx→ 1+fx=+∞  →  x=1  là TCĐ. Chọn C.

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

l  limx→±∞fx=1  →  y=1 là TCN.

l  limx→2+fx=limx→2−fx=10  →  x=0 không phải là TCĐ. Chọn A.

Chọn C.

A sai vì chỉ cần một trong hai giới hạn  limx→−∞fx=1 hoặc  limx→+∞fx=1 tồn tại thì đã suy ra được tiệm cận ngang là  y=1.

B sai, ví dụ hàm số  y=x3−1 không xác định tại  x=−2 nhưng  limx→ −2−fx và  limx→ −2+fx không tiến đến vô cùng nên  x=−2 không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

C sai vì chỉ cần tồn tại một trong bốn giới hạn sau: limx→2−fx=−∞,   limx→2−fx=+∞,   limx→ 2+fx=−∞,   limx→ 2+fx=+∞

D đúng vì chỉ có hai giới hạn  limx→−∞fx,  limx→+∞fx. Chọn D.

Từ bảng biến thiên, ta có :

●  limx→−1−fx=+∞limx→−1+fx=−∞→x=−1 là TCĐ. ●  limx→−∞y=−2limx→+∞y=−2→y=−2 là TCN.

Chọn D.

Từ bảng biến thiên, ta có:

l  limx→ −1+fx=+∞limx→ −1−fx=−∞→  x=−1 là TCĐ.

l  limx→−∞fx=5→  y=5 là TCN và  limx→+∞fx=2→  y=2 là TCN. Chọn C.

Ta có  limx→−1fx=2≠±∞ nên đồ thị hàm số không có TCĐ.

Ta có  limx→−∞fx=−1→y=−1 là TCN;  limx→+∞fx=1→y=1 là TCN. Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét như sau:

A đúng vì  limx→0+fx=limx→0−fx=−∞ →  x=0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

B sai vì tại  x=0 hàm số không xác định.

C sai vì hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 1 trên khoảng  0 ;+∞ mà không đạt giá trị lớn nhất trên khoảng  −∞ ; 0.

D sai vì đạo hàm  y' đổi dấu từ  " +" sang  " −" khi đi qua điểm  x=1  →  x=1 là điểm cực đại của hàm số.

Chọn A.

Từ bảng biến thiên, ta có:

l  limx→±∞y=0→  y=0 là TCN;

l  limx→ −3+y=−∞limx→ −3−y=+∞→  x=−3 là TCĐ;

l  limx→ 3+y=−∞limx→ 3−y=+∞→  x=3 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả ba đường tiệm cận. Do đó D sai. Chọn D.

Từ bảng biến thiên, ta có:

l  limx→+∞y=0→  y=0 là TCN;

l  limx→ −2+y=−∞→  x=−2 là TCĐ;

l  limx→ 0−y=+∞→  x=0 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đúng ba đường tiệm cận. Chọn C.

Từ bảng biến thiên, ta có:

l  limx→+∞y=+∞→ đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang;

l  limx→ −2+y=+∞→  x=−2 là TCĐ;

l  limx→ 1+y=−∞→  x=1 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đúng hai đường tiệm cận. Chọn B.

TXĐ  D=ℝ\−2.

Dễ thấy đồ thị hàm số có TCĐ: x=-2 và TCN: y=1.

Suy ra giao điểm của hai đường tiệm cận là  −2 ; 1. Chọn D.

Xét phương trình  x2−16=0  ⇔  x=±4. Ta có:

l  limx→ −4y=limx→ −4x2−3x−4x2−16=limx→ −4x+1x−4x+4x−4=limx→ −4x+1x+4=∞→x=−4 là TCĐ;

l  limx→ 4y=limx→ 4x2−3x−4x2−16=limx→ 4x+1x−4x+4x−4=limx→ 4x+1x+4=58→x=4 không là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có duy nhất một tiệm cận đứng. Chọn D.

TXĐ:  D=ℝ\±3. Ta có:

l  limx→3−y=limx→3−x−2x2−9=−∞;   limx→3+y=limx→3+x−2x2−9=+∞→x=3 là TCĐ;

l   limx→−3−y=limx→−3−x−2x2−9=+∞;  limx→−3+y=limx→−3+x−2x2−9=−∞→x=−3 TCĐ;

l  limx→−∞y=limx→−∞1x−2x21−9x2=0;  limx→+∞y=limx→+∞1x−2x21−9x2=0→y=0 là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng ba tiệm cận. Chọn C.

Nhận thấy các đáp án B, C, D hàm số có TXĐ:  D=ℝ nên không có TCĐ.

Dùng phương pháp loại trừ thì A đúng. Chọn A.

(Thật vậy; hàm số  y=1x có  limx→0+y=limx→0+1x=+∞  →  x=0 là TCĐ)

Ta có:

l  limx→1−y=limx→1−2xx−1=−∞→  x=1 là TCĐ;

l  limx→−∞y=limx→−∞2xx−1=2→  y=2 là TCN;

l  limx→+∞y=limx→+∞x2+1x=1→  y=1 là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng ba tiệm cận. Chọn A.

TXĐ:  D=ℝ  → đồ thị không có tiệm cận đứng.

Ta có  limx→−∞3x+2x+1=−3→  y=−3 là TCN;  limx→+∞3x+2x+1=3→  y=3 là TCN.

Chọn C.

Ta có  limx→±∞y=limx→±∞x2+1x2−x−2=1→y=1 là TCN.

Xét phương trình  x2−x−2=0⇔x=2x=−2.

●  limx→2+y=limx→2+x2+1x2−x−2=+∞limx→2−y=limx→2−x2+1x2−x−2=−∞→x=2 là TCĐ;

●  limx→−2+y=limx→−2+x2+1x2−x−2=−∞limx→−2−y=limx→−2−x2+1x2−x−2=+∞→x=−2 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận. Chọn D.

A. Xét  limx→+∞y=limx→+∞x2−xx+2=limx→+∞x1−1xx+2=limx→+∞1−1x1+2x=1;

Xét   limx→−∞y=limx→−∞x2−xx+2=limx→−∞−x1−1x−x+2=limx→−∞−1−1x−1+2x=1. Vậy A. sai.

B. Xét  limx→+∞y=limx→+∞x−2x+1=limx→+∞x−2x+1=limx→+∞1−2x1+1x=1;

Xét  limx→−∞y=limx→−∞x−2x+1=limx→−∞−x−2x+1=limx→+∞−1−2x1+1x=−1. Vậy B đúng.

Chọn B. (C và D có thể loại trừ vì TXĐ không chứa  −∞ và  +∞)

TXĐ:  D=ℝ→ đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có:

 limx→+∞y=limx→+∞x+1x2+1=limx→+∞x1+1xx1+1x2=limx→+∞x1+1xx1+1x2=1→y=1 là TCN;

 limx→−∞y=limx→−∞x+1x2+1=limx→−∞x1+1xx1+1x2=limx→−∞x1+1x−x1+1x2=−1→y=−1 là TCN.

Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng và có đúng hai tiệm cận ngang. Chọn C.

Ta có  4x2+2x+1>0,  ∀x∈ℝ  → TXĐ của hàm số   D=ℝ. Do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Xét  limx→+∞x+14x2+2x+1=12  →  y=12 là TCN;

      limx→−∞x+14x2+2x+1=−12  →  y=−12 là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận. Chọn B.

TXĐ:  D=−1;1∪1;+∞. Ta có:

=  limx→1+y=limx→1+x+1x+1x−1=limx→1+1x+1x−1=+∞limx→1−y=limx→1−x+1x+1x−1=limx→1−1x+1x−1=−∞→x=1 là TCĐ;

=  limx→−1+y=limx→−1+x+1x+1x−1=limx→−1+1x−1x+1=−∞→x=−1 là TCĐ;

=  limx→+∞y=limx→+∞x+1x2−1=limx→+∞1x3+1x41−1x2=0→y=0 Là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng ba đường tiệm cận.Chọn C.

TXĐ  D=7 ;+∞ . 

Vì  x2+3x−4≠0,  ∀x∈D. Do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. Chọn C.

TXĐ:  D=1 ;+∞ .

Do đó ta chỉ xét  limx→+∞y=limx→+∞2x+13x−x−1=limx→+∞2+1x3−1x−1x2=23→y=23 là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng một TCN. Chọn A.

TXĐ:  D=0;1→ không tồn tại   limx → − ∞y và  limx → + ∞y . Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Xét phương trình  x−1x=0↔x=0x=1. Ta có:

=  limx→0+1−xx−1x=∞→x=0 là TCĐ;

=  limx→1−1−xx−1x=limx→1−−1x−1x=∞→x=1 là TCĐ.

Vậy  n=0; d=2. Chọn D.

TXĐ:  D=−3;3→không tồn tại   limx → − ∞y và  limx → + ∞y . Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có:

=  limx→−3+x+39−x2=limx→−3+x+33−x.3+x=limx→−3+x+33−x=0→x=−3 không là TCĐ;

=  limx→3−x+39−x2=limx→3−x+33−x.3+x=limx→3−x+33−x=+∞→x=3 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận. Chọn B.

TXĐ:  D=−4;4→ không tồn tại   limx → − ∞y và  limx → + ∞y . Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có:

●  limx→−4+16−x2x2−16=limx→−4+−116−x2=−∞→x=−4 là TCĐ;

●  limx→4−16−x2x2−16=limx→4−−116−x2=−∞→x=4 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đúng hai tiệm cận. Chọn C.

TXĐ:  D=−1 ; 0∪0 ; 1  → không tồn tại  limx→−∞y và  limx→+∞y. Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có  limx→ 0+1−x2x2+2x=+∞limx→ 0−1−x2x2+2x=−∞→  x=0 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận. Chọn B.

TXĐ:  D=−3 ; 3\1  →không tồn tại  limx→−∞y và  limx→+∞y. Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có  limx→ 1+2x3−x2x2+x−2=+∞limx→1−2x3−x2x2+x−2=−∞→  x=1 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận. Chọn B.

TXĐ:  D=−2 ; 2\1  →không tồn tại  limx→−∞y và  limx→+∞y. Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có  limx→ 1+2−x2−1x2−3x+2=0limx→1−2−x2−1x2−3x+2=0→ đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận. Chọn A.

Để căn thức có nghĩa khi  2x2−1≥0↔x∈−∞;−12∪12;+∞.

Xét  2x2−1−1=0↔2x2−1=1↔2x2−1=1↔x=±1∈−∞;−12∪12;+∞.

Do đó tập xác định của hàm số:  D=−∞;−12∪12;+∞\−1;1.

Ta có

●  limx→−1y=limx→−1x−12x2−1+12x2−1=limx→−12x2−1+12x+1=∞→x=−1 là TCĐ;

●  limx→1y=limx→1x−12x2−1+12x2−1=limx→12x2−1+12x+1=12→x=1 không là TCĐ;

●  limx→+∞x−12x2−1−1=12→y=12 là TCN;

●  limx→−∞x−12x2−1−1=−12→y=−12 là TCN.

Vậy  d=1, n=2→n+d=3. Chọn C.

TXĐ:  D=ℝ\±2. Ta có:

l  limx→±∞y=1→  y=1 là TCN;

l  limx→ 2+y=−∞limx→ 2−y=−∞→  x=2 là TCĐ;

l  limx→ −2+y=+∞limx→ −2−y=+∞→  x=−2 là TCĐ.

Vậy hàm số có hai tiệm cận đứng và một tiệm cận ngang. Chọn B.

TXĐ:  D=−∞ ;−2∪−1 ; 1∪2 ;+∞. Ta có:

l  limx→±∞y=1→  y=1 là TCN;

l  limx→ −2−y=+∞→  x=−2 là TCĐ;

l  limx→ −1+y=+∞→  x=−1 là TCĐ;

l  limx→ 1−y=+∞→  x=1 là TCĐ;

l  limx→ 2+y=+∞→  x=2 là TCĐ.

Vậy hàm số đã cho có tất cả năm đường tiệm cận.

Chọn C.

TXĐ:  D=ℝ\−1 ;1. Ta có:

l  limx→1−x2−3x+2x43−1=limx→1+x2−3x+2x43−1=−34→  x=1 không là TCĐ.

l  limx→ −1+x2−3x+2x43−1=−∞limx→ −1−x2−3x+2x43−1=+∞→  x=−1 là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng. Chọn B.

Ta có:

 limx→+∞x2+2x+3−x=limx→+∞2x+3x2+2x+3+x=limx→+∞2+3x1+2x+3x2+1=1limx→−∞x2+2x+3−x=limx→−∞x21+2x+3x2−x=limx→−∞x−1+2x+3x2−1=+∞. 

Vậy đồ thị có một đường tiệm cận ngang là  y=1. Chọn C.

TXĐ:  D=ℝ\−m2.

Ta có  limx→−m2−y=limx→−m2−mx−12x+m=+∞limx→−m2+y=limx→−m2+mx−12x+m=−∞→x=−m2 là TCĐ.

Do đó ycbt  ⇔−m2=−1⇔m=2. Chọn A.

Ta có  limx→±∞y=limx→±∞2m2x−5x−3=2m2→y=2m2 là TCN.

Do đó ycbt  ⇔2m2=8⇔m=±2  . Chọn C.

Ta có:

=  limx→±∞y=limx→±∞m−2n−3x+5x−m−n=m−2n−3→y=m−2n−3 là TCN;

=  limx→n+m+y=+∞→x=m+n là TCĐ.

Từ giả thiết, ta có  m+n=0m−2n−3=0⇒m=1n=−1→S=m2+n2−2=0.

 Chọn B.

Chọn C.

TXĐ:  D=ℝ\m.

Ta có  y=x−m2x+2m−3+2mm−1x−m=2x+2m−3+2mm−1x−m.

Để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì các giới hạn  limx→m±y tồn tại hữu hạn  ⇔2mm−1=0⇔m=1m=0. 

Cách 2. (Chỉ áp dụng cho mẫu thức là bậc nhất)

Ycbt<=> Phương trình  2x2−3x+m=0 có một nghiệm là  x=m

 →2m2−3m+m=0⇔2mm−1=0⇔m=0m=1. Chọn C.

Ta có  limx→±∞=x+1x2−2mx+4=0→y=0 là TCN với mọi m.

Do đó ycbt <=> phương trình  x2−2mx+4=0 có hai nghiệm phân biệt khác -1

 ⇔Δ'>0−12−2m.−1+4≠0⇔m2−4>02m+5≠0⇔m>2m<−2m≠−52. Chọn C.

Ycbt  ⇔3x2−2ax+a=0 có nghiệm duy nhất  ⇔Δ'=a2−3a=0⇔a=0a=3.

Chọn B.

Ta có  limx→±∞x+2x2−4x+m=0→y=0 là TCN với mọi m

Ycbt <=> phương trình  x2−4x+m=0 có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng -2 ⇔Δ'=4−m=0Δ'=4−m>0−22−4−2+m=0⇔m=4m=−12. 

Chọn C.

Ta có  limx→±∞x+2x2−4x+m=0→  y=0 là TCN với mọi m.

Do đó để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang mà không có tiệm cận đứng thì phương trình  x2−4x+m=0 vô nghiệm  ⇔  Δ'<0  ⇔  m>4. 

Nhận xét. Bạn đọc dễ nhầm lẫn mà xét thêm trường hợp mẫu thức  x2−4x+m=0 có nghiệm  x=−2  →  m=−12. Điều này là sai, vì với  m=−12 thì hàm số trở thành  y=1x−6. Đồ thị này vẫn còn TCĐ là  x=6 .     

Chọn B.

Chọn B.

Ta có  limx→±∞x+2x2−4x+m=0→  y=0 là TCN với mọi m.

Do đó để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang mà không có tiệm cận đứng thì phương trình  x2−4x+m=0 vô nghiệm  ⇔  Δ'<0  ⇔  m>4. 

Nhận xét. Bạn đọc dễ nhầm lẫn mà xét thêm trường hợp mẫu thức  x2−4x+m=0 có nghiệm  x=−2  →  m=−12. Điều này là sai, vì với  m=−12 thì hàm số trở thành  y=1x−6. Đồ thị này vẫn còn TCĐ là  x=6.    

Ycbt  ⇔  x2−4x+m=0  có hai nghiệm phân biệt khác -2

⇔  Δ'>0−22−4.−2+m≠0  ⇔  4−m>0m+12≠0  ⇔  m<4m≠−12 →m∈−2017 ; 2017m∈ℤ  m∈−2017 ; ... ; 0 ; 1 ; 2 ; 3\−12.

Vậy có tất cả 2020 giá trị nguyên thỏa mãn.

Chọn C.

Khi  m>0, ta có:

=  limx→+∞x+1mx2+1=limx→+∞1+1xm+1x2=1m→y=1m là TCN ;

=  limx→−∞y=limx→−∞x1+1xxm+1x2=−1−1xm+1x2=−1m→y=−1m là TCN.

Với m=0  suy  y=x+11→ đồ thị hàm số không có tiệm cận.

Với  m<0 thì hàm số có TXĐ là một đoạn nên đồ thị hàm số không có TCN.

Vậy với  m<0 thì đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang.

Chọn D.

Ta có:

=  limx→+∞y=limx→+∞x−3x+mx2+4=11+m với  m≥0;

=  limx→−∞y=limx→−∞x−3x+mx2+4=11−m với  m≥0, m≠1. 

Nếu m=1 thì  limx→−∞y=limx→−∞x−3x2+4−x4=limx→−∞x2.1−3x−1+4x2−14=−∞, suy ra hàm số chỉ có đúng một TCN là  y=12  do limx→+∞y=12  khi  m=1. Do đó giá trị  m=1 thỏa yêu cầu bài toán.

Nếu  m≥0m≠1, để đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang  ⇔11+m=11−m⇔m=0.

Vậy  m=0,m=1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Khi  m>12 thì phương trình  x2+2m−1x+m2=0 vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có  limx→+∞y=limx→+∞x−1x2+2m−1x+m2=1→y=1 là TCN;

           limx→−∞y=limx→−∞x−1x2+2m−1x+m2=−1→y=−1 là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận. Chọn B.

Đồ thị hàm số  y=x2+2mx4+3 có đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi các giới hạn  limx→+∞y và  limx→−∞y tồn tại hữu hạn. Ta có:

● Với  m=0→y=x2+23. Khi đó  limx→+∞y=+∞limx→−∞y=+∞  suy ra đồ thị không có TCN.

● Với  m<0, khi đó hàm số có TXĐ:  D=−−3m4;−3m4 nên ta không xét trường hợp  x→+∞  hay  x→−∞  được. Do đó hàm số không có tiệm cận ngang.

● Với  m>0, khi đó hàm số có TXĐ  D=ℝ và  limx→±∞x21+2x2x2m+3x4=limx→±∞1+2x2m+3x4=1m

 →y=1m là TCN. Chọn C.

Gọi  Ma ; 2a+1a−1 với  a≠1 là điểm thuộc đồ thị.

Đường tiệm cận đứng  d:x=1 ; đường tiệm cận ngang  d':y=2 .

Ycbt  ⇔  dM,d=3dM,d'  ⇔  a−1=32a+1a−1−2  

 ⇔  a−12=9  ⇔  a=4a=−2  ⇒  M4 ; 3M−2 ; 1 .

Chọn B.

Áp dụng công thức giải nhanh.

Điểm  Mx0;y0=ax0+bcx0+d thuộc đồ thị hàm số  y=ax+bcx+d.

Đồ thị hàm số có TCĐ  Δ1:x+dc=0;   TCN  Δ2:y−ac=0.

Ta có  d1=dM,Δ1=x0+dc=cx0+dcd2=dM,Δ2=y0−ac=ad−bcccx0+d. Khi đó  d1+d2≥2ad−bcc2.

Áp dụng: Ycbt  ⇔ad−bcc2=1⇔ad−bcc2=1⇔1+m=1↔m=0m=−2. Chọn C.