Đề kiểm tra Đường tiệm cận của đồ thị hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Ta có \(y = \frac{{{x^2} + x - 3}}{{x - 1}} = x + 2 - \frac{1}{{x - 1}}\).

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \frac{1}{{x - 1}}} \right) = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \frac{1}{{x - 1}}} \right) = 0\].

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: \(y = x + 2\).

Ta có \(y = \frac{{ - {x^2} + 3x - 1}}{{x - 2}} =  - x + 1 + \frac{1}{{x - 2}}\).

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( { - x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{1}{{x - 2}}} \right) = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( { - x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{1}{{x - 2}}} \right) = 0\].

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y =  - x + 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - {x^2} + 3x - 1}}{{x - 2}} =  + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{ - {x^2} + 3x - 1}}{{x - 2}} =  - \infty \).

Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = 2\).

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là \(\left( {2;\, - 1} \right)\).

Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 4x + 16}}{x} = x + 4 + \frac{{16}}{x}\).

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{16}}{x}} \right) = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{{16}}{x}} \right) = 0\]

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên: \(y = x + 4\).

Tọa độ giao điểm của đường tiệm cận xiên với hai trục tọa độ là : \(A\left( {0;\,4} \right),\,B\left( { - 4;\,0} \right)\).

Diện tích tam giác \(OAB\)là \(S = \frac{1}{2}.OA.OB = \frac{1}{2}4.4 = 8\).

a) Đúng

Với là \(m =  - 1\) ta có: \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 2\).

b) Sai

Với là \(m = 0\) ta có: \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}} \Leftrightarrow y = x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(y = x + 3\).

c) Sai

Với \(m = 2\), ta có: \(y = \frac{{3{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}} \Leftrightarrow y = 3x + 5 + \frac{4}{{x - 1}}\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(y = 3x + 5\).

Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số cắt hai trục tọa độ tại 2 điểm \(A\left( {0\,;\,5} \right)\) , \(B\left( { - \frac{5}{3}\,;\,0} \right)\).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.5.\frac{5}{3} = \frac{{25}}{6}\).

d) Đúng

Với \(m = 1\) ta có \(y = \frac{{2{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}}\,\,\left( C \right)\), đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \({d_1}:x = 1\), tiệm cận xiên là \({d_2}:y = 2x + 4\).

Gọi \(M\left( {x;\frac{{2{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}}} \right) \in \left( C \right)\) khi đó \(d\left( {M\,;\,{d_1}} \right) = \left| {x - 1} \right|\); \[d\left( {M\,;\,{d_2}} \right) = \frac{3}{{\sqrt 5 .\left| {x - 1} \right|}}\]

Khi đó \(d\left( {M\,;\,{d_1}} \right).d\left( {M\,;\,{d_2}} \right) = \left| {x - 1} \right|.\frac{3}{{\sqrt 5 .\left| {x - 1} \right|}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}\).

a) Đúng.                b) Đúng             c) Sai                     d) Sai

Ta có \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) là hàm số trùng phương nên bậc của mẫu là 8.         

Suy ra: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 2f\left( x \right) - 3}} = 0\) .

Do đó đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang \(y = 0\).

Ta có \({\left( {f\left( x \right)} \right)^2} + 2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 1}\\{f\left( x \right) =  - 3}\end{array}} \right.\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta có:

TH1: \(f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\,(nghi\^e m\,k\'e p)}\\{x = {x_1}\left( {{x_1} <  - 2} \right)}\\{x = {x_2}\left( {{x_2} > 2} \right)}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \]\(f\left( x \right) - 1 = a{x^2}\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\).

TH2: \(f\left( x \right) =  - 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2(nghi\^e m\,k\'e p)}\\{x =  - 2(nghi\^e m\,k\'e p)}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \]\(f\left( x \right) + 3 = a{\left( {x - 2} \right)^2}{\left( {x + 2} \right)^2}\).

\[\begin{array}{l} \Rightarrow g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 2f\left( x \right) - 3}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2} - 2x}}{{\left( {f\left( x \right) - 1} \right)\left( {f\left( x \right) + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{x\left( {x - 2} \right)}}{{a{x^2}\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)a{{\left( {x - 2} \right)}^2}{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{{{a^2}x\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\end{array}\]

Suy ra đồ thị h/s g(x) có 5 TCĐ là: \[x = 0,\,x = {x_1},\,\,x = {x_2}\,x =  \pm 2\].

Dó đó tổng số tiệm cận ngang và đứng là 6.

a) Sai                b) Đúng             c) Sai                     d) Đúng.

Đồ thị hàm số \(\left( {{C_m}} \right)\) \(y = \frac{{2x + m}}{{mx - 3}}\) có điều kiện \(x \ne \frac{3}{m}\). Với \(m \ne 0\) thì hàm số só TCĐ \(x = \frac{3}{m}\) và TCN \(y = \frac{2}{m}\).

a)      Với \(m =  - 1\) thì hàm số có TCĐ \(x =  - 3\) và TCN \(y =  - 2\). Vậy mệnh đề a) sai.

b)      Với \(m = 3\) thì hàm số có dạng \(y = \frac{{2x + 3}}{{3x - 3}}\) và có TCĐ \(x = 1\) nên điểm \(A\left( {1;2} \right)\) thuộc tiệm cận đứng.

c)      Với \(m = 1\) thì hàm số có dạng \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 3}}\). Khi đó đồ thị có TCĐ \(x = 3\)và TCN \(y = 2\); cùng với hai trục tọa độ là \(x = 0\), \(y = 0\) tạo thành hình chữ nhật có độ dài cạnh \(2\) và \(3\).

Suy ra diện tích hình chữ nhật là \(6\).

d)      Với \(m = 1\) thì hàm số có dạng \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 3}}\), điểm \(M\left( {{x_0};\frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} - 3}}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số.

Đồ thị có TCĐ là \(x = 3\) và TCN là \(y = 2\); Khoảng cách từ M đến hai tiệm cận lần lượt là:

 và \({d_2}\left( {M;TCN} \right) = \left| {\frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} - 3}} - 2} \right|\). Khi đó:

\(T = {d_1}\left( {M;TCN} \right).{d_2}\left( {M;TCN} \right)\)

\(\)  \(\begin{array}{l} = \left| {{x_0} - 3} \right|\left| {\frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} - 3}} - 2} \right|\\ = \left| {2{x_0} + 1 - 2{x_0} + 6} \right| = 7\end{array}\)

a) Sai                b) Sai           c) Đúng                     d) Sai.

Ta có: \(y =  - x - m + \frac{{{m^2} - m + 1}}{{1 - x}}\)

Vì  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( { - x - m} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{m^2} - m + 1}}{{x - 1}} = 0\)  nên đường thẳng \(\left( d \right):y =  - x - m\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1).

a)    Với \(m =  - 1\) đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(\left( d \right):y =  - x + 1\), Thay \(x = 2\) vào \(\left( d \right)\) ta được \(y =  - 1\)nên điểm  \(M\left( {2; - 3} \right)\) không thuộc tiệm cận xiên .

b)    Tiệm cận xiên \(\left( d \right):y =  - x - m\) cắt hai trục tọa độ  tại hai điểm \(A\left( {0; - m} \right)\) và \(B\left( { - m;0} \right)\)

Diện tích tam giác \[OAB\]: \(S = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}\left| {{y_A}} \right|.\left| {{x_B}} \right| = \frac{1}{2}{m^2}\).

Theo giả thiết ta có: \(S = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

c)    Với \(m = 1\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(\left( d \right):y =  - x - 1\) và tiệm cận đứng \(x = 1\) cắt nhau tại điểm \(I\left( {1; - 2} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

d)    Với \(m = 1\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(\left( d \right):y =  - x - 1\) cắt hai trục tọa độ  tại hai điểm \(A\left( {0; - 1} \right)\) và \(B\left( { - 1;0} \right)\), Tiệm cận xiên và tiệm cận đứng \(x = 1\) cắt nhau tại điểm \(I\left( {1; - 2} \right)\). Tiệm cận đứng cắt trục \(Ox\) tại \(C\left( {1;0} \right)\) Khi đó ta có hình thang vuông \(OAIC\) có diện tích là \(\frac{3}{2}\).

Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f\left( x \right) \ge 1\).

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{f\left( x \right)}}{{f\left( x \right) - m + 2}}\) có hai đường tiệm cận ngang  có phương trình là \(y = \frac{5}{{7 - m}}\) và \(y = \frac{2}{{4 - m}}\).

Xét phương trình \(f\left( x \right) - m + 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = m - 2\,\,\left( * \right)\)

Để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận thì \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt suy ra

\(\left[ \begin{array}{l}1 < m - 2 < 2\\m - 2 = 3\\m - 2 \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 < m < 4\\m = 5\\m \ge 7\end{array} \right.\).

Vì \(m \in \mathbb{Z},m \in \left[ {0\,;\,10} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {5\,;\,7\,;\,8\,;\,9\,;\,10} \right\}\).

Đáp án: 5

Đáp án: 1

Điều kiện : \[{f^2}\left( x \right) - 2\left( {m + 1} \right).f\left( x \right) + 5\left( {2m - 3} \right) \ne 0\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ne 5\\f\left( x \right) \ne 2m - 3\end{array} \right.\]

+) Tiệm cận ngang:

Vì  là đa thức bậc \[3\] nên \[{f^2}\left( x \right)\] là đa thức bậc \[6\], do đó

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{{x^4} - {x^2} + 2020}}{{{f^2}\left( x \right) - 2\left( {m + 1} \right).f\left( x \right) + 5\left( {2m - 3} \right)}} = 0\]\[ \Rightarrow \] Đường thẳng \[y = 0\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \[g\left( x \right)\].

+) Tiệm cận đứng:

Ta có: \[{x^4} - {x^2} + 2020 > 0{\rm{ ,}}\forall x \in \mathbb{R}\].

\[{f^2}\left( x \right) - 2\left( {m + 1} \right).f\left( x \right) + 5\left( {2m - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 5\\f\left( x \right) = 2m - 3\end{array} \right.\].

Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình \[f\left( x \right) = 5\] có \[2\] nghiệm. Suy ra, đồ thị có \[2\] tiệm cận đứng.

Do đó:

Đồ thị hàm số có đúng \[6\] tiệm cận.

\[ \Leftrightarrow \]\[f\left( x \right) = 2m - 3\] có \[3\] nghiệm phân biệt .

\[ \Leftrightarrow 1 < 2m - 3 < 5 \Leftrightarrow 2 < m < 4\].

\[ \Rightarrow m = 3\] (vì \[m\]là số nguyên).

Trường hợp 1: \(m = 1\) ta có hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{ - 2x - 6}}\) có 2 đường tiệm cận là đường thẳng \(x =  - 3\) và\(y =  - 1\) (không thỏa mãn).

Trường hợp 2: \(m \ne 1\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{\left( {m - 1} \right){x^2} - 2mx - 6}}\) có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 0\).

Để đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{\left( {m - 1} \right){x^2} - 2mx - 6}}\) có 3 đường tiệm cận thì phương trình \(\left( {m - 1} \right){x^2} - 2mx - 6 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 2\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\\Delta ' = {m^2} + 6m - 6 > 0\\\left( {m - 1} \right).{\left( { - 2} \right)^2} - 2m.\left( { - 2} \right) - 6 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\\left[ \begin{array}{l}m >  - 3 + \sqrt {15} \\m <  - 3 - \sqrt {15} \end{array} \right.\\8m - 10 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\\left[ \begin{array}{l}m >  - 3 + \sqrt {15} \\m <  - 3 - \sqrt {15} \end{array} \right.\\m \ne \frac{5}{4}\end{array} \right.\) 

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m <  - 3 - \sqrt {15} \\\left\{ \begin{array}{l}m >  - 3 + \sqrt {15} \\m \ne 1\\m \ne \frac{5}{4}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty \,;\, - 3 - \sqrt {15} } \right) \cup \left( { - 3 + \sqrt {15} \,;\,1} \right) \cup \left( {1\,;\,\frac{5}{4}} \right) \cup \left( {\frac{5}{4}\,;\, + \infty } \right)\]

Mà \(m\)nhận giá trị nguyên trên đoạn \(\left[ { - 2025\,;\,2025} \right]\) nên ta có \(m\) nguyên thỏa mãn \( - 2025 \le m \le  - 7\) hoặc \(2 \le m \le 2025\).

Số các giá trị nguyên của \(m\)thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(\left( { - 7 + 2025 + 1} \right) + \left( {2025 - 2 + 1} \right) = 4043\)

Vậy có 4043 giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Đáp án: \( - 9\).

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \le 1\\{x^2} + 4x + m \ne 0\end{array} \right.\).

Ta có:    là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số có \(3\) đường tiệm cận \( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số có \(2\) đường tiệm cận đứng \( \Leftrightarrow \) Phương trình \({x^2} + 4x + m = 0\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;1} \right]\).

Ta có: \({x^2} + 4x + m = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x =  - m\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y = g\left( x \right) = {x^2} + 4x\):

Phương trình \({x^2} + 4x + m = 0\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;1} \right]\)  \( \Leftrightarrow  - 5 \le m < 4\).

\( \Rightarrow \)\(S = \left\{ { - 5\,;\, - 4\,;\, - 3\,;\, - 2\,;\, - 1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,} \right\}\).

Vậy tổng giá trị các phần tử của tập \(S\) bằng \( - 9\).

Gọi \(x\,\)là độ dài đáy nhỏ của hình thang \(\left( {x > 0} \right)\). Ta có :

Đáy lớn là \(2x\,\).

Chiều cao của hình thang là \(h = \frac{{2S}}{{x + 2x}}\, = \frac{{16}}{x}\).

Độ dài cạnh còn lại của hình thang là \[\sqrt {{x^2} + {{\left( {\frac{{16}}{x}} \right)}^2}} \, = \sqrt {{x^2} + \frac{{256}}{{{x^2}}}} \].

Khi đó \[P\left( x \right) = x + \frac{{16}}{x} + 2x + \sqrt {{x^2} + \frac{{256}}{{{x^2}}}}  = 3x + \sqrt {{x^2} + \frac{{256}}{{{x^2}}}}  + \frac{{16}}{x}\]  (tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\)).

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } P\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {3x + \sqrt {{x^2} + \frac{{256}}{{{x^2}}}}  + \frac{{16}}{x}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left[ {3 + \sqrt {1 + \frac{{256}}{{{x^4}}}}  + \frac{{16}}{{{x^2}}}} \right] =  + \infty \) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} P\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x}\left[ {3{x^2} + \sqrt {{x^4} + 256}  + 16} \right] =  + \infty \) nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là trục \(Oy\)

+\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {P\left( x \right) - 4x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\sqrt {{x^2} + \frac{{256}}{{{x^2}}}}  - x + \frac{{16}}{x}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\frac{{256}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + \frac{{256}}{{{x^2}}}}  + x}} + \frac{{16}}{{{x^2}}}} \right] = 0\).

Khi đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận xiên \[y = 4x\].

Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.

Theo giả thiết, ta có:

\(T\left( x \right) = C\left( x \right) + 4000x = {x^2} + 2000x + {10^8}\).

\(M\left( x \right) = \frac{{T\left( x \right)}}{x} = x + \frac{{{{10}^8}}}{x} + 2000\) .

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {M\left( x \right) - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {x + \frac{{{{10}^8}}}{x} + 2000 - \left( {x + 2000} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\frac{{{{10}^8}}}{x}} \right] = 0\)

Khi đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận xiên \[y = x + 2000\]. Khi số lượng cuốn tạp chí phát hành cực lớn thì chi phí trung bình cho mỗi cuốn tạp chí \(M\left( x \right)\) sẽ tiệm cận với đường \[y = x + 2000\].