Đề kiểm tra Đường tiệm cận của đồ thị hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Dựa vào định nghĩa đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ta chọn đáp án  D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{16}}{5}} \right\}\). Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{x - 3}}{{5x - 16}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 - \frac{3}{x}}}{{5 - \frac{{16}}{x}}} = \frac{1}{5}\).

Vậy đường thẳng\(y = \frac{1}{5}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn        C.

Chọn C vì nhìn bảng biến thiên thấy ngay đồ thị có tiệm cận ngang \(y = - 2\) và \(y = 2\).

 Dựa vào định nghĩa đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ta chọn đáp án  A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\frac{1}{2}}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\frac{1}{2}}^ + }} \frac{{x + 1}}{{2x - 1}} =  + \infty \) ; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\frac{1}{2}}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\frac{1}{2}}^ - }} \frac{{x + 1}}{{2x - 1}} =  - \infty \).

Vậy đường thẳng\(x = \frac{1}{2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2{x^2} - 3x - 1}}{{x - 2}} =  + \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2{x^2} - 3x - 1}}{{x - 2}} =  - \infty \] nên \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn       B.

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {2x - 1 + \frac{1}{{2x - 1}} - (2x - 1)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{1}{{2x - 1}} = 0\) nên đường thẳng \(y = 2x - 1\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn       D.

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra đường thẳng \(y = x + 1\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có: \[y = \frac{{2{x^2} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{(x - 2).\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right).\left( {x + 2} \right)}}\] \[ = \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}\]

Do \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2{x^2} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{(x - 2).\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right).\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{x + 2}} = 2\] nên tiệm cận ngang của đồ thi hàm số là đường thẳng \[y = 2\].

Do \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \frac{{2{x^2} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \frac{{(x - 2).\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right).\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \frac{{2x + 1}}{{x + 2}} =  - \infty \] và

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \frac{{2{x^2} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \frac{{(x - 2).\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right).\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \frac{{2x + 1}}{{x + 2}} =  - \infty \] nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \[x =  - 2\]. Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận.

a) Đồ thị \(\left( C \right)\) có đường tiệm cận đứng \(x = 2\). Vậy câu a) đúng.

b) Đồ thị \(\left( C \right)\) nhận giao điểm \(2\) đường tiệm cận là \(x = 2\) và \(y = 1\) là tâm đối xứng. Dẫn đến \(I\left( {2;1} \right)\)là tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\). Vậy câu b) sai.

c) Phương trình hoành độ giao điểm \(\frac{{x + 2}}{{x - 2}} = x - 1\,\,\left( {x \ne 2} \right) \Leftrightarrow x + 2 = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y =  - 1\\x = 4 \Rightarrow y = 3\end{array} \right.\). Từ đó, \(A\left( {0; - 1} \right),\,\,\,B\left( {4;3} \right).\) Dẫn đến \(AB = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 2 .\) Vậy câu c) sai.

d) Ta có \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow M\left( {{x_0};1 + \frac{4}{{{x_0} - 2}}} \right)\)

Khoảng cách từ \(M\) đến tiệm cận đứng: \({d_1} = \left| {{x_0} - 2} \right|\).

Khoảng cách từ \(M\) đến tiệm cận ngang: \({d_2} = \left| {{y_0} - 1} \right| = \left| {1 + \frac{4}{{{x_0} - 2}} - 1} \right| = \frac{4}{{\left| {{x_0} - 2} \right|}}\).

\[{d_1} + {d_2} = \left| {{x_0} - 2} \right| + \frac{4}{{\left| {{x_0} - 2} \right|}} \ge 2\sqrt {\left| {{x_0} - 2} \right|.\frac{4}{{\left| {{x_0} - 2} \right|}}} \]

\[ \Rightarrow min\left( {{d_1} + {d_2}} \right) = 4\]\[ \Leftrightarrow \left| {{x_0} - 2} \right| = \frac{4}{{\left| {{x_0} - 2} \right|}}\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 4 \Rightarrow {y_0} = 3\\{x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} =  - 1\end{array} \right.\]. Vậy câu d) đúng.

a) Đồ thị \(\left( C \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x = 1.\) Vậy câu a) đúng.

b) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}} \Leftrightarrow y = x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}.\) Suy ra \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\left( {x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}} \right) - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{x - 1}} = 0\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\left( {x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}} \right) - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{x - 1}} = 0\]. Dẫn đến \(y = x + 3\) là tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( C \right)\). Vậy câu b) sai.

c) \(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right):y = x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}\) có tọa độ nguyên khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\y \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\2 \vdots \left( {x - 1} \right)\end{array} \right.\). Từ đó

\(\left[ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\x - 1 =  - 2\\x - 1 = 1\\x - 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3;\,\,y = 7\,\\x =  - 1;\,\,y = 1\\x = 2;\,\,y = 7\\x = 0;\,\,y = 1\end{array} \right..\) Dẫn đến đồ thị \(\left( C \right)\) có đúng 4 điểm có tọa độ nguyên. Vậy câu c) đúng.

d) Phương trình hoành độ \(mx - m = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}}\,\,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \(1.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\{\Delta ^/} = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) > 0\\m - 1 - 2\left( {m + 1} \right) + 1 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m >  - 1\\m \in \mathbb{R}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m >  - 1\end{array} \right..\)

Gọi \(A\left( {{x_1};m{x_1} - m} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};m{x_2} - m} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {CA}  = \left( {{x_1} + 2;m{x_1} - m} \right),\,\,\,\overrightarrow {CB}  = \left( {{x_2} + 2;m{x_2} - m} \right)\,\). Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 2} \right).\left( {{x_2} + 2} \right) + \left( {m{x_1} - m} \right).\left( {m{x_2} - m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 + {m^2}\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{{m - 1}} + 4.\frac{{m + 1}}{{m - 1}} + 4 + {m^2}\left( {\frac{{m + 1}}{{m - 1}} - 2.\frac{{m + 1}}{{m - 1}} + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 2{m^2} + 9m + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m_1} = \frac{{9 + \sqrt {89} }}{4}\,\left( n \right)\\{m_2} = \frac{{9 - \sqrt {89} }}{4}\,\left( n \right)\end{array} \right..\) Suy ra \({m_1} + {m_2} = \frac{9}{2}.\) Vậy câu d) sai.

a) \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2x + 6}}\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

\({y^/} = \frac{{{x^2} - 2x + 6 - \left( {2x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 6} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {y^/} = \frac{{ - {x^2} - 2x + 8}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 6} \right)}^2}}}.\)

Suy ra \({y^/} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4\\x = 2\end{array} \right..\) Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 4;2} \right)\). Vậy câu a) đúng.

b) Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\). Vậy câu b) sai.

c) \({y^/} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4;\,y = \frac{{ - 1}}{{10}}\\x = 2;\,\,y = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị \(A\left( { - 4;\,\frac{{ - 1}}{{10}}} \right)\) và \(B\left( {2;\,\frac{1}{2}} \right)\) là \(\left( \Delta  \right):x - 10y + 3 = 0.\) Theo giả thiết, do \(d \bot \Delta \) nên \(1.\left( {2m + 3} \right) - 10.m = 0 \Leftrightarrow m = \frac{3}{8}.\) Vậy câu c) đúng.

d) Đặt \[t = \cos x - \sqrt 3 \sin x + 1 \Leftrightarrow t = 2\left( {\frac{1}{2}.\cos x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x} \right) + 1 \Leftrightarrow t = 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + 1\]; \(t \in \left[ { - 1;3} \right].\)Ta có \(g\left( t \right) = f\left( t \right) + {m^2} = \frac{{t + 1}}{{{t^2} - 2t + 6}} + {m^2},\,\,\,t \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow {g^/}\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} - 2t + 8}}{{{{\left( {{t^2} - 2t + 6} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 4\,\left( l \right)\\t = 2\,\left( n \right)\end{array} \right..\) Ta tính được \(g\left( { - 1} \right) = {m^2},\,\,\,g\left( 2 \right) = \frac{1}{2} + {m^2},\,\,f\left( 3 \right) = \frac{4}{9} + {m^2}.\) Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) = {m^2} + \frac{1}{2}.\) Theo giả thiết, \({m^2} + \frac{1}{2} > 5 \Leftrightarrow {m^2} > \frac{9}{2} \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - \frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}; + \infty } \right).\) Kết hợp với \(m\) là số nguyên và \(m \in \left[ { - 2;2028} \right]\) ta suy ra có \(2026\) giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy câu d) sai.

a) Đồ thị \(\left( C \right)\) có \(2\) đường tiệm cận đứng và \(x =  - 1\) và \(x =  - 5\). Vậy câu a) sai.

b) Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - {x^3} - 5{x^2} - 11x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} =  + \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - {x^3} - 5{x^2} - 11x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} =  - \infty \]. Dẫn đến \(y = x\) không là tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( C \right)\).Vậy câu b) sai.

c) Đặt \(t = 6 - 4{\sin ^2}x \Rightarrow 2 \le t \le 6.\) Từ đó \[y = \frac{{{t^2} - 6t + 5}}{{{t^2} + 6t + 5}}\], với \(t \in \left[ {2;6} \right].\)

Ta có \[{y^/} = \frac{{12{t^2} - 60}}{{{{\left( {{t^2} + 6t + 5} \right)}^2}}}.\] Xét \[{y^/} = 0 \Leftrightarrow 12{t^2} - 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - \sqrt 5 \,\,\left( l \right)\\t = \sqrt 5 \,\,\,\,\left( n \right)\end{array} \right.\]

\(y\left( 2 \right) = \frac{{ - 1}}{7},y\left( {\sqrt 5 } \right) = \frac{{3\sqrt 5  - 7}}{2},y\left( 6 \right) = \frac{5}{{77}}.\) Suy ra \(M = \frac{5}{{77}};\,\,\,\,m = \frac{{3\sqrt 5  - 7}}{2}\) hay \(77M + 2m = 3\sqrt 5  - 2.\) Vậy câu c) đúng.

d) \[h\left( x \right) = g\left( {\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}}} \right) \Rightarrow {h^/}\left( x \right) = \frac{{12{x^2} - 60}}{{{{\left( {{x^2} + 6x + 5} \right)}^2}}}.{g^/}\left( {\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}}} \right)\]

Xét \[{h^/}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{12{x^2} - 60}}{{{{\left( {{x^2} + 6x + 5} \right)}^2}}} = 0\left( 1 \right)\\{g^/}\left( {\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}}} \right) = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

\[\left( 1 \right) \Leftrightarrow 12{x^2} - 60 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 5 .\]

Dựa vào đồ thị của hàm số \[y = {g^/}\left( x \right)\] ta có \[\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} =  - 1\,\,\,\left( 3 \right)\\\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} = 1\,\,\,\left( 4 \right)\\\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} = 4\,\,\,\left( 5 \right)\end{array} \right.\]

Giải \[\left( 3 \right)\]: \[\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} =  - 1 \Rightarrow {x^2} - 6x + 5 =  - {x^2} - 6x - 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 10 = 0\] (vô nghiệm)

Giải \[\left( 4 \right)\]: \[\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} = 1 \Rightarrow {x^2} - 6x + 5 = {x^2} + 6x + 5 \Leftrightarrow x = 0\,\left( n \right)\].

Giải \[\left( 5 \right)\]: \[\frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{x^2} + 6x + 5}} = 4 \Rightarrow {x^2} - 6x + 5 = 4{x^2} + 24x + 20 \Leftrightarrow 3{x^2} + 30x + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 5 + 2\sqrt 5 \,\,\left( n \right)\\x =  - 5 - 2\sqrt 5 \,\,\left( n \right)\end{array} \right.\]

Dẫn đến hàm số \[y = h\left( x \right)\] có \(5\) điểm cực trị. Vậy câu d) đúng.

Xét phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\,\left( {b2} \right)\\x =  - 2\left( {b2} \right)\end{array} \right.\).

Do \(f\left( x \right)\) là hàm số bậc bốn có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty \) nên \(f\left( x \right) - 1 = a{\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2}\;(a < 0)\).

Khi đó, \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{a{{\left( {x + 2} \right)}^2}{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{1}{{a\left( {x + 2} \right)}}\).

Do\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{a\left( {x + 2} \right)}} = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{a\left( {x + 2} \right)}} = 0\), nên \(y = 0\;\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số\(g(x)\)có 1 đường tiệm cận ngang.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } S\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 200\left( {\frac{2}{3} - \frac{8}{{2 + t}}} \right) = 200.\frac{2}{3} = \frac{{400}}{3}\) \( \Rightarrow a = 400\,;\,b = 3\)

Vậy \(P = a - 2b = 400 - 6 = 394\)

Xét tử: \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} + 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {b1} \right)\\x = 2\left( {b1} \right)\\x =  - 2\left( {b2} \right)\end{array} \right.\).\(\left( * \right)\)

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

Với \(f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\left( {b2} \right)\\x = a <  - 2\left( {b1} \right)\\x = b > 2\left( {b1} \right)\end{array} \right.\).

Với \[f\left( x \right) =  - 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\,\,\,\left( {b2} \right)\\x =  - 2\left( {b2} \right)\end{array} \right.\].

\( \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + 2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\left( {b2} \right)\\x = a <  - 2\left( {b1} \right)\\x = b > 2\left( {b1} \right)\\x = 2\,\left( {b2} \right)\\x =  - 2\left( {b2} \right)\end{array} \right.\)

Kết hợp với \(\left( * \right)\) suy ra: \(x = 0\,;\,x = a\,;\,x = b\); \(x = 2\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy có 4 đường tiệm cận.

Do tấm tôn có diện tích bằng \(4{m^2}\) nên \(xy = 4 \Leftrightarrow y = \frac{4}{x}\)

Thùng có chiều cao là 0,5m và các kích thước còn lại của thùng là: \(x - 1\) và \(y - 1\)

Thể tích của thùng là \(V\left( x \right) = 0,5.\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right) = \frac{1}{2}\left( {x - 1} \right)\left( {\frac{4}{x} - 1} \right) = \frac{1}{2}\frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right)}}{x}\)

Suy ra: \(y = \frac{1}{{V\left( x \right)}} = \frac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right)}}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{V\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right)}} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{1}{{V\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right)}} =  - \infty \)\( \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 1\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{V\left( x \right)}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{1}{{V\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right)}} =  - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{1}{{V\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right)}} =  + \infty \)\( \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 4\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{V\left( x \right)}}\)

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{V\left( x \right)}}\) có 2 đường tiệm cận đứng.

Hàm số xác định và liên tục trên \(D = \left( { - \infty ;0} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)\)

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - \sqrt {{x^2} - 3x} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {2 - \sqrt {1 - \frac{3}{x}} } \right) = 1\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {f\left( x \right) - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 3x} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x}}{{x + \sqrt {{x^2} - 3x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{3}{{1 + \sqrt {1 - \frac{3}{x}} }} = \frac{3}{2}\)

\( \Rightarrow y = x + \frac{3}{2}\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi \(x \to  + \infty \)

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x - \sqrt {{x^2} - 3x} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2 + \sqrt {1 - \frac{3}{x}} } \right) = 3\) \(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {f\left( x \right) - 3x} \right) =  - \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} - 3x} } \right) =  - \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3x}}{{x - \sqrt {{x^2} - 3x} }} =  - \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{3}{{1 + \sqrt {1 - \frac{3}{x}} }} =  - \frac{3}{2}\) \( \Rightarrow y = 3x - \frac{3}{2}\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi \(x \to  - \infty \)

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận xiên.

Do thể tích của bể là \(1{m^3}\) nên \(0,5xy = 1 \Leftrightarrow xy = 2\)

Diện tích toàn phần của bể là \(S\left( x \right) = xy + 2.0,5.x + 2.0,5.y = 2 + x + \frac{2}{x},\,\,\,\,\left( {x > 0} \right)\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {S\left( x \right) - \left( {x + 2} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{x} = 0\)

Suy ra đồ thị hàm số \(S\left( x \right)\)có đường tiệm cận xiên là \(y = x + 2\)\( \Rightarrow a = 1;\,b = 2\)

\(P = {a^2} + {b^2} = 5\)