Đề kiểm tra Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Đồ thị trên là đồ thị hàm bậc ba, và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \,\, \Rightarrow a > 0\).

Dựa vào đồ thị ta thấy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x =  - 1\) nên loại B và D.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\) chọn C.         

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty \,\, \Rightarrow a < 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;d} \right)\,\, \Rightarrow \,d < 0\).

Dựa vào đồ thị ta thấy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = 1\) nên loại \(y = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}}\) và \(y = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tọa độ \(\left( {0;1} \right)\) chọn \(y = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x - 1}}\).                                                                              

 Chọn B

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x + 2}}{{x - 1}}\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \({x_0} =  - \frac{2}{3}\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - 2x + 4}}{{x - 1}}\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \({x_0} = 2\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ  \({x_0} =  - \frac{3}{2}\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{ - x + 1}}\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \({x_0} =  - \frac{1}{2}\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên \(d < 0\).

Dựa vào hình dáng đồ thị ta có \(a < 0\).

 Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f(x)\) ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số  \(y = f(x)\) và đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\) là \(3\).

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(f\left( x \right) = 2m + 1\) có ba nghiệm phân biệt khi

                                  \( - 1 < 2m + 1 < 3 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\).

Vì \(m\)nguyên nên \(m = 0\).

 Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) ta có  :

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y =  - 1 = \frac{a}{c}\,\, \Rightarrow \,\,a\, =  - c\,\,\left( 1 \right)\)  

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = 1 =  - \frac{d}{c}\,\, \Rightarrow \,\,d\, =  - c\,\,\,\left( 2 \right)\)

Đồ thị hàm số đi qua  \(A\left( { - \frac{b}{a};0} \right)\) hay \(A\left( {2;0} \right)\) \( \Rightarrow \, - \frac{b}{a} = 2\,\,\, \Rightarrow \,b =  - 2a = 2c\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\,,\,\left( 2 \right)\,\)và \(\left( 3 \right)\) ta có   \(T = \frac{{a - 2b + 3d}}{c} = \frac{{ - c - 4c - 3d}}{c} =  - 8\)

Ta có \(\)\(g\left( t \right) = f'\left( t \right) = 12{t^2} - 2{t^3}\) với \(t \in \left[ {0;6} \right]\).

\(g'\left( t \right) = 24t - 6{t^2}\); \(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 24t - 6{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 4\end{array} \right.\).

Khi đó, \(g\left( 0 \right) = 0\);  \(g\left( 4 \right) = 64\);  \(g\left( 6 \right) = 0\).

Vậy tốc độ truyền bệnh sẽ lớn nhất vào ngày thứ 4.

Chọn C

Phương trình giao điểm của đồ thị hàm số \(y = x - \frac{1}{{x + 1}}\,\,\,\,\left( C \right)\)   và đường thẳng \(\left( d \right)\,\,\,y = m\) là:

\(x - \frac{1}{{x + 1}}\,\, = m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 1\\g\left( x \right) = {x^2} + \left( {1 - m} \right)x - 1 - m = 0\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

Để \(\left( C \right)\)cắt \(\left( d \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\,,\,B\)thì \(\left( 1 \right)\)có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\g\left( { - 1} \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {1 - m} \right)^2} - 4\left( { - 1 - m} \right) > 0\\1 - \left( {1 - m} \right) - 1 - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 5 > 0\\ - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \forall m \in \mathbb{R}\)

Khi đó ta có \(A\left( {{x_A};m} \right)\,\,,\,\,B\left( {{x_B};m} \right)\,\, \Rightarrow \overrightarrow {OA}  = \left( {{x_A};m} \right)\,\,,\,\,\overrightarrow {OB}  = \left( {{x_B};m} \right)\)

\(OA\) vuông góc với \(OB\)  \( \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  = 0 \Leftrightarrow \,{x_A}.{x_B} + {m^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 1 - m + {m^2} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}\)

Độ dài cạnh huyền \[BC = 120 - x\].

Khi đó độ dài cạnh \[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {120 - x} \right)}^2} - {x^2}}  = \sqrt {14400 - 240x} \].

Diện tích tam giác \[ABC\] là: \[S = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}x\sqrt {14400 - 240x} \] \(\left( {c{m^2}} \right)\)

Xét hàm số \[f(x) = x\sqrt {14400 - 240x} \] với \[0 < x < 60\].

Ta có: \[f'(x) = \sqrt {14400 - 240x}  - \frac{{120x}}{{\sqrt {14400 - 240x} }} = \frac{{14400 - 360x}}{{\sqrt {14400 - 240x} }}\];

\[f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 40 \in \left( {0;60} \right)\]

Bảng biến thiên

Vậy tam giác \[ABC\] có diện tích lớn nhất khi \[AB = 40\]\(cm\).

a) Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị \(\left( C \right)\)không đi qua gốc toạ độ.

b) Dựa vào hình vẽ, ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\), đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

c) Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)có điểm cực đại là \(A\left( { - 1;3} \right)\)và điểm cực tiểu lả \(B\left( {1; - 1} \right)\).

Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) =  - 1\\f\left( { - 1} \right) = 3\\f'\left( 1 \right) = 0\\f'\left( { - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d =  - 1\\ - a + b - c + d = 3\\3a + 2b + c = 0\\3a - 2b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c =  - 3\\d = 1\end{array} \right.\).

Suy ra \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\).

d) Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị,hàm số \(y = f\left( x \right)\) điểm cực tiểu lả \(B\left( {1; - 1} \right)\)nên \(f'\left( 1 \right) = 0\). Do vậy, tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\)tại điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\)là \(y = 0\left( {x - 1} \right) - 1 =  - 1\) song song với trục hoành.

Cho hàm số \(y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Xét tính đúng - sai của các phát biểu sau:

a) Tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\)là đường thẳng\(y = 2\) nên mệnh đề đúng.

b)  Đồ thị \(\left( C \right)\) có 2 đường tiệm cận là \(x = 1\) và \(y = 2\) nên tâm đối xứng của \(\left( C \right)\) là điểm \(I\left( {1;2} \right)\) nên mệnh đề sai.

c) Giao điểm của \(\left( C \right)\) với \(Oy\) là điểm \(A\left( {0; - 3} \right)\).

   Ta có \(y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 0 \right) =  - 5\).

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(A\left( {0; - 3} \right)\)là \(y = y'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) + \left( { - 3} \right) \Leftrightarrow y =  - 5x - 3\) nên mệnh đề đúng.

d) Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là một điểm bất kỳ trên \(\left( C \right)\), suy ra \({y_0} = \frac{{2{x_0} + 3}}{{{x_0} - 1}}\).

Đồ thị \(\left( C \right)\) có 2 đường tiệm cận là \({\Delta _1}:x - 1 = 0\) và \({\Delta _2}:y - 2 = 0\).

Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) tới \({\Delta _1}:x - 1 = 0\) là \({d_1} = \left| {{x_0} - 1} \right|\)

Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) tới \({\Delta _2}:y - 2 = 0\) là \({d_2} = \left| {{y_0} - 2} \right| = \left| {\frac{{2{x_0} + 3}}{{{x_0} - 1}} - 2} \right| = \left| {\frac{5}{{{x_0} - 1}}} \right| = \frac{5}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}}\)

Suy ra \[{d_1}.{d_2} = \left| {{x_0} - 1} \right|.\frac{5}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}} = 5\] nên mệnh đề sai.

a) Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\)tại điểm có tung độ bằng \(2\).

b) Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x - 1 = 0\).

c) Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)có hai cực trị trong đó \({y_{CT}} > {y_{C{\rm{D}}}}\).

d) Dựa vào hình vẽ ta thấy Hai đường tiệm cận của đồ thị cùng với trục tạo thành tam giác có diện tích bằng \(S = \frac{1}{2}.4.4 = 8\).

Xét tính đúng sai của các phát biểu sau:

a) Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = 0\) và đạt cực tiểu tại \(x = 2\) nên mệnh đề sai.

b) Phương trình \(f\left( x \right) = m\)có 3 nghiệm phân biệt \( - 2 < m < 2\), mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\) nên mệnh đề đúng.

c) \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) có 2 điểm cực trị là \(\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {2; - 2} \right)\) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 2\\f\left( 2 \right) =  - 2\\f'\left( 0 \right) = 0\\f'\left( 2 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 2\\8a + 4b + 2c + d =  - 2\\c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.\)

Phương trình của hàm số là \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2\) nên mệnh đề đúng.

d) \(y = f\left( {2\sin x + 1} \right)\) . Đặt \(t = 2\sin x + 1 \Rightarrow y = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 2\).

Ta có \( - 1 \le \sin x \le 1 \Rightarrow  - 1 \le 2\sin x + 1 \le 3 \Rightarrow  - 1 \le t \le 3\). Do đó \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right)\) và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right)\).

\[f'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t\] \[ \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0 \in \left( { - 1;3} \right)\\t = 2 \in \left( { - 1;3} \right)\end{array} \right.\].

\(f\left( 0 \right) = 2\); \(f\left( 2 \right) =  - 2\);\(f\left( { - 1} \right) =  - 2\);\(f\left( 3 \right) = 2\).

Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) = 2\) và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) =  - 2\) nên \(M + m = 0\).

Do đó mệnh đề sai.

Ta có\(y' = 3{x^2} - 6x - m\).

Hàm số đồng biến trên khi \(y' \ge 0,\;\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - m \ge 0,\;\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x \ge m,\;\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\;\quad \left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\;\)trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 6x - 6\,,\;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1.\) Do đó \[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) =  - 3\]

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \le  - 3.\)Kết hợp với giả thiết ta được \(m \in \left( { - 2024; - 3} \right]\). Nên có \[2021\] số nguyên thỏa mãn.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 1}}{{x - 2}} =  + \infty \), vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x + 1} \right) = 3\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\,\), \(x - 2 > 0\) khi \(x > 2\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 2\) nên \(a = 2\).

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( { - 1; + \infty } \right)\)

\(y = \frac{{m{x^2} + \left( {{m^2} + m + 2} \right)x + {m^2} + 3}}{{x + 1}} = mx + {m^2} + 2 + \frac{1}{{x + 1}},x \ne  - 1\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\) nên \(\left( d \right):y = mx + {m^2} + 2\) \( \Leftrightarrow \left( d \right):mx - y + {m^2} + 2 = 0\) là đường cận xiên hoặc ngang của hàm số.

Ta có: \(d\left( {O;d} \right) = \frac{{\left| {{m^2} + 2} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \sqrt {{m^2} + 1}  + \frac{1}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} \ge 2\)

Vậy \(d\left( {O;d} \right)\) nhỏ nhất bằng \(2\) khi \(\sqrt {{m^2} + 1}  = \frac{1}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} \Leftrightarrow m = 0\).

Khi đó hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Dựa vào đồ thị ta có \[f\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = a\,\,\,\,\left( { - 1 < a < 0} \right)\\f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) = b\,\,\,\,\left( {2 < b < 3} \right)\end{array} \right.\]

Phương trình \[f\left( x \right) = a\] với \[ - 1 < a < 0\] có ba nghiệm thực phân biệt

Phương trình \[f\left( x \right) = 1\] có ba nghiệm thực phân biệt

Phương trình \[f\left( x \right) = b\] với \[2 < b < 3\] có một nghiệm

Vậy phương trình \[f\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\] có \(7\) nghiệm thực phân biệt.

Trả lời : \(2024\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

\({x^3} - 3mx + 3 = 3x + 1\)\( \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 = 3mx\)\( \Leftrightarrow 3m = \frac{{{x^3} - 3x + 2}}{x}\) (1) (Do \(x = 0\)không là nghiệm của phương trình).

Xét hàm \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3} - 3x + 2}}{x} = {x^2} - 3 + \frac{2}{x}\); \(f'\left( x \right) = 2x - \frac{2}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^3} - 2}}{{{x^2}}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Bảng biến thiên.

Khi đó yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m < 0\). Mà \(m\) nguyên và \(m \in \left[ { - 2024;2024} \right]\) nên có \(2024\) giá trị thỏa mãn.

Lời giải

Gọi chiều rộng khu đất hình chữ nhật cần rào là \(x\,\left( m \right),\,\,0 < x \le 16\).

Diện tích khu đất này là \(242\,{m^2}\) nên chiều dài của khu đất là \(\frac{{242}}{x}\,\,\left( m \right)\)

Tổng chiều dài lưới thép rào quanh khu đất hình chữ nhật là \(2x + \frac{{242}}{x}\,\,\left( m \right)\)

Xét hàm số \(y = 2x + \frac{{242}}{x}\,\,,\,\,x \in \left( {0\,;\,16} \right]\)

Ta có \(y' = 2 - \frac{{242}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 242}}{{{x^2}}}\) và \(y' = 0 \Rightarrow 2{x^2} - 242 = 0 \Rightarrow x = 11\) (do \(x \in \left( {0\,;\,16} \right]\))

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {2x + \frac{{242}}{x}} \right) =  + \infty \,\,;\,\,y\left( {11} \right) = 44;\,\,y\left( {16} \right) = \frac{{377}}{8}\)

Bảng biến thiên