Đề kiểm tra Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Đây là dáng điệu của hàm số bậc 3 nên ta loại \(y = {x^4} + 3{x^2} + 2\) và \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\).

Từ bảng biến thiên ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{x^3} - 3{x^2} + 2} \right) =  + \infty ;\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^3} - 3{x^2} + 2} \right) =  - \infty \) nên đáp án \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) thỏa mãn.

+) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 2}}\) có tiệm cận đứng là \[x =  - 2\]. Loại A

+) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{x - 2}}\) có tiệm cận ngang là \[y = 2\]. Loại B

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

+) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 2}}\) có tiệm cận ngang là \[y = 1\], tiệm cận đứng \[x = 2\], cắt trục hoành tại điểm có hành độ bằng \[ - 2\] và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng  \[ - 1\]. Chọn D.

Căn cứ vào đồ thị ta có:

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

Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên \(y = x + 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \).

Tọa độ giao điểm của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) và trục \(Ox\) là \(A\left( {{x_0};0} \right)\) với \(0 < {x_0} < 1\).

+) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) không có tiệm cận xiên. Loại A

+) Đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2}\) không có tiệm cận xiên. Loại B

+) Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) không có tiệm cận xiên. Loại D

+) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 4}}{x}\) có tiệm cận xiên là \[y = x\], tiệm cận đứng \[x = 0\]. Chọn C.

Cho \[x = 0\], ta được \[y = \frac{{2.0 - 4}}{{0 - 1}} = 4\]. Tọa độ giao điểm với trục \[Oy\] là \(\left( {0;4} \right)\).

+) Hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{x}\) không xác định tại \(x = 0\). Loại A

+) Hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 4\) có hệ số \[a = 1 > 0\]. Loại B

+) Ta có \(y =  - {x^3} + 3x - 4 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 3\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\). Hàm số có hai điểm cực trị \(x =  \pm 1\). Loại C

+) Ta có \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 4 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 6x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\). Hàm số có hai điểm cực trị \(x = 0,\,x = 2\). Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: \[\frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}} = 2x - 7\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} - 11x + 8 = 0\end{array} \right.\].

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{11 - \sqrt {89} }}{2}\\{x_2} = \frac{{11 + \sqrt {89} }}{2}\end{array} \right.\] .

suy ra, tổng hoành độ của hai giao điểm là: \[{x_1} + {x_2} = \frac{{11 - \sqrt {89} }}{2} + \frac{{11 + \sqrt {89} }}{2} = 11\].

Số giao điểm của đường thẳng \(y = 1\) và đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là 3.

Theo bài ra, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x =  - \frac{d}{{c - 1}}.\)

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: \(y = \frac{{a - 1}}{{c - 1}}.\) .

Nhìn đồ thị ta thấy: \(x =  - \frac{d}{{c - 1}} > 0\) mà \(d < 0 \Rightarrow c - 1 > 0 \Rightarrow c > 1\).

\(y = \frac{{a - 1}}{{c - 1}} > 0 \Rightarrow a - 1 > 0 \Rightarrow a > 1\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(\frac{b}{d} < 0 \Rightarrow b > 0\).

Do thùng phi có dạng hình trụ nên:

\({V_{tru}} = \pi {R^2}h = 16\pi  \Leftrightarrow h = \frac{{16}}{{{R^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Diện tích toàn phần của thùng phi là:

\({S_{Tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh = 2\pi R\left( {h + R} \right)\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Thay (1) vào (2) ta được:

\({S_{Tp}} = 2\pi \left( {\frac{{16}}{R} + {R^2}} \right) \Rightarrow S{'_{Tp}} = 2\pi \left( { - \frac{{16}}{{{R^2}}} + 2R} \right) = \frac{{4\pi }}{{{R^2}}}\left( {{R^3} - 8} \right) \Rightarrow S{'_{Tp}} = 0 \Leftrightarrow R = 2\)

Bảng biến thiên

Vậy để sản xuất thùng phi ít tốn vật liệu nhất thì \[R = 2\left( m \right)\] và chiều cao là \[h = 4\left( m \right)\].

với \(m = 0\) ta có \(y = \frac{{x - 3}}{{x - 1}}\). Khi đó đồ thị hàm số không có tiệm cận xiên.

với \(m = 2\) ta có \(y = \frac{{2{x^2} + x - 3}}{{x - 1}} = 2x + 3\). Khi đó đồ thị hàm số không có tiệm cận xiên.

với \(m \ne 0;m \ne 2\) ta có \(y = mx + m + 1 + \frac{{m - 2}}{{x - 1}}\).

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

Giao điểm của tiệm cận xiên với trục \(Ox\) là \(\left( {\frac{{ - m - 1}}{m};0} \right)\);

Giao điểm của tiệm cận xiên với trục \(Oy\) là \(\left( {0;m + 1} \right)\).

Đường tiệm cận xiên tạo thành một tam giác thì diện tích của tam giác:

 \(S = \frac{1}{2}.\left| {m + 1} \right|.\left| {\frac{{ - m - 1}}{m}} \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} = 4\left| m \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 1 = 4m;\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,m \ge 0\\{m^2} + 2m + 1 =  - 4m;\,\,\,khi\,\,m < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 1 = 0;\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,m \ge 0\\{m^2} + 6m + 1 = 0;\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m =  - 3 + 2\sqrt 2 \\m =  - 3 - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\).

Vậy tổng giá trị của \(S\) bằng \(\frac{{ - 11}}{2}\).

Sau \(t\) phút, trong bể chứa \(\left( {50t + 150} \right)\)lít nước và \(20t\)gam chất khử trùng.

Suy ra   nồng độ chất khử trùng trong bể sau \(t\) phút là \(f\left( t \right) = \frac{{20t}}{{50t + 150}}\)gam/lít.

Khảo sát sự biến thiên hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{20t}}{{50t + 150}}\), \(t \ge 0\) .

Ta có : \(f'\left( t \right) = \frac{{3000}}{{{{\left( {50t + 150} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{20t}}{{50t + 150}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{20}}{{50 + \frac{{150}}{t}}} = \frac{2}{5} = 0,4\)

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy giá trị \(f\left( t \right)\) tăng theo \(t\) nhưng không vượt ngưỡng \(0,4\)gam/lít.

Vậy \(p = 0,4\).

a)  SAI vì Tập xác định của hàm số đã cho là \[\mathbb{R}\].

b) ĐÚNG. Thay \[x = 0\] ta được \[y = 2\].

c) SAI . Ta có \[y' = 3{x^2} - 3\]. Ta thấy \[y'\left( 0 \right) =  - 3 \ne 0\]. Suy ra hàm số không đạt cực trị tại điểm \[x = 0\].

d) ĐÚNG. Ta có \[y' = 3{x^2} - 3\].Suy ra \[y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\,\left( {TM} \right);x =  - 1\,\left( {KTM} \right)\].

\[y\left( 0 \right) = 2;y\left( 2 \right) = 4;y\left( 1 \right) = 0\]. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \[\left[ {0;2} \right]\] bằng \[4\].

a) Đúng .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

b) Đúng.

Giao điểm với trục tung là điểm có tung độ âm.

c) Đúng.

Giao điểm với trục hoành là điểm có hoành độ âm.

d) Sai.

Tiệm cận đứng \(x = a > 0\).

Tiệm cận ngang \(y = b > 0\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ \(\frac{c}{a} < 0 \Rightarrow c < 0\) (vì \(a > 0\) ).

a)  SAI vì Tập xác định của hàm số đã cho là \[\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\].

b) ĐÚNG. Dễ thấy tiệm cận đứng là \[x = 2\]. Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0;\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0\]. Vậy phương trình tiệm cận xiên là \[y = x\].

c) ĐÚNG. Ta có \[y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\]. Ta thấy \[y' = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 4\]. \[y\left( 0 \right) =  - 2;y\left( 4 \right) = 6\]. Vậy tổng các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu là \[ - 2 + 6 = 4\].

d) SAI. Phương trình hoành độ giao điểm

\[\frac{{{x^2} - 2x + 4}}{{x - 2}} = mx - 2\]

Dễ thấy phương trình không có nghiệm \[x = 2\] nên phương trình tương đương

\[\left( {m - 1} \right){x^2} - 2mx = 0\].

Nếu \[m = 1\] thì phương trình có nghiệm duy nhất \[x = 0\](KTM).

Nếu \[m \ne 1\], phương trình đã cho có hai nghiệm \[x = 0;x = \frac{{2m}}{{m - 1}}\].

Yêu cầu bài toán tương đương \[\frac{{2m}}{{m - 1}} > 2 \Leftrightarrow \frac{2}{{m - 1}} > 0 \Leftrightarrow m > 1\].

Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số \[m\] thỏa mãn là \[2;3;4;5;6;7;8;9;10\].

a) Sai.

Đồ thị \((C)\) có tiệm cận đứng là \(x =  - 1\).

b) Đúng.

Đồ thị \((C)\) cắt trục \(Oy\) tại \(M(0; - 1)\).

Ta có \(y\prime  = 1 + \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} \Rightarrow y\prime (0) = 2\).

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại \(M\) là \(y = 2x - 1\).

c) Sai.

Tiếp tuyến của đồ thị \((C)\) tại tiếp điểm \({M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right)\) có hệ số góc \({k_1} = y\prime \left( {{x_1}} \right) = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^2}}} > 0\). Tiếp tuyến của đồ thị \((C)\) tại tiếp điểm \({M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) có hệ số góc \({k_2} = y\prime \left( {{x_2}} \right) = 1 + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^2}}} > 0\). Khi đó \({k_1}{k_2} > 0\) nên không tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với nhau.

d) Đúng.

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị \((C)\) và đường thẳng \(y = k\) là

\(\) \[x - \frac{1}{{x + 1}} = k \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 1\\{x^2} + x - 1 = k\left( {x + 1} \right).{\rm{   (1)}}\end{array} \right.{\rm{ (I)}}\]

Nhận thấy \(x =  - 1\) không thỏa mãn (1) nên \[(I) \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - k} \right)x - 1 - k = 0.{\rm{  (2)}}\]

Phương trình (2) có \(\Delta  = {(1 - k)^2} + 4(1 + k) = {k^2} + 2k + 5 = {(k + 1)^2} + 4 > 0,\forall k\).

Do đó, đường thẳng \(y = k\) luôn cắt đồ thị \((C)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_A};k} \right),B\left( {{x_B};k} \right)\) với \({x_A},{x_B}\) là nghiệm của phương trình (2).

Theo Vi-et thì \({x_A}{x_B} =  - 1 - k\).

Ta có \(OA \bot OB \Leftrightarrow \overrightarrow {OA}  \cdot \overrightarrow {OB}  = 0 \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {k^2} = 0 \Leftrightarrow  - 1 - k + {k^2} = 0\).

Vậy \(OA \bot OB\) thì \(k\) là nghiệm của phương trình \({k^2} - k - 1 = 0\).

Đáp án: \( - 2\).

Ta có BBT:

Vậy \({y_{CT}} =  - 2\).

Đáp án: \(7\).

Ta có  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ + }} \frac{{5x - 3}}{{2x + 6}} =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ - }} \frac{{5x - 3}}{{2x + 6}} =  + \infty .\]

 \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x - 3}}{{2x + 6}} = \frac{5}{2};\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{5x - 3}}{{2x + 6}} = \frac{5}{2}.\]

Do đó đồ thị hàm số nhận các đường thẳng \(x =  - 3\)và \(y = \frac{5}{2}\)là các tiệm cận đứng và ngang

Như vậy, \(a =  - 3;b = \frac{5}{2} \Rightarrow a + 4b =  - 3 + 4.\frac{5}{2} = 7\)

Đáp án: \[13\].

Ta có \(f(x) = 5x - 1 + \frac{8}{{x - 1}}\) nên đồ thị hàm số nhận hai đường thẳng \(x = 1\) và \(y = 5x - 1\) tương ứng là TCĐ và TCX. Suy ra \(a = 1,\,\,b = 4 \Rightarrow C = 1 + 3 \cdot 4 = 13\).

Đáp án: \[2\].

Xét phương trình hoành độ giao điểm: ( ĐK\[x \ne 1\])

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

Vậy số giao điểm của \[\left( C \right)\] với \[\left( T \right)\] là \[2\].

Đáp án: \[3\].

Hàm số \(y = f(x) = {2024^x} - {2024^{ - x}} + x + \sin x\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và

\(f( - x) = {2024^{ - x}} - {2024^x} - x - \sin x =  - f(x)\)

, suy ra \(f(x)\) là hàm số lẻ.

Mặt khác, \(y' = f'(x) = {2024^x}.\ln 2024 + {2024^{ - x}}.\ln 2024 + 1 + \cos x > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó, \(f(x)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Khi đó, phương trình

\[f(x + 3) + f\left( {{x^3} - 4x + m} \right) = 0 \Leftrightarrow f(x + 3) =  - f\left( {{x^3} - 4x + m} \right)\]

\[ \Leftrightarrow f(x + 3) = f\left( { - {x^3} + 4x - m} \right) \Leftrightarrow x + 3 =  - {x^3} + 4x - m\]

\[ \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 3 =  - m\]

Đặt \[g(x) = {x^3} - 3x + 3 \Rightarrow g'(x) = 3{x^2} - 3\].

Ta có \[g'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng \(y =  - m\) cắt đồ thị hàm số \[g(x) = {x^3} - 3x + 3\] tại 3 điểm phân biệt

\( \Leftrightarrow 1 <  - m < 5 \Leftrightarrow  - 5 < m <  - 1\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thoả đề.

Đáp án: \[9\]mg/ml.

Tổng khối lượng của \[NaOH\] sau khi trộn \[x\](ml) là: \[25.100 + 9x = 2500 + 9x\](mg)

Tổng thể tích của dung dịch sau khi trộn là : \[25 + x\].

Ta có \[C\left( x \right) = \frac{{2500 + 9x}}{{25 + x}};x \ge 0.\]

Ta có TXĐ của hàm số là \[D = \left[ {0; + \infty } \right)\]

Có C'x=9.25+x−(2500+9x)25+x2=−227525+x2<0,∀x∈D

Lại có limx→+∞2500+9x25+x=limx→+∞2500x+925x+1=9

Do đó nồng độ \[NaOH\] luôn giảm nhưng luôn lớn hơn \[9\]mg/ml.