Tổng hợp câu hỏi trích trong đề tham khảo kì thi THPT Quốc gia môn Toán - Ứng dụng đạo hàm (Phần 2) - Năm học 2018-2019 (Có lời giải)

Nội dung text: Tổng hợp câu hỏi trích trong đề tham khảo kì thi THPT Quốc gia môn Toán - Ứng dụng đạo hàm (Phần 2) - Năm học 2018-2019 (Có lời giải)

1. Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y x3 6x2 4m 9 x 4 nghịch biến trên khoảng ; 1 là 3 3 A. ;0 . B. ; .C. ; . D. 0; 4 4 Lời giải Chọn C Theo đề y 3x2 12x 4m 9 0, x ; 1 4m 3x2 12x 9, x ; 1 Đặt g x 3x2 12x 9 g x 6x 12 x 2 1 g x – 0 6 g x 3 3 Vậy 4m 3 m . 4 Câu 2: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hàm số y f x . Hàm số y f x có bảng biến thiên như sau x 0 1 f x 0 3 Bất phương trình f x ex m đúng với mọi x 1;1 khi và chỉ khi 1 1 A. m f 1 e . B. m f 1 .C. m f 1 . D. m f 1 e . e e Lời giải Chọn C f x ex m f x ex m . Xét h x f x ex , x 1;1 . h x f x ex 0,x 1;1 . h x nghịch biến trên 1;1 h 1 h x h 1 ,x 1;1 . 1 Để bất phương trình f x ex m đúng với mọi x 1;1 m h 1 m f 1 . e Câu 3: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hàm số f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: x 1 2 3 4 f x 0 0 0 0 Hàm số y 3 f x 2 x3 3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1; . B. ; 1 .C. 1;0 . D. 0;2 . Lời giải Chọn C Ta có y 3 f x 2 3x2 3 , y 0 f x 2 x2 1 0 1
2. Đặt t x 2 , khi đó 1 f t t 2 4t 3 0 Để hàm số đồng biến thì y 0 f t 0 1 t 2  2 t 3 t 4 1 t 2 1 x 0 Ta chọn t sao cho . 2 t 4t 3 0 1 t 3 2 t 3 0 x 1 Câu 4: (Tham khảo THPTQG 2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình m2 x4 1 m x2 1 6 x 1 0 đúng với mọi x R . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng 3 1 1 A. . B. 1.C. . D. . 2 2 2 Lời giải Chọn C Xét bất phương trình m2 x4 1 m x2 1 6 x 1 0 2 3 2 x 1 m x x x 1 m x 1 6 0 * Ta thấy x 1 là một nghiệm của bất phương trình * , với mọi m R . Do đó, để bất phương trình * nghiệm đúng với mọi x R thì ta phải có x 1 là một nghiệm bội lẻ của g x m2 x3 x2 x 1 m x 1 6 . g 1 0 4m2 2m 6 0 3 Từ đó suy ra m 1 m . 2 g 1 0 6m m 0 2 3 3 Thử lại ta thấy m 1 và m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy S 1;  . 2 2 1 Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng . 2 Câu 5: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hàm số f x mx4 nx3 px2 qx r , . Hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới: y 1 O 5 3 x 4 Tập nghiệm của phương trình f x r có số phần tử là A. 4 .B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B Ta có f x 4mx3 3nx2 2 px q 1 5 Dựa vào đồ thị y f x ta thấy phương trình f x 0 có ba nghiệm đơn là 1, , 3 . 4 Do đó f x m x 1 4x 5 x 3 và m 0 . Hay f x 4mx3 13mx2 2mx 15m 2 .
3. 13 Từ 1 và 2 suy ra n m , p m và q 15m . 3 4 3 2 4 13 3 2 Khi đó phương trình f x r mx nx px qx 0 m x x x 15x 0 3 2 5 3x4 13x3 3x2 45x 0 x 3x 5 x 3 0 x 0  x  x 3 . 3 5  Vậy tập nghiệm của phương trình f x r là S ;0;3 . 3  Câu 6: HẾT (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x8 m 2 x5 m2 4 x4 1 đạt cực tiểu tại x 0 ? A. 3 B. 5 C. 4 D. Vô số Lời giải Chọn C Ta có y x8 m 2 x5 m2 4 x4 1 y 8x7 5 m 2 x4 4 m2 4 x3 . y 0 x3 8x4 5 m 2 x 4 m2 4 0 x 0 4 2 g x 8x 5 m 2 x 4 m 4 0 Xét hàm số g x 8x4 5 m 2 x 4 m2 4 có g x 32x3 5 m 2 . Ta thấy g x 0 có một nghiệm nên g x 0 có tối đa hai nghiệm + TH1: Nếu g x 0 có nghiệm x 0 m 2 hoặc m 2 Với m 2 thì x 0 là nghiệm bội 4 của g x . Khi đó x 0 là nghiệm bội 7 của y và y đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x 0 nên x 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m 2 thỏa ycbt. x 0 4 Với m 2 thì g x 8x 20x 0 5 . x 3 2 Bảng biến thiên Dựa vào BBT x 0 không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m 2 không thỏa ycbt. + TH2: g 0 0 m 2 . Để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 g 0 0 m2 4 0 2 m 2 . Do m ¢ nên m 1;0;1. Vậy cả hai trường hợp ta được 4 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.
4. Câu 7: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x8 m 4 x5 m2 16 x4 1 đạt cực tiểu tại x 0 . A. 8 B. Vô sốC. 7 D. 9 Lời giải Chọn A Ta có y ' 8x7 5 m 5 x4 4 m2 16 x3 3 4 2 x3.g x x 8x 5 m 4 x 4 m 16 Với g x 8x4 5 m 5 x 4 m2 16 . ● Trường hợp 1: g 0 0 m 4. 7 Với m 4 y' 8x . Suy ra x 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Với m 4 y ' 8x4 x3 5 . Suy ra x 0 không là điểm cực trị của hàm số. ● Trường hợp 2: g 0 0 m 4. Để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 thì qua giá trị x 0 dấu của y ' phải chuyển từ âm sang dương do đó g 0 0 4 m 4 . Kết hợp hai trường hợp ta được 4 m 4 . Do m ¢ m 3; 2; 1;0;1;2;3;4 . Vậy có 8 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn. Câu 8: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x8 m 3 x5 m2 9 x4 1 đạt cực tiểu tại x 0 ? A. 4 B. 7 C. 6 D. Vô số Lời giải Chọn C Ta có y x8 m 3 x5 m2 9 x4 1 y 8x7 5 m 3 x4 4 m2 9 x3 . y 0 x3 8x4 5 m 3 x 4 m2 9 0 x 0 4 2 g x 8x 5 m 3 x 4 m 9 0 Xét hàm số g x 8x4 5 m 3 x 4 m2 9 có g x 32x3 5 m 3 . Ta thấy g x 0 có một nghiệm nên g x 0 có tối đa hai nghiệm +) TH1: Nếu g x 0 có nghiệm x 0 m 3 hoặc m 3 Với m 3 thì x 0 là nghiệm bội 4 của g x . Khi đó x 0 là nghiệm bội 7 của y và y đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x 0 nên x 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m 3 thỏa ycbt. x 0 4 Với m 3 thì g x 8x 30x 0 15 . x 3 4 Bảng biến thiên
5. Dựa vào BBT x 0 không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m 3 không thỏa ycbt. +) TH2: g 0 0 m 3. Để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 g 0 0 m2 9 0 3 m 3. Do m ¢ nên m 2; 1;0;1;2 . Vậy cả hai trường hợp ta được 6 giá trị nguyên của m thỏa ycbt. Câu 9: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Ông A dự định sử dụng hết 6,7m2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. 1,57m3 . B. 1,11m3 . C. 1,23m3 . D. 2,48m3 . Lời giải Gọi x là chiều rộng, ta có chiều dài là 2x 6,7 2x2 Do diện tích đáy và các mặt bên là 6,7m2 nên có chiều cao h , 6x 6,7 ta có h 0 nên x . 2 6,7x 2x3 6,7 6x2 6,7 Thể tích bể cá là V x và V x 0 x 3 3 6 Bảng biến thiên Bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1,57m3 . Câu 10: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x8 (m 1)x5 (m2 1)x4 1 đạt cực tiểu tại x 0? A. 3 . B. 2 . C. Vô số. D. 1. Lời giải Ta có: y ' 8x7 5(m 1)x4 4(m2 1)x3 1 x3 8x4 5 m 1 x 4 m2 1 x 0 y ' 0 4 2 8x 5 m 1 x 4 m 1 0 (1) *Nếu m 1 thì y ' 8x7 , suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 0 .
6. x 0 x 0 *Nếu m 1 thì y ' 0 , nhưng x 0 là nghiệm bội chẵn nên 4 5 8x 10x 0 x 3 4 không phải cực trị. *Nếu m 1 : khi đó x 0 là nghiệm bội lẻ. Xét g(x) 8x4 5 m 1 x 4 m2 1 . Để x 0 là điểm cực tiểu thì lim g(x) 4(m2 1) 0 m2 1 0 1 m 1 . Vì m nguyên nên chỉ x 0 có giá trị m 0 . Vậy chỉ có hai tham số m nguyên để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 là m 0 và m 1 . 1 Câu 11: (Tham khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y x3 mx 5x5 đồng biến trên khoảng 0; A. 5 B. 3 C. 0 D. 4 Lời giải Chọn D 1 y 3x2 m x6 1 Hàm số đồng biến trên 0; khi và chỉ khi y 3x2 m 0,x 0; x6 1 1 3x2 m,x 0; . Xét hàm số g(x) 3x2 m , x 0; x6 x6 6 6(x8 1) x 1 g (x) 6x 7 7 , g (x) 0 x x x 1(loai) Bảng biến thiên: Dựa vào BBT ta có m 4 , suy ra các giá trị nguyên âm của tham số m là 4; 3; 2; 1 Câu 12: (Tham khảo 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x3 3x m trên đoạn 0;2 bằng 3. Số phần tử của S là A. 1B. 2 C. 0 D. 6 Lời giải Chọn B Xét hàm số f x x3 3x m , ta có f x 3x2 3. Ta có bảng biến thiên của f x :
7. TH 1 : 2 m 0 m 2. Khi đó max f x 2 m 2 m 0;2 2 m 3 m 1 (loại). 2 m 0 TH 2 : 2 m 0 . Khi đó : m 2 2 m 2 2 m m 0 max f x 2 m 2 m 0;2 2 m 3 m 1 (thỏa mãn). m 0 TH 3 : 0 m 2 . Khi đó : m 2 2 m 2 2 m max f x 2 m 2 m 0 0;2 2 m 3 m 1 (thỏa mãn). TH 4: 2 m 0 m 2 . Khi đó max f x 2 m 0;2 2 m 3 m 1 (loại). Câu 13: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho hàm số y x4 2x2 có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x4 2x2 m có bốn nghiệm thực phân biệt. y 1 -1 1 0 x A. m 0 B. 0 m 1 C. 0 m 1 D. m 1 Lời giải Chọn C Số nghiệm thực của phương trình x4 2x2 m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y x4 2x2 và đường thẳng y m . Dựa vào đồ thị suy ra x4 2x2 m có bốn nghiệm thực phân biệt khi 0 m 1 . Câu 14: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình x x 1 9 2.3 m 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1. A. m 6 B. m 3 C. m 3 D. m 1
8. Lời giải Chọn C Ta có 9x 2.3x 1 m 0 32x 6.3x m 0 . 9 m 0 x1 x2 Phương trình có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1 3 3 6 0 m 3 x x 3 1 2 3 m mx 4m Câu 15: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho hàm số y với m là tham số. Gọi S là tập x m hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . A. 5 B. 4 C. Vô sốD. 3 Lời giải Chọn D m2 4m D ¡ \ m ; y x m 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi y 0,x D m2 4m 0 0 m 4 Mà m ¢ nên có 3 giá trị thỏa mãn. mx 2m 3 Câu 16: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Cho hàm số y với m là tham số. Gọi S là tập hợp x m tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . A. 4 B. Vô sốC. 3 D. 5 Lời giải Chọn C m2 2m 3 hàm số đồng biến trên khoảng xác định khi nên có 3 giá trị của y' 2 1 m 3 x m m nguyên Câu 17: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y x4 2mx2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 . A. 0 m 3 4 B. m 1 C. 0 m 1 D. m 0 Lời giải Chọn A Tập xác định D ¡
9. y m O m x m2 B H A x 0 Ta có 3 . 3 . y 4x 4mx y 0 4x 4mx 0 2 x m Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m 0 . Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là O 0;0 , A m; m2 , B m; m2 . 1 1 Do đó S OH.AB m2 .2 m m2 m 1 0 m 1. OAB 2 2 Câu 18: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Đồ thị của hàm số y x3 3x2 5 có hai điểm cực trị A và B . Tính diện tích S của tam giác OAB với O là gốc tọa độ. 10 A. S 9 B. S C. S 10 D. S 5 3 Lời giải Chọn D Ta có y 3x2 6x y 0 x 0  x 2 Dễ dàng xác định được tọa độ các điểm cực trị là A 0; 5 ; B 2;9 Vậy OA 5;OB 85; AB 2 5 AB OA OB Gọi p 2 Áp dụng công thức Heron tính diện tích tam giác OAB ta có S OAB p p OA p OB p AB 5 Câu 19: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau Đồ thị của hàm số y f x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5 B. 3 C. 4 D. 2 Lời giải Chọn B Do đồ thị y f x cắt trục Ox tại 1 điểm nên đồ thị y f x sẽ có 3 điểm cực trị. Câu 20: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y ax4 bx2 c
10. với a,b,c là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Phương trình y 0 có ba nghiệm thực phân biệt B. Phương trình y 0 có đúng một nghiệm thực C. Phương trình y 0 có hai nghiệm thực phân biệt D. Phương trình y 0 vô nghiệm trên tập số thực Lời giải Chọn A Dựa vào hình dáng của đồ thị hàm số y ax4 bx2 c ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương có 3 điểm cực trị nên phương trình y 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Câu 21: Cho hàm số y x3 mx2 4m 9 x 5 , với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên khoảng ; A. 4 B. 6 C. 7 D. 5 Lời giải Chọn C Ta có: +) TXĐ: D ¡ +) y' 3x2 2mx 4m 9 . a 3 0 Hàm số nghịch biến trên ; khi y' 0,x ; 2 ' m 3 4m 9 0 m 9; 3 có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn. x m Câu 22: Cho hàm số y ( m là tham số thực) thỏa mãn m in y 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x 1 [ 2 ;4 ] A. m 4 B. 3 m 4 C. m 1 D. 1 m 3 Lời giải Chọn A 1 m Ta có y' 2 x 1 * TH 1. 1 m 0 m 1 suy ra y đồng biến trên 2;4 suy ra 2 m min f x f 2 3 m 1 (loại) 2;4 1 * TH 2. 1 m 0 m 1 suy ra y nghịch biến trên 2;4 suy ra 4 m min f x f 4 3 m 5 suy ra m 4. 2;4 3
11. Câu 23: Đồ thị hàm số y x3 3x2 9x 1 có hai cực trị A và B . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB ? A. Q 1;10 B. M 0; 1 C. N 1; 10 D. P 1;0 Lời giải Chọn C 2 Ta có: y 3x 6x 9 thực hiện phép chia y cho y ta được số dư là y 8 x 2 . Như thế điểm N 1; 10 thuộc đường thẳng AB . Câu 24: (Đề minh họa lần 1 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y x4 2mx2 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân 1 1 A. m . B. m 1. C. m . D. m 1. 3 9 3 9 Lời giải Chọn B Hàm số y x4 2mx2 1 có tập xác định: D ¡ x 0 3 3 2 Ta có: y ' 4x 4mx; y ' 0 4x 4mx 0 4x x m 0 2 x m Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 0 m 0. Vậy tọa độ 3 điểm lần lượt là: A 0;1 ; B m;1 m2 ;C m;1 m2   Ta có AB m; m2 ; AC m; m2   Vì ABC vuông cân tại A AB.AC 0 m2 m2.m2 0 m m4 0 m m4 0 m 1 ( vì m 0 ) Vậy với m 1 thì hàm số có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông cân. Câu 25: (Đề minh họa lần 1 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số x 1 y có hai tiệm cận ngang mx2 1 A. Không có giá trị thực nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài B. m 0 C. m 0 D. m 0 Lời giải Chọn D Xét các trường hơp sau: Với m 0 : hàm số trở thành y x 1 nên không có tiệm cận ngang. Với m 0 : x 1 x 1 1 1 hàm số y có tập xác định là D ; suy ra không tồn tại 2 2 mx 1 1 m x m m giới hạn lim y hay hàm số không có tiệm cận ngang. x Với m 0 :
12. 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Ta có: lim y lim lim lim lim . x x 2 x 1 x 1 x 1 m mx 1 x m x m m x2 x2 x2 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 và lim y lim lim lim lim . x x 2 x 1 x 1 x 1 m mx 1 x m x m m x2 x2 x2 1 1 Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang là : y ;y khi m 0 . m m 2 Câu 26: (Đề minh họa lần 1 2017) Cho hàm số f (x) 2x.7x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? 2 2 A. f (x) 1 x x log2 7 0 B. f (x) 1 x ln 2 x ln 7 0 2 C. f (x) 1 x log7 2 x 0 D. f (x) 1 1 x log2 7 0 Lời giải Chọn D x x2 x x2 Đáp án A đúng vì f x 1 log2 f x log2 1 log2 2 .7 0 log2 2 log2 7 0 2 x x .log2 7 0 2 2 Đáp án B đúng vì f x 1 ln f x ln1 ln 2x.7x 0 ln 2x ln 7x 0 x.ln 2 x2.ln 7 0 x x2 x x2 Đáp án C đúng vì f x 1 log7 f x log7 1 log7 2 .7 0 log7 2 log7 7 0 2 x.log7 2 x 0 x x2 x x2 Vậy D sai vì f x 1 log2 f x log2 1 log2 2 .7 0 log2 2 log2 7 0 2 x x log2 7 0 . Câu 27: (Đề tham khảo lần 2 2017) Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y m2 1 x3 m 1 x2 x 4 nghịch biến trên khoảng ; . A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Lời giải Chọn A TH1: m 1. Ta có: y x 4 là phương trình của một đường thẳng có hệ số góc âm nên hàm số luôn nghịch biến trên ¡ . Do đó nhận m 1. TH2: m 1. Ta có: y 2x2 x 4 là phương trình của một đường Parabol nên hàm số không thể nghịch biến trên ¡ . Do đó loại m 1. TH3: m 1. Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng ; y 0 x ¡ , dấu “=” chỉ xảy ra ở hữu hạn điểm trên ¡ . 3 m2 1 x2 2 m 1 x 1 0 , x ¡
13. 2 2 1 m 1 a 0 m 1 0 m 1 0 1 2 1 m 1. 0 m 1 3 m2 1 0 m 1 4m 2 0 m 1 2 2 Vì m ¢ nên m 0 . Vậy có 2 giá trị m nguyên cần tìm là m = 0 hoặc m = 1. Câu 28: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2x 1 x2 x 3 y . x2 5x 6 A. x 3 và x 2. B. x 3. C. x 3 và x 2 .D. x 3. Lời giải Chọn D Tập xác định D ¡ \ 2;3 2 2 2 2 2x 1 x2 x 3 2x 1 x x 3 2x 1 x x 3 lim lim lim 2 x 2 x 5x 6 x 2 x2 5x 6 2x 1 x2 x 3 x 2 x2 5x 6 2x 1 x2 x 3 (3x 1) 7 lim x 2 x 3 2x 1 x2 x 3 6 2x 1 x2 x 3 7 Tương tự lim 2 . Suy ra đường thẳng x 2 không là tiệm cận đứng x 2 x 5x 6 6 của đồ thị hàm số đã cho. 2x 1 x2 x 3 2x 1 x2 x 3 lim 2 ; lim 2 . Suy ra đường thẳng x 3 là tiệm x 3 x 5x 6 x 3 x 5x 6 cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. 3 2 Câu 29: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Cho hàm số y ax bx cx d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a 0, b 0, c 0, d 0 B. a 0, b 0, c 0, d 0 . C. a 0, b 0, c 0, d 0 D. a 0, b 0, c 0, d 0 . Lời giải Chọn A
14. Dựa vào đồ thị suy ra hệ số a 0 loại phương án C 2 y 3ax 2bx c 0 có 2 nghiệm x1,x2 trái dấu (do hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm hai phía với O y ) 3a.c 0 c 0 loại phương án D . Do C Oy D 0;d d 0. 1 7 Câu 1: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y x4 x2 có đồ thị C . Có bao nhiêu 4 2 điểm A thuộc C sao cho tiếp tuyến của C tại A cắt C tại hai điểm phân biệt M x1; y 1 ; N x2 ; y2 khác A thỏa mãn y1 y2 6(x1 x2 ) A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 Lời giải 1 4 7 2 Ta có A C A t; t t 4 2 y x3 7x y t t3 7t Phương trình tiếp tuyến của C tại A là 1 7 3 7 y t3 7t x t t 4 t 2 y t3 7t x t 4 t 2 4 2 4 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 1 7 3 7 x4 x2 t3 7t x t 4 t 2 4 2 4 2 x4 14x2 4 t3 7t x 3t 4 14t 2 0 x t 2 x2 2tx 3t 2 14 0 x t 2 2 x 2tx 3t 14 0 1 Tiếp tuyến cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt M x1; y 1 ; N x2 ; y2 khác A khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác t 2 2 7 t 7 t 3t 14 0 2 2 2 2 21 t 2t 3t 14 0 t 3 Khi dó 3 7 y t3 7t x t 4 t 2 x x 2t 1 1 1 2 4 2 3 và y1 y2 t 7t x1 x2 2 3 7 x1 x2 3t 14 3 4 2 y2 t 7t x2 t t 4 2 3 Ta có y1 y2 6(x1 x2 ) t 7t x1 x2 6 x1 x2 t 1 n t 1 0 3 2 t 2 n t 7t 6 0 t 1 t t 6 0 2 (do 2 ) t t 6 0 t 3 l
15. 13 Với t 1 ta có A 1; 4 Với t 2 ta có A 2; 10 có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán. x 1 Câu 2: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I là giao điểm x 2 của hai đường tiệm cận của C . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A , B thuộc C , đoạn thẳng AB có độ dài bằng: A. 6 B. 2 3 C. 2 D. 2 2 Lời giải Cách 1: a 1 b 1 Giả sử A a; , B b; , I 2;1 . a 2 b 2  3  3  3  3 IA a 2; , IB b 2; IA a1; , IB b1; . a 2 b 2 a1 b1 9 9 IA2 IB2 AB2 a2 b2 1 a2 1 b2 Do tam giác ABI đều nên 1 1   1 cos IA, IB 2 2 2 9 a1 b1 1 2 2 0 1 a1 b1 9 1 9 a b a2 2 1 1 1 2 a1b1 2 a1 a1 b1 a b 1 1 1 a b 3 1 1 a1b1 3 Nếu a1 b1 thì 2 vô lý. Nếu a1 b1 thì A  B Loại. Nếu a1b1 3 thì 2 vô lý. 2 9 Nếu a1b1 3 thì 2 a1 2 12 AB 2 3 . a1 Vậy AB 2 3 . Cách 2: I 2;1 x 1 IXY 3 C : y C :Y . x 2 X Trong hệ trục toạn độ IXY C nhận đường thẳng Y X làm trục đối xứng. ABI đều nên IA tạo với IX một góc 15 A d :Y tan15.X A d :Y 3 2 X .
16. A X ; 3 2 X . 3 3 Mà A C 3 2 X X 2 3 2 3 . X 2 3 2 AB2 IA2 X 2 3 2 X 12 AB 2 3 . Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số y f x , y g x . Hai hàm số y f x và y g x có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y g x . 3 Hàm số h x f x 4 g 2x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2 31 9 31 25 A. 5; B. ;3 C. ; D. 6; 5 4 5 4 Lời giải 3 Ta có h x f x 4 2g 2x . 2 3 3 Hàm số h x f x 4 g 2x đồng biến h x 0 f x 4 2g 2x 0 2 2 3 f x 4 2g 2x 2 3 x 4 8 1 x 4 1 x 4 1 x 4 3 3 3 9 19 9 19 3 2x 8 3 2x 8 2x x 2 2 2 2 2 4 4 9 19 x . 4 4 Câu 4: Câu này giải em không biết chỉnh sửa như thế nào! (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho 1 14 hàm số y x 4 x 2 có đồ thị C . Có bao nhiêu điểm A thuộc C sao cho tiếp tuyến 3 3
17. của C tại A cắt C tại hai điểm phân biệt M x1; y1 , N x2; y2 ( M, N khác A ) thỏa mãn y1 y2 8 x1 x2 ? A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 Lời giải Cách 1: Gọi d là tiếp tuyến của C tại A . x 7 4 3 28 y x x y 0 x 0 . 3 3 x 7 Do tiếp tuyến tại A cắt C tại M, N . x A 7; 7 xA 3 y1 y2 4 3 28 Ta có: y y 8 x x 8 k 8.Suy ra x x 8 x 1. 1 2 1 2 x x d 3 A 3 A A 1 2 xA 2 xA 1 Đối chiếu điều kiện: . Vậy có 2 điểm A thỏa ycbt. xA 2 Cách 2: 1 4 14 2 Gọi A a; a a là tọa độ tiếp điểm 3 3 4 3 28 1 4 14 2 Phương trình tiếp tuyến tại A là d : y a a x a a a 3 3 3 3 Phương trình hoành độ giao điểm của C và d là: 1 4 28 2 4 3 28 1 4 14 2 x x a a x a a a 3 3 3 3 3 3 x a 2 2 2 x a x 2ax 3a 14 0 2 2 x 2ax 3a 14 0 1 Để C cắt d tại 3 điểm phân biệt Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác a 0 7  a 7 ; 7 \ . 2  6a 14 0 3  4 3 28 Theo đề bài: y1 y2 8 x1 x2 a a x1 x2 8 x1 x2 3 3 a 3 4 3 28 a a 8 a 1. 3 3 a 2 a 1 Đối chiếu điều kiện: . Vậy có 2 điểm A thỏa đề bài. a 2 x 2 Câu 5: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm x 2 của hai tiệm cận của (C). Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A, B thuộc (C), đoạn thẳng AB có độ dài bằng A. 2 2 . B. 4. C. 2. D. 2 3.
18. Lời giải TXĐ: D ¡ \ { 2}. x 2 4 Ta có: y 1 . x 2 x 2 Đồ thị (C ) có hai đường tiệm cận là x 2 và y 1. Suy ra I ( 2;1). 4 4 Gọi A a 2;1 , B b 2;1 với a, b 0, a b. a b Tam giác IAB đều IA IB AB. 16 16 2 2 2 2 b a (1) Ta có: 2 2 (a b )(a b 16) 0 (do a b ) . IA IB a 2 b 2 2 2 a b a b 16 (2) (1) sẽ dẫn tới AB hoặc I là trung điểm AB nên loại. 2 2 16 2 (a b) Vậy a 2b 2 16. Lại có: IA AB a (a b) 16 a2 a2b2 2 2 2 ab 4 a b 2(a b) a 2 b 2 4ab 2 2 a b 16 2 2 2 (a b) 8 AB 2(a b) 16 AB 4. Câu 6: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số y f x , y g x . Hai hàm số y f x và y g x có đồ thị như hình vẽ bên trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y g ( x) . Hàm số 7 h x f x 3 g 2x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2 13 29 36 36 A. ;4 B. 7; C. 6; D. ; 4 4 5 5 Lời giải Cách 1. Ta thấy f '(x) 2g '( y) với mọi x (3;8) và mọi y ¡ . 7 Suy ra f '(x 3) 2g ' 2x 0 với mọi x 3 (3;8) hay x (0;5) . 2
19. 25 x 3 ;7 f (x 7) 10 13 4 Cách 2. Ta có: x ;4 h (x) 0 4 7 9 7 2x 3; g 2x 5 2 2 2 13 1 4 7 2 Câu 7: h x đồng biến trên ;4 (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y x x 4 6 3 có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt M x1; y1 , N x2 ; y2 ( M, N khác A ) thỏa mãn y1 y2 4 x1 x2 A. 3 B. 0 C. 1 D. 2  Lời giải Đường thẳng MN có VTCP là NM (x x ; y y ) (x x ;4(x x )) . 1 2 1 2 1 2 1 2 Chọn VTCP là u (1;4) VTPT n (4; 1) . 1 7 2 Phương trình đường thẳng MN : 4(x x ) (y y ) 0 y 4x 4x x4 x . 1 1 1 6 1 3 1 Đường thẳng MN còn tiếp xúc với đồ thị (C) tại điểm A . Như vậy, nếu A có hoành độ là x0 thì x0 là x 1 2 14 nghiệm của phương trình x3 x 4 x3 7x 6 0 x 2 3 3 x 3 13 + x 1: A 1; 6 Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C) tại A nên ta có: 13 1 4 7 2 2 2 4 x1 x1 4x1 x1 1 x1 2x1 11 0 (1) 6 6 3 (1) có 1 nghiệm kép và 2 nghiệm đơn phân biệt nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C) tại A và cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt M, N khác A . 20 + x 2 : A 2; 3 Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C) tại A nên ta có: 20 1 4 7 2 2 2 8 x1 x1 4x1 x1 2 x1 4x1 4 0 (2) 3 6 3 (2) có 1 nghiệm kép và 2 nghiệm đơn phân biệt nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C) tại A và cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt M, N khác A . 15 + x 3 : A 3; 2 Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C) tại A nên ta có: 15 1 4 7 2 2 2 12 x1 x1 4x1 x1 3 x1 6x1 13 0 (3) 2 6 3 (3) chỉ có 1 nghiệm kép nên đường thẳng MN chỉ tiếp xúc với đồ thị (C) tại A nên loại. Vậy có 2 điểm A thỏa mãn yêu cầu đề bài. x 2 Câu 8: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I là giao điểm x 1 của hai tiệm cận của C . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A , B thuộc C , đoạn thẳng
20. AB có độ dài bằng A. 2 3 B. 2 2 C. 3 D. 6 Lời giải  3 Tịnh tiến hệ trục theo vecto OI 1;1 I 0;0 và C :Y . X 3 3 Gọi A a; , B b; C , điều kiện: a b . a b 9 9 a2 b2 1 a2 b2 IA IB Theo đề bài, ta có:   9 cos IA; IB 60 ab ab 1 2 AB2 2 Từ 2 ab 0 , do đó: 1  a2 b2 a2b2 9 0 ab 0 ab 3 . 2 9 Suy ra: AB 2 3 12  AB 2 3 . 3 Câu 9: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số y f (x) và y g(x) . Hai hàm số y f (x) và y g (x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị 5 hàm số y g (x). Hàm số h(x) f (x 6) g 2x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2 21 1 21 17 A. ; B. ;1 C. 3; D. 4; 5 4 5 4 Lời giải 5 Ta có h (x) f (x 6) 2g 2x . 2 Nhìn vào đồ thị của hai hàm số y f (x) và y g (x) ta thấy trên khoảng (3;8) thì g (x) 5 và f (x) 10. Do đó f (x) 2g (x). 5 5 1 11 Như vậy: g 2x 5 nếu 3 2x 8 x . 2 2 4 4 f (x 6) 10 nếu 3 x 6 8 3 x 2 . 1 5 Suy ra trên khoảng ;2 thì g 2x 5 và f (x 7) 10 hay h (x) 0. 4 2 1 Câu 10: Tức là trên khoảng ;1 hàm số h(x) đồng biến. (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho 4 hai hàm số y f x và y g x . Hai hàm số y f x và y g x có đồ thị như hình vẽ
21. dưới đây, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị hàm số y g x . Hàm số 9 h x f x 7 g 2x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2 16 3 16 13 A. 2; .B. ;0 .C. ; .D. 3; . 5 4 5 4 Lời giải 9 Ta có h x f x 7 2g 2x . 2 Nhìn vào đồ thị của hai hàm số y f x và y g x ta thấy trên khoảng 3;8 thì g x 5 và f x 10 . Do đó f x 2g x . 9 9 3 7 Như vậy: g 2x 5 nếu 3 2x 8 x . 2 2 4 4 f x 7 10 nếu 3 x 7 8 4 x 1. 3 9 Suy ra trên khoảng ;1 thì g 2x 5 và f x 7 10 hay h x 0 . 4 2 3 Tức là trên khoảng ;0 hàm số h x đồng biến. 4 x 1 Câu 11: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I là giao x 1 điểm của hai tiệm cận của C . Xét tam giác đều IAB có hai đỉnh A, B thuộc C , đoạn thẳng AB có độ dài bằng A. 3 .B. 2 .C. 2 2 . D. 2 3 . Lời giải x 1 2 Ta có y 1 . x 1 x 1 Đồ thị C có hai đường tiệm cận là x 1 và y 1. Do đó I 1;1 . Giả sử A, B có hoành độ lần lượt là x1, x2 . Ta có: 2 2 4 2 2 4 IA x1 1 2 ; IB x2 1 2 ; x1 1 x2 1 2 2 4 x 1 x 1 2 2 2 2 2 2 1 AB x2 x1 x2 1 x1 1 x 1 x 1 2 2 2 1 x2 1 . x1 1 Do tam giác IAB đều nên ta có:
22. 2 2 2 2 4 x2 1 x1 1 x 1 x 1 0 2 2 2 2 2 1 IA IB x2 1 x1 1 x 1 2 x 1 2 2 2 2 1 x2 1 x1 1 4 2 2 x2 1 x1 1 0 AB 0 Loại. 2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 4 1 2 1 2 x2 1 x1 1 2 + x2 1 : x1 1 2 2 2 2 2 Khi đó AB2 2 x 1 x 1 2 x 1 x 1 2 2 1 2 x 1 2 2 2 x2 1 2 2 2 2 4 Lại có AB2 IB2 x 1 2 x 1 2 2 2 2 x2 1 x2 1 2 2 2 2 3 2 2 x2 1 4 2 3 AB 8 4 2 4 2 3 x 1 8 x 1 4 0 2 2 2 2 2 2 3 2 2 x2 1 4 2 3 AB 8 4 2 3 2 + x2 1 : x1 1 2 2 2 2 2 Khi đó AB2 2 x 1 x 1 2 x 1 x 1 2 2 1 2 x 1 2 2 2 x2 1 2 2 2 2 4 Lại có AB2 IB2 x 1 2 x 1 2 2 2 2 x2 1 x2 1 x 1 2 4 2 3 0 x 1 4 8 x 1 2 4 0 2 Loại 2 2 2 x2 1 4 2 3 0 Vậy AB 2 2 . 1 7 Câu 12: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hàm số y x4 x2 có đồ thị C . Có bao 8 4 nhiêu điểm A thuộc đồ thị C sao cho tiếp tuyến của C tại A cắt C tại hai điểm phân biệt M x1; y1 ; N x2 ; y2 ( M , N khác A ) thỏa mãn y1 y2 3 x1 x2 . A. 0 .B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải x x y y Phương trình đường thẳng MN có dạng 2 2 hệ số góc của đường thẳng MN x1 x2 y1 y2 y y là k 1 2 3. x1 x2