Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 7: Bài toán tiếp tuyến, sự tiếp xúc - Dạng 2: Các bài toán tiếp tuyến (có tham số) - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 7: Bài toán tiếp tuyến, sự tiếp xúc - Dạng 2: Các bài toán tiếp tuyến (có tham số) - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 44: [2D1-7.2-4] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hàm số 2x 1 y có đồ thị C . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường x 1 thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến với C tại A và 1 1 2018 2018 B lần lượt có hệ số góc là k1,k2 thoả mãn 2 k1 k2 2018k1 k2 . Tổng các giá k1 k2 trị của tất cả các phần tử của S bằng A. 2018 B.3 C. 0 D. 6 Lời giải Chọn D 2x 1 Hoành độ giao điểm của d và C là nghiệm của phương trình x m x 1 g x x2 m 1 x m 1 0, x 1 * Để d cắt C tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình * phải có hai nghiệm phân biệt 0 khác 1 thì: m ;1  5; g 1 0 Khi đó, gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình * thì: A x1; x1 m , B x2 ; x2 m x x 1 m 1 2 x1x2 m 1 1 1 Ta có: k1 f ' x1 2 , k2 f ' x2 2 x1 1 x2 1 Suy ra: 1 1 1 1 1 k1k2 2 2 2 2 2 2 1 x1 1 x2 1 x1 1 x2 1 x1x2 x1 x2 1 m 1 m 1 1 1 1 2018 2018 1 2018 Theo bài ra: 2 k1 k2 2018k1 k2 k1 k2 2 2018 k1k2 k1 k2 k1k2 3 k1 k2 2018 1 1 3 2 2 2018 x1 1 x2 1 2 2 x1 1 x2 1 3 2 2 2018 x1 1 x2 1 2 2 x1 x2 2 x1 x2 2 3 2018 x x x x 1 2 1 2 1 2 3 x x 2 2 x x 2x x 2 2018 1 2 1 2 1 2 3 m 1 2 12 m 1 2012 0 9 24180 m 3 9 24180 m 3
2. 9 24180 9 24180 Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị của m thoả mãn bài ra: m , m 3 3 Do đó tổng của các giá trị của tất cả các phần tử của S bằng 6. 2x 1 Câu 44: [2D1-7.2-4] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Cho hàm số y x 1 có đồ thị C . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến với C tại A và B lần 1 1 2018 2018 lượt có hệ số góc là k1,k2 thoả mãn 2 k1 k2 2018k1 k2 . Tổng các giá trị của k1 k2 tất cả các phần tử của S bằng A. 2018 B.3 C. 0 D. 6 Lời giải Chọn D 2x 1 Hoành độ giao điểm của d và C là nghiệm của phương trình x m x 1 g x x2 m 1 x m 1 0, x 1 * Để d cắt C tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình * phải có hai nghiệm phân biệt 0 khác 1 thì: m ;1  5; g 1 0 Khi đó, gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình * thì: A x1; x1 m , B x2 ; x2 m x x 1 m 1 2 x1x2 m 1 1 1 Ta có: k1 f ' x1 2 , k2 f ' x2 2 x1 1 x2 1 Suy ra: 1 1 1 1 1 k1k2 2 2 2 2 2 2 1 x1 1 x2 1 x1 1 x2 1 x1x2 x1 x2 1 m 1 m 1 1 1 1 2018 2018 1 2018 Theo bài ra: 2 k1 k2 2018k1 k2 k1 k2 2 2018 k1k2 k1 k2 k1k2 3 k1 k2 2018
3. 1 1 3 2 2 2018 x1 1 x2 1 2 2 x1 1 x2 1 3 2 2 2018 x1 1 x2 1 2 2 x1 x2 2 x1 x2 2 3 2018 x x x x 1 2 1 2 1 2 3 x x 2 2 x x 2x x 2 2018 1 2 1 2 1 2 3 m 1 2 12 m 1 2012 0 9 24180 m 3 9 24180 m 3 9 24180 9 24180 Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị của m thoả mãn bài ra: m , m 3 3 Do đó tổng của các giá trị của tất cả các phần tử của S bằng 6. Câu 40: [2D1-7.2-4](THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Cho hàm số y f x x3 6x2 2 có đồ thị C và điểm M m;2 . Gọi S là tập các giá trị thực của m để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến với đồ thị C . Tổng các phần tử của S là 12 20 19 23 A. B. C. D. 3 3 3 3 Lời giải Chọn B Ta có: f x 3x2 12x . Phương trình tiếp tuyến tại M x o ; yo có dạng: : y f xo x xo f xo . Do tiếp tuyến qua M m;2 nên ta có: 2 3 2 3 2 2 3xo 12xo m xo xo 6xo 2 2xo 3m 6 xo 12mxo 0 1 xo 0 2 2xo 3m 6 xo 12m 0 2 Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ M thì phương trình 1 có 2 nghiệm. Trường hợp 1: Phương trình 2 có nghiệm kép khác 0 . 2 m 6 3m 6 4.2.12m 0 9m2 60m 36 0 Ta có: 2 . 2.02 3m 6 .0 12m 0 m 0 m 3 Trường hợp 2: Phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng 0 . 2 3m 6 4.2.12m 0 9m2 60m 36 0 Ta có: m 0 . m 0 m 0 2  Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là 0; ;6 . 3 
4. 2 20 Do đó, tổng các giá trị bằng 0 6 . 3 3 Câu 43: [2D1-7.2-4] (Sở Giáo dục Gia Lai – 2018-BTN)Cho hàm số y x3 3x2 2 có đồ thị C và điểm A m;2 . Tìm tập hợp S là tập tất cả các giá trị thực của m để có ba tiếp tuyến của C đi qua A . 4 5 A. S ; 1  ;2  2; .B. S ; 2  ;2  2; . 3 3 5 5 C. S ; 1  ;2  2; . D. S ; 1  ;3  3; . 3 3 Lời giải Chọn C * Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M x0 ; y0 là: 2 3 2 y 3x0 6x0 x x0 x0 3x0 2 . 2 3 2 * Để tiếp tuyến đi qua A m;2 điều kiện là: 2 3x0 6x0 m x0 x0 3x0 2 x 2 2 3 2 0 3x0 6x0 m 2x0 3x0 4 1 2 2x0 1 3m x0 2 0 2 Để có ba tiếp tuyến của C đi qua A điều kiện là phương trình 1 có ba nghiệm phân biệt 9m2 6m 15 0 phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt đều khác 2 m 2 5 m S ; 1  ;2  2; . 3 Câu 46. [2D1-7.2-4] (Chuyên Thái Nguyên - 2018 - BTN) Cho đồ thị x C : y x2 x 1 . Gọi M 0;m là điểm nằm trên trục tung mà từ đó kẻ được ít nhất một tiếp 2 tuyến đến đồ thị C . Biết tập hợp các giá trị của m là nửa khoảng a;b . Giá trị của a b bằng 1 1 A. 1. B. . C. . D. 1. 2 2 Lời giải Chọn C 1 2x 1 - Ta có: y 2 2 x2 x 1 - Gọi là đường thẳng đi qua M 0;m và có hệ số góc là k : y kx m - Đường thẳng là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: x x2 x 1 kx m 2 1 2x 1 k 2 2 x2 x 1 x x 2x2 x x 2 x2 x 1 m m 1 . 2 2 2 x2 x 1 2 x2 x 1 Hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi 1 có nghiệm.
5. x 2 - Xét hàm số: f x trên ¡ , 2 x2 x 1 3x có f x f x 0 x 0 . 4 x2 x 1 x2 x 1 BBT: 1 1 Dựa vào BBT ta thấy: phương trình 1 có nghiệm m 1 hay m ;1 2 2 1 a 1 2 . Vậy a b . 2 b 1 2x 1 Câu 2236. [2D1-7.2-4] Cho hàm số y . Tìm trên hai nhánh của đồ thị C , các điểm M , N sao x 1 cho các tiếp tuyến tại M và N cắt hai đường tiệm cận tại 4 điểm lập thành một hình thang. 7 1 A. M 2; 5 ,N 0; 1 . B. M 3; ,N 1; . 2 2 1 C. M 2; 5 ,N 1; . D. Với mọi M , N . 2 Lời giải Chọn D Gọi M(m; yM ), N(n; yN ) là 2 điểm thuộc 2 nhánh của C . Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A , B . Tiếp tuyến tại N cắt hai tiệm cận tại C , D . Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y y (m).(x m) yM 2m 4 2n 4 A 1; ,B(2m 1; 2) . Tương tự: C 1; ,D(2n 1; 2) . m 1 n 1 3 Hai đường thẳng AD và BC đều có hệ số góc: k nên AD // BC . (m 1)(n 1) Vậy mọi điểm M , N thuộc 2 nhánh của C đều thoả mãn bài toán. x 3 Câu 2238. [2D1-7.2-4] Cho hàm số y , có đồ thị là C . Tìm trên đường thẳng d : y 2x 1 các x 1 điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới C . M(0;1) M(5;11) M(4;9) M(0;1) M( 1; 1) M( 1; 1) M( 1; 1) M( 1; 1) A. . B. . C. . D. . M(2; 5) M(7;15) M(2; 5) M(3;7) M(1; 3) M(1; 3) M(1; 3) M( 2; 3) Lời giải Chọn A Gọi M(m; 2m 1) d .
6. Phương trình đường thẳng qua M có hệ số góc k có dạng: y k(x m) 2m 1 x 3 Phương trình hoành độ giao điểm của và (C): k(x m) 2m 1 x 1 kx2 (m 1)k 2mx mk (2m 4) 0 (*) tiếp xúc với (C) (*) có nghiệm kép k 0 2 (m 1)k 2m 4kmk (2m 4) 0 k 0 2 2 2 2 g(k) (m 1) k 4(m m 4)k 4m 0 Qua M(m; 2m 1) d kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C) 32(m2 m 2) 0; g(0) 4m2 0 2 2 g(k) 0 có đúng 1 nghiệm k 0 32(m m 2) 0; g(0) 4m 0 1 m 1 0 16k 4 0 k 4 m 0 M(0;1) m 1 M( 1; 1) . m 2 M(2; 5) m 1 M(1; 3) 2x m Câu 2250. [2D1-7.2-4] Gọi C là đồ thị của hàm số y = , m là tham số khác – 4 và d là x 2 một tiếp tuyến của C . Tìm m để (d) tạo với hai đường tiệm cận của C một tam giác có diện tích bằng 2. m 6 m 3 m 3 m 3 A. . B. . C. . D. . m 5 m 5 m 6 m 5 Lời giải Chọn D Hai đường tiệm cận đứng và ngang của C có phương trình lần lượt là x = 2, y = 2 ,suy ra giao điểm của chúng là I 2;2 .  Tịnh tiến OI . Hệ trục Oxy Hệ trục IXY . x X x X 2 Công thức chuyển hệ tọa độ : I y Y yI Y 2 Đối với hệ trục IXY . Hai đường tiệm cận đứng và ngang của C có phương trình lần lượt là X 0 , Y 0 . 2(X 2) m 4 m C có phương trình là Y 2 Y F(X) . X 2 2 X Gọi X 0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến d với C thì phương trình d là m 4 m 4 m 4 2m 8 . Y 2 (X X0 ) 2 X X0 X0 X0 X0 2m 8 Gọi A là giao điểm của C với đường tiệm cận đứng của nó thì A 0; X0
7. Gọi B là giao điểm của C với đường tiệm cận ngang của nó thì B 2X 0 ;0 Diện tích tam giác vuông IAB do d tạo với hai đường tiệm cận là 1 1 1 2m 8 S IA.IB YA XB 2X0 2m 8 . 2 2 2 X0 2m 8 2 m 3 S 2 2m 8 2 . 2m 8 2 m 5 2mx 3 Câu 2253. [2D1-7.2-4] Cho hàm số y . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của C . Tìm m x m để tiếp tuyến tại một diểm bất kì của C cắt hai tiệm cận tại A và B sao cho IAB có diện tích S 22 . A. m 5 . B. m 6 .C. m 7 . D. m 4 . Lời giải Chọn D (C) có tiệm cận đứng x m, tiệm cận ngang y 2m . 2mx0 3 Giao điểm 2 tiệm cận là I(m; 2m) và M x0 ; (C) . x0 m 2m2 3 2mx 3 Phương trình tiếp tuyến của tại M : 0 . C y 2 (x x0 ) (x0 m) x0 m 2 2mx0 2m 6 cắt TCĐ tại A m; , cắt TCN tại B(2x0 m; 2m) . x0 m 2 4m 6 1 2 Ta có: IA ; IB 2 x0 m SIAB IA.IB 4m 6 22 m 4 . x0 m 2 4 2 Câu 2268. [2D1-7.2-4] Gọi Cm là đồ thị của hàm số y x 3 m 1 .x 3m 2 , m là tham số. Tìm các giá trị dương của tham số m để Cm cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt và tiếp tuyến của Cm tại giao điểm có hoành độ lớn nhất hợp với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 24 . 1 2 A. m 1. B. m . C. m . D. m 7 . 3 3 Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của Cm và trục hoành là x4 3 m 1 .x2 3m 2 0 (1) Đặt t x2 ,t 0 . Phương trình (1) trở thành : t2 3 m 1 .t 3m 2 0 (2) Cm cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt . Vì (2) luôn có hai nghiệm là t 1, t 3m 2 với mọi m và vì m 0 (giả thiết) nên ta có 1 3m 2 , suy ra với mọi tham số m 0 , Cm cắt Ox tại 4 diểm phân biệt và nếu gọi A là giao điểm có hoành độ lớn nhất thì hoành độ A là xA 3m 2 . 4 2 Gọi f(x) x 3 m 1 .x 3m 2 , phương trình tiếp tuyến d của Cm tại A là 3 y f '(xA )(x xA ) f (xA ) [4xA 6(m 1)xA ](x xA ) ( vì f (xA ) 0 ) [4(3m 2) 3m 2 6(m 1) 3m 2](x 3m 2) 6m 2 3m 2 x 3m 2)
8. Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến d với trục Oy thì B 0 ; 6m 2 3m 2 . Tam giác mà tiếp tuyến d tạo với hai trục toạ độ là tam giác vuông OAB (vuông tại O ) , theo giả thiết ta có : SOAB 24 OA.OB 48 xA yB 48 3m 2(6m 2)(3m 2) 48 (3). Gọi f m 3m 2(6m 2)(3m 2) 3m 2(18m2 22m 4) 3 f (m) (18m2 22m 4) (36m 22) 3m 2 0 với mọi m 0 . 2 3m 2 2 Suy ra hàm số f m đồng biến trên 0; và vì f 24 , do đó phương trình (3) chỉ có 3 2 một nghiệm là m trên 0; . 3 2x Câu 2269.[2D1-7.2-4] Cho hàm số y có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị x 2 C , để khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị C đến tiếp tuyến là lớn nhất. A. y 2x và y x 8 .B. y x và y x 9 . C. y 3x và y x 8 . D. y x và y x 8 . Lời giải Chọn D Tiếp tuyến d của đồ thị C tại điểm M có hoành độ a 2 thuộc C có phương trình: 4 2a y (x a) 4x (a 2)2 y 2a2 0 (a 2)2 a 2 Tâm đối xứng của C là I 2; 2 . 8 a 2 8 a 2 8 a 2 d(I,d) 2 2 16 (a 2)4 2.4.(a 2)2 2 2 a 2 d(I,d) lớn nhất khi (a 2)2 4 a 4 hoặc a 0 . Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y x và y x 8 . 2x 3 Câu 2270. [2D1-7.2-4] Cho hàm số y có đồ thị C . Tìm trên C những điểm M sao cho x 2 tiếp tuyến tại M của C cắt hai tiệm cận của C tại A,B sao cho AB ngắn nhất. 5 5 A. M(3; 3) hoặc M( 1; ) . B. M( 1; ) hoặc M(1;1) . 3 3 5 5 C. M(4; ) hoặc M( 1; ) . D. M(3; 3) hoặc M(1;1) . 2 3 Lời giải Chọn D 1 1 Lấy điểm M m; 2 C . Ta có: y (m) m 2 (m 2)2 1 1 Tiếp tuyến d tại M có phương trình: y (x m) 2 (m 2)2 m 2 2 Giao điểm của d với tiệm cận đứng là: A 2; 2 m 2 Giao điểm của d với tiệm cận ngang là: B(2m – 2; 2)
9. 1 Ta có: 2 2 . Đẳng thức xảy ra khi hoặc . AB 4 (m 2) 2 8 m 1 m 3 (m 2) Vậy, điểm M cần tìm có tọa độ là: M(3; 3) hoặc M(1;1) . Câu 2271. [2D1-7.2-4] Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị y x3 mx m 1 tại điểm M có hoành độ x 1 cắt đường tròn C có phương trình (x 2)2 (y 3)2 4 theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất. A. m 3 . B. m 6 .C. m 8 . D. m 2 . Lời giải Chọn D Ta có: y 3x2 m y ( 1) 3 m ; y( 1) 2m 2 . C có tâm I(2; 3),R 2 . Phương trình đường thẳng d tại M( 1; 2m 2) : y (3 m)x m 1 (3 m)x y m 1 0 4 m 1 (3 m) 2. (3 m)2 1 d(I,d) 2 R (3 m)2 1 (3 m)2 1 (3 m)2 1 Dấu "=" xảy ra m 2 . Dó đó d(I,d) đạt lớn nhất m 2 Tiếp tuyến d cắt C tại 2 điểm A, B sao cho AB ngắn nhất d(I,d) đạt lớn nhất m 2 , suy ra d : y x 3 . x 2 Câu 2282. [2D1-7.2-4] Gọi C là đồ thị của hàm số y . M 0;m là một điểm thuộc trục Oy . 2x 1 Tìm tất cả các giá trị nào của m để luôn tồn tại ít nhất một tiếp tuyến của C đi qua M và tiếp điểm của tiếp tuyến này với C có hoành độ dương. A. m 0 .B. m 0 .C. m 0 .D. m 0 . Lời giải Chọn D Phương trình của đường thẳng d đi qua M có hệ số góc k : y kx m . x0 2 kx0 m (1) 2x0 1 d tiếp xúc C tại điểm có hoành độ x0 khi hệ sau có nghiệm x0 . 3 k (2) 2 (2x0 1) x0 2 3x0 2 Thay 2 vào 1 ta được: 2 m x0 2 2x0 1 3x m 2x0 1 3 2x0 1 (2x0 1) 1 Do x không phải là nghiệm của 3 nên 1 (4m 2)x2 4(m 2)x m 2 0 4 . 0 2 0 0 Yêu cầu của bài toán Phương trình 4 có ít nhất một nghiệm dương với mọi m 0 . Vì m 0 nên 4m 2 0 suy ra 4 có nghiệm 4(m 2)2 (4m 2)(m 2) 0 m 2 0 . Bất đẳng thức này đúng với mọi m 0 . Khi đó gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 4 . 4(m 2) x x 0 1 2 4m 2 Ta có m 0, x1 0, x2 0 . m 2 x x 0 1 2 4m 2
10. Vậy, với mọi m 0 luôn tồn tại ít nhất một tiếp tuyến của C đi qua M và hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với C là số dương. x 2 Câu 2293. [2D1-7.2-4] Cho hàm số y có đồ thị là C . Cho điểm A(0;a) . Tìm a để từ A kẻ x 1 được 2 tiếp tuyến tới đồ thị C sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. 1 2 2 A. a 1.B. a 2 .C. 1 a 1. D. a 1. 3 3 3 Lời giải Chọn D Phương trình đường thẳng d đi qua A(0;a) và có hệ số góc k : y kx a . x 2 kx a x 1 d tiếp xúc C tại điểm có hoành độ x khi hệ: có nghiệm x . 3 k 2 (x 1) (1 a)x2 2(a 2)x (a 2) 0 1 có nghiệm x 1. Để qua A có 2 tiếp tuyến thì 1 phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 a 1 a 1 2 3a 6 0 a 2 2(a 2) a 2 3 3 Khi đó ta có: x1 x2 , x1x2 và y1 1 , y2 1 a 1 a 1 x1 1 x2 1 Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía đối với trục hoành thì y1.y2 0 3 3 x1.x2 2(x1 x2 ) 4 2 1 . 1 0 0 3a 2 0 a x1 1 x2 1 x1.x2 (x1 x2 ) 1 3 2 Đối chiếu với điều kiện 2 ta được: a 1. 3 3 2 Câu 2300. [2D1-7.2-4] Gọi Cm là đồ thị của hàm số y 2x 3(m 1)x mx m 1 và d là tiếp tuyến của Cm tại điểm có hoành độ x 1. Tìm m để d tạo với hai trục tọa độ một tam 8 giác có diện tích bằng . 3 5 5 5 5 m 0  m m 0  m m 0  m m 0  m 3 3 3 3 A. .B. .C. . D. . 9 73 19 73 9 3 19 73 m m m m 6 6 6 6 Lời giải Chọn D Ta có y 6x2 6(m 1)x m , suy ra phương trình tiếp tuyến d là: y y '( 1)(x 1) y( 1) 12 7m x 1 3m 4 y 12 7m x 4m 8. 4m 8 Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của d với trục Ox và Oy thì P ;0 ,Q 0;4m 8 . 12 7m
11. 2 1 1 4m 8 8m 32 32m Diện tích OPQ : S OP.OQ 4m 8 . 2 2 12 7m 12 7m 8 8 S 8m2 32m 32 12 7m 3 3 2 8 5 8m 32m 32 (12 7m) 2 5 m 0  m 3 m m 0 3 3 2 8 2 19 73 8m 32m 32 (12 7m) 3m 19m 24 0 m 3 6 3 2 Câu 2305. [2D1-7.2-4] Tìm tham số m để đồ thị Cm của hàm số y x 4mx 7mx 3m tiếp xúc với parabol P : y x2 x 1. 1  3  1  A. m 2; 7;1 .B. m 5; ;78 .C. m 2; ;1.D. m 2; ;1. 4  4  4  Lời giải Chọn D Cm tiếp xúc với P tại điểm có hoành độ x0 khi hệ 3 2 2 x0 4mx0 7mx0 3m x0 x0 1 (1) (A) có nghiệm x . 2 0 3x0 8mx0 7m 2x0 1 3 2 Giải hệ A , (1) x0 (4m 1)x0 (7m 1)x0 3m 1 0 x 1 (x 1)(x2 4mx 3m 1) 0 0 . 0 0 0 2 x0 4mx0 3m 1 0 2 x0 1 x0 4mx0 3m 1 0 Vậy A  . 2 2 3x0 2(4m 1)x0 7m 1 0 (2) 3x0 2(4m 1)x0 7m 1 0 (2) Thay x0 1 vào 2 ta được m 2 . 2 2 3x0 2(4m 1)x0 7m 1 0 (2) 3x0 2(4m 1)x0 7m 1 0 (2) Hệ 2 2 x0 4mx0 3m 1 0 (3) 3x0 12mx0 9m 3 0 (4) Trừ hai phương trình 2 và 4 ,vế với vế ta được: 4mx0 2x0 2m 2 0 2m 1 x0 m 1 5 1 3 m 1 Khi m thì 5 trở thành 0 (sai), do đó 5 x . 2 2 0 2m 1 m 1 Thay x = vào phương trình 3 ,ta được: 0 2m 1 2 m 1 m 1 3 2 1 4m 3m 1 0 4m 11m 5m 2 0 m 2  m  m 1. 2m 1 2m 1 4 1  Vậy các giá trị m cần tìm là m 2; ;1. 4  Câu 2312. [2D1-7.2-4] Tìm tất cả các điểm trên Oy sao cho từ đó ta có thể vẽ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị hàm số y x 4x2 2x 1 . 1 A. M 0;m với 2 m 1.B. M 0;m với m 5 . 2
12. 1 C. M 0;m với m 1.D. M 0;m với 1 m 5. 2 Lời giải Chọn C Xét M (0;m) Oy . Đường thẳng d đi qua M , hệ số góc k có phương trình: y kx m . 2 x0 4x0 2x0 1 kx0 m d tiếp xúc đồ thị C tại điểm có hoành độ x0 khi hệ 4x 1 có 1 0 k 2 4x0 2x0 1 nghiệm x0 . Thay k vào phương trình thứ nhất ta được: 4x2 x x 4x2 2x 1 x 0 0 m 4x2 2x 1 4x2 x m 4x2 2x 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 4x0 2x0 1 x 1 m 0 f (x ) (*) 2 0 4x0 2x0 1 Để từ M kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (*) có ít nhất một nghiệm. 3x Xét hàm số f x , ta có: f (x ) 0 f '(x ) 0 x 0 0 0 2 3 0 0 ( 4x0 2x0 1) 1 1 Mặt khác: lim f (x0 ) ; lim f (x0 ) . x 2 x 2 Bảng biến thiên: x0 0 f (x0 ) 0 1 f (x0 ) 1 1 2 2 1 (*) có nghiệm m 1. 2 1 Vậy M 0;m với m 1 là những điểm cần tìm. 2 Câu 37: [2D1-7.2-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y x3 3x2 có đồ thị C và điểm M m;0 sao cho từ M vẽ được ba tiếp tuyến đến đồ thị C , trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Khi đó khẳng định nào sau đây đúng. 1 1 1 1 A. m ;1 . B. m ;0 . C. m 0; . D. m 1; . 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Ta có y 3x2 6x . Gọi A a;a3 3a2 thuộc đồ thị hàm số. Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại A là: y 3a2 6a x a a3 3a2 . M m;0 d 3a2 6a m a a3 3a2 0 2a3 3 m 1 a2 6ma 0 a 0 2 . 2a 3 m 1 a 6m 0 1
13. Khi a 0 ta có phương trình tiếp tuyến y 0. Đối với đồ thị hàm số không có tiếp tuyến nào vuông góc với y 0 nên yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 có hai nghiệm a1 và a2 khác 0 thỏa y a1 .y a2 1 2 2 3a1 6a1 3a2 6a2 1 9a1.a2 a1.a2 2 a1 a2 4 1 0 1 9 3m 3m 3 m 1 4 1 0 27m 1 0 m . 27 1 Thay m vào 1 thử lại có 2 nghiệm phân biệt khác 0 . 27 Câu 48: [2D1-7.2-4](Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho đồ thị C : y x3 3x2 . Có bao nhiêu số nguyên b 10;10 để có đúng một tiếp tuyến của C đi qua điểm B 0;b ? A. 2 . B. 9 . C. 17 . D. 16. Lời giải Chọn C Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số C có dạng: 2 3 2 y 3x0 6x0 x x0 x0 3x0 . Tiếp tuyến đi qua điểm B 0;b khi và chỉ khi: 2 3 2 3 2 b 3x0 6x0 0 x0 x0 3x0 2x0 3x0 b * 3 2 Xét hàm số f x0 2x0 3x0 . 2 x0 0 Ta có f x0 6x0 6x0 ; f x0 0 . x0 1 Ta có bảng biến thiên: Để có đúng một tiếp tuyến của C đi qua điểm B 0;b điều kiện là phương trình * có đúng một nghiệm x0 . Từ bảng biến thiên, ta có điều kiện của b là b ;0  1; . Do đó, các số nguyên b 10;10 để có đúng một tiếp tuyến của C đi qua điểm B 0;b là 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;2;3;4;5;6;7;8;9. Hay có 17 giá trị nguyên của b 10;10 . Câu 23: [2D1-7.2-4](Sở Tiền Giang - 2018 - BTN) Xét đồ thị C của hàm số y x3 3ax b với a , b là các số thực. Gọi M , N là hai điểm phân biệt thuộc C sao cho tiếp tuyến với C tại hai điểm đó có hệ số góc bằng 3 . Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng MN bằng 1, giá trị nhỏ nhất của a2 b2 bằng: 3 4 6 7 A. B. C. D. 2 3 5 6 Lời giải
14. Chọn C Ta có y 3x2 3a . Tiếp tuyến tại M và N của C có hệ số góc bằng 3 nên tọa độ của M và N thỏa mãn hệ 2 3x 3a 3 1 phương trình: . 3 y x 3ax b 2 Từ 1 x2 1 a . 1 có hai nghiệm phân biệt nên a 1. Từ 2 y x 1 a 3ax b hay y 2a 1 x b . Tọa độ M và N thỏa mãn phương trình y 2a 1 x b nên phương trình đường thẳng MN là y 2a 1 x b hay MN : 2a 1 x y b 0 . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến MN bằng 1 nên b d O, MN 1 1 b2 4a2 4a 2 . 2a 1 2 1 a2 b2 5a2 4a 1. 2 2 2 2 6 6 Xét f a 5a 4a 2 với a 1. Ta có: f a 5a 4a 2 5 a 5 5 5 6 Vậy a2 b2 nhỏ nhất là 5