Đề kiểm tra Đường tiệm cận của đồ thị hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Ta có :$y = \frac{{2{x^2} - 3x - 3}}{{x - 2}} = 2x + 1 - \frac{1}{{x - 2}}$$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \mp \infty } \left[ {y - \left( {2x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \mp \infty } \frac{{ - 1}}{{x - 2}} = 0$.

Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình $y = 2x + 1$.

Ta có :$y = \frac{{2{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = 2x - 1 + \frac{1}{{x - 1}}$nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng$x = 1$ và đường tiệm cận xiên là đường thẳng $y = 2x - 1$.

Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.$ nên giao điểm của hai đường tiệm cận là $I\left( {1;\,1} \right)$.

Ta có :$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \,y = 2,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \,y = + \infty$ nên hàm số có tiệm cận ngang là$y = 2$và tiệm cận

đứng là $x = 0$.

Tập xác định :$D = \left[ { - 9\,;\,\, + \infty } \right){\rm{\backslash }}\left\{ {0\,;\, - 1} \right\}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}} = \frac{1}{6}$$\Rightarrow$$x = 0$ không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9} - 3}}{{{x^2} + x}} = + \infty$$\Rightarrow x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2$.

Vậy $y = 2$ là phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$.

Ta có $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x + 1}} = x - 2 + \frac{3}{{x + 1}}$.

Suy ra: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{3}{{x + 1}} = 0$

Vậy $y = x - 2$ là phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x + 1}}$.

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = - \infty$ suy ra đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng $x = - 2$ và $x = 2$.

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0$ suy ra đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng $y = 0$.

Vậy đồ thị hàm số có $3$ đường tiệm cận.

Chọn đáp án C

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$có một tiệm cận đứng và một tiệm cận xiên.

Chọn đáp án D

Hàm số $y = {x^2} - 2x$ và $y = x + 1$ có đồ thị lần lượt là parabol và đường thẳng nên không có tiệm cận xiên.

Đồ thị hàm số $y = \frac{x}{{x + 2}}$ có tiệm cận ngang là $y = 1$ nên không có tiệm cận xiên.

Vậy đáp án ta chọn là $y = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}}$.

Chọn đáp án B

Gọi phương trình đường tiệm cận xiên là $y = ax + b$.

Khi đó

$a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{{x^2} + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2}\left( {1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}} = 1$.

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {f\left( x \right) - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x + 5}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x\left( {1 + \frac{5}{x}} \right)}}{{x\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}} = 1$.

Vậy phương trình đường tiệm cận xiên là $y = x + 1$.

Chọn đáp án A

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Gọi phương trình đường tiệm cận xiên là $y = ax + b$.

Trường hợp 1:

$a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - x + 3} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt {4 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{x} = 2$

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {4{x^2} - x + 3} - 2x = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 3}}{{\sqrt {4{x^2} - x + 3} + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( { - 1 + \frac{3}{x}} \right)}}{{x\left( {\sqrt {4 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} + 2} \right)}} = - \frac{1}{4}$

Khi đó phương trình đường tiệm cận xiên là $y = 2x - \frac{1}{4}$.

Trường hợp 2:

$a = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - x + 3} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {4 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{x} = - 2$

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {f\left( x \right) - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \sqrt {4{x^2} - x + 3} + 2x = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x + 3}}{{\sqrt {4{x^2} - x + 3} - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( { - 1 + \frac{3}{x}} \right)}}{{x\left( { - \sqrt {4 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} - 2} \right)}} = \frac{1}{4}$

Khi đó phương trình đường tiệm cận xiên là $y = - 2x + \frac{1}{4}$.

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

Dựa vào BBT, đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có hai đường tiệm cận đứng là $x = 1,x = - 1$, một tiệm cận ngang là $y = 3$.

Do đó đáp án đúng là: $x = 1,x = - 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ; tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là 3.

Đáp án sai là $x = 0$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$; $y = 3;y = 1$ là các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$.

a) Sai.

Ta có ${x^2} - 2x - 2 \ne 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \ne - 1}\\{x \ne 3}\end{array}} \right.$. Vậy hàm số $y = g\left( x \right)$ có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}.$

b) Đúng.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$ ta có:

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} f\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = + \infty$ nên $x = - 1$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$ .

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = - \infty$ nên $x = 3$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$ .

Vậy hàm số $y = g\left( x \right)$ có 2 tiện cận đứng $x = - 1$ và $x = 3$.

c) Sai.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = - \infty$ nên đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$ không có tiệm cận ngang.

d) Sai.

Vậy đồ thị hàm số $y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x - 2} \right)$ có $2$ đường tiệm cận đứng là $x = - 1$;$x = 3$ và không có tiệm cận ngang.

Khi m =1 ta có $y = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{x + 3}} = x - 2 + \frac{4}{{x + 3}}$.

a. Đúng

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty$ nên đồ thị hàm số của $\left( 1 \right)$không có tiệm cận ngang.

b. Sai

Ta có$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} y = - \infty$ nên đồ thị hàm số của $\left( 1 \right)$ có tiệm cận đứng là $x = - 3$.

c. Đúng

Ta có$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\frac{{{x^2} + x - 2}}{{x + 3}} - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {x - 2 + \frac{4}{{x + 3}} - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{4}{{x + 3}} = 0$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là $y = x - 2$.

d. Sai

Ta có $y = \frac{{m{x^2} + \left( {3{m^2} - 2} \right)x - 2}}{{x + 3m}} = mx - 2 + \frac{{6m - 2}}{{x + 3m}}$ .

Gọi (Cm) là đồ thị hàm số của $\left( 1 \right)$.

(Cm) có tiệm cận đứng ${d_1}:x = - 3m \Leftrightarrow x + 3m = 0$ và tiệm cận xiên ${d_2}:$ $y = mx - 2 \Leftrightarrow mx - y - 2 = 0$ $\left( {m \ne \frac{1}{3};m \ne 0} \right)$.

Ta có: $\cos {45^0} = \frac{{\left| m \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }}$ $\Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\left| m \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }}$ $\Leftrightarrow {m^2} = 1$ $\Leftrightarrow m = \pm 1$ (nhận).

Ta có $y = mx + 3 + \frac{{{m^2} + 1}}{{x - 1}}$, do đó $\left( C \right)$ có tiệm cận xiên là $\left( d \right)$: $y = mx + 3\left( {m \ne 0} \right)$.

a Đúng.

Với $m = 2$ thì $\left( d \right)$ có phương trình là $y = 2x + 3$.

b Đúng.

Ta có $A\left( {1;4} \right) \in \left( d \right) \Leftrightarrow 4 = m + 3 \Leftrightarrow m = 1.$(nhận)

c Đúng.

Giao điểm của $\left( d \right)$ với hai trục tọa độ là $M\left( {0;\,3} \right);\,N\left( { - \frac{3}{m};0} \right)$.

Diện tích tam giác vuông $OMN$ là $S = \frac{1}{2}OM.ON = \frac{1}{2}.3.\left| {\frac{3}{m}} \right| = \frac{9}{{2\left| m \right|}}$

Ta có $S = 9 \Leftrightarrow \frac{9}{{2\left| m \right|}} = 9 \Leftrightarrow \left| m \right| = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = \pm \frac{1}{2}$. (nhận)

Vậy có 2 đường thẳng $\left( d \right)$ tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 9.

d. Sai

Ta có $d\left( {O;\left( d \right)} \right) = \sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{3}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \sqrt 3 \Leftrightarrow \sqrt {{m^2} + 1} = \sqrt 3 \Leftrightarrow {m^2} + 1 = 3 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 2$.

Đáp số: 14.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 8x + m}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 8x + m}} = 0$ nên hàm số có một tiện cận ngang $y = 0$.

Đồ thị của hàm số có 3 đường tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị của hàm số có hai đường tiệm cận đứng $\Leftrightarrow$phương trình ${x^2} - 8x + m = 0$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 16 - m > 0\\m - 7 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 16\\m \ne 7\end{array} \right.$.

Kết hợp với điều kiện $m$nguyên dương ta có $m \in \left\{ {1;2;3;...;6;8;...;15} \right\}$. Vậy có $14$ giá trị của $m$ thỏa mãn đề bài.

Ta có: ${f^2}(x) - 2f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f(x) = 0\,\,\,\,(1)\\f(x) = 2\,\,\,\,(2)\end{array} \right..$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

$(1)\,$có nghiệm${x_1} = a < - 1$ (nghiệm đơn) và ${x_2} = 1$ (nghiệm kép)$\Rightarrow f(x) = k(x - a){(x - 1)^2}\left( {k \ne 0} \right)$

$(2)$ có nghiệm ba nghiệm đơn ${x_3},{\rm{ }}{x_4},{\rm{ }}{x_5}$với ${x_3} = b < - 1 < {x_4} = 0 < 1 < {x_5} = c$ $\Rightarrow f(x) - 2 = m(x - b)x(x - c){\rm{ }}\left( {m \ne 0} \right).$

$\Rightarrow$Hàm số $y = g(x)$có tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {a;\,b;\,0;\,1;\,c} \right\}$

Tại các điểm $x = a,{\rm{ }}x = b,{\rm{ }}x = 0,{\rm{ }}x = 1,{\rm{ }}x = c$ mẫu của $g\left( x \right)$ nhận giá trị bằng $0$còn tử nhận các giá trị dương. Và do hàm số xác định trên $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {a;\,b;\,0;\,1;\,c} \right\}$nên giới hạn một bên của hàm số $y = g\left( x \right)$tại các điểm $x = a,{\rm{ }}x = b,{\rm{ }}x = 0,{\rm{ }}x = 1,{\rm{ }}x = c$ là các giới hạn vô cực. Do đó, đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$có 5 tiệm cận đứng, đó là các đường thẳng $x = a,{\rm{ }}x = b,{\rm{ }}x = 0,{\rm{ }}x = 1,{\rm{ }}x = c$.

Vậy đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$có 5 tiệm cận đứng $x = a,{\rm{ }}x = b,{\rm{ }}x = 0,{\rm{ }}x = 1,{\rm{ }}x = c$.

TH1: $m = 0$$\Rightarrow y = \frac{1}{{f(x)}}$.

Đồ thị hàm số có một TCN $y = 0$ và ba tiệm cận đứng nên $m = 0$ không thoả mãn.

TH2: $m < 0$

Đồ thị hàm số không có TCN

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow f(x) = m$ có nghiệm, trong đó có đúng hai nghiệm thoả mãn $1 + m{x^2} \ge 0$.

Mà $m$là số nguyên nên dựa vào đồ thị ta chỉ cần xét $m \in \left\{ { - 2;\left. { - 1} \right\}} \right.$.

+ Với $m = - 2 \Rightarrow y = \frac{{\sqrt {1 - 2{x^2}} }}{{f(x) + 2}}$. Khi đó $f(x) = - 2$có hai nghiệm ${x_1} = 0\;;{x_2} = a > 2$. Nghiệm ${x_2}$ không thoả mãn điều kiện $1 - 2{x^2} \ge 0$nên $m = - 2$ không thoả mãn

+ Với $m = - 1 \Rightarrow y = \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} }}{{f(x) + 1}}$ Khi đó $f(x) = - 1$ có hai nghiệm ${x_1} = b\; \in \left( { - 1;0} \right);{x_2} = c \in \left( {0;1} \right)$. Cả hai nghiệm đều thoả mãn điều kiện$1 - {x^2} \ge 0$ nên $m = - 1$ thoả mãn.

TH3: $m > 0$. Khi đó $1 + m{x^2} > 0,\forall x \in R$.

Đồ thị hàm số có một TCN $y = 0$.

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow f(x) = m$có đúng một nghiệm $x \in R \Leftrightarrow m > 2$.

Vì $m$nguyên thuộc đoạn $\left[ { - 100;100} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in Z\\m \in \left[ {3;100} \right] \cup \left\{ { - 1} \right\}\end{array} \right.$nên có $99$giá trị.

Đáp số : 99.

Ta có $10 + \sqrt {6x - {x^2}} \ne 0\,\,\forall x$ nên để $\left( {{C_m}} \right)$có hai tiệm cận đứng thì phương trình $\sqrt {{x^2} - 4x + 2m} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 2m = 0\left( * \right)$có hai nghiệm phân biệt thuộc$\left[ {0;6} \right].$

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì $\Delta ' = 4 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < 2$.

Giả sử 2 nghiệm phân biệt của (*) là ${x_1} < {x_2}$. Ta có $0 \le {x_1} < {x_2} \le 6$.

Theo định lí Vi-et ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}.{x_2} = 2m\end{array} \right.$

Khi đó

$$\left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} \ge 0\\{x_1} + {x_2} \ge 0\\\left( {{x_1} - 6} \right)\left( {{x_2} - 6} \right) \ge 0\\\left( {{x_1} - 6} \right) + \left( {{x_2} - 6} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} \ge 0\\{x_1} + {x_2} \ge 0\\{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 36 \ge 0\\\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 \le 0\end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m \ge 0\\4 \ge 0\\2m - 24 + 36 \ge 0\\4 - 12 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\2m + 12 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 0$$

Vậy $0 \le m < 2$và $m$ nguyên suy ra $m \in \left\{ {0;\,1\,} \right\}$ là giá trị cần tìm.

Đáp số : 2.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2000x - 1500}}{{35x + 5}} = \frac{{2000}}{{35}} = \frac{{400}}{7}$.

Do đó đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $y = \frac{{400}}{7}$ làm tiệm cận ngang, tức là khi số năm $x$ càng lớn thì chi phí vận hành máy móc trong một năm càng tiến gần đến $\frac{{400}}{7} \approx 57{,}1$ (triệu đồng).

Gọi$y$là chiều rộng của đáy bể cá $\left( {y > 0,\,y\,(m)} \right)$ .

Ta có :$0{,}8xy = 0{,}0128 \Rightarrow y = \frac{{0{,}016}}{x}\left( m \right)$.

Giá thành bể cá được xác định theo hàm số:

$f\left( x \right) = 2.0{,}8\left( {x + \frac{{0{,}016}}{x}} \right).70000 + 100000.x.\frac{{0{,}016}}{x}$ (VNĐ)

$\Rightarrow f\left( x \right) = 112000\left( {x + \frac{{0{,}016}}{x}} \right) + 1600$(VNĐ)

$\Rightarrow f\left( x \right) = 112000x + 1600 + \frac{{1792}}{x}$(VNĐ).

Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {112000x + 1600 + \frac{{1792}}{x}} \right) = + \infty$.

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - (112000x + 1600)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1792}}{x} = 0$$

Nên đồ thị hàm $f\left( x \right)$ có tiệm cận đứng là $x = 0$; tiệm cận xiên là$y = 112000x + 1600$.