Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khảo sát đồ thị (Toán học Lớp 12)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0110, trang 5), Câu 3 (Phần II) có đáp án là: a:S,b:Đ,c:S,d:Đ.

a) Sai. Tính đơn điệu không được kết luận trên hợp của hai khoảng rời nhau.
b) Đúng. Ta có $y^{\prime }=\frac{-2x(x-2)}{(x-1{)}^2}$. Khi qua $x=0$, $y^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$.
c) Sai. Trên $\left[\frac{3}{2};\frac{7}{2}\right]$, hàm số nghịch biến nên giá trị nhỏ nhất tại $x=\frac{7}{2}$ và bằng $y\left(\frac{7}{2}\right)=-7,8\ne -7$.
d) Đúng. Hai điểm cực trị $A(0;2)$ và $B(2;-6)$. Dựa vào tính chất chân đường phân giác trong, tọa độ $D(a;b)$ thỏa mãn $a+b=\frac{1}{2}$.

Từ bảng biến thiên: ${\lim }_{x\to +\infty }y=+\infty$ nên loại B và D. Tại $x=1$ thì $y=0$, thay $x=1$ vào hàm số ở đáp án A được $y=\frac{1-2+1}{1+4}=0$ (trong khi đáp án C cho $y=\frac{1-4+2}{5}=-\frac{1}{5}\ne 0$). Chọn A.

Ta có $y=-2x-\frac{2}{x-1}$ ($x\ne 1$), $y^{\prime }=-2+\frac{2}{(x-1{)}^2}=\frac{-2x^2+4x}{(x-1{)}^2}=0\iff x=0$ hoặc $x=2$.
a) Tại $x=0$ hàm số đạt cực tiểu $y_{CT}=y(0)=2$ (còn $y=-6$ là giá trị cực đại tại $x=2$). Sai.
b) Tiệm cận đứng $x=1$, tiệm cận xiên $y=-2x$, giao điểm là $I(1;-2)$. Đúng.
c) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng $(-\infty ;0)$ và $(2;+\infty )$, không dùng kí hiệu hợp $\cup$. Sai.
d) Tịnh tiến hệ trục về tâm $I(1;-2)$ với $X=x-1,Y=y+2$, phương trình $(C)$ trở thành $2X^2+XY+2=0$. Đường tròn Monge (quỹ tích điểm $M$ nhìn hypebol dưới góc vuông) có bán kính $R=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{16}=4$. Đúng.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0104, trang 5), Câu 1 (Phần II): a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.

Chia đa thức: $f(x)=2x+1+\frac{1}{x+1}$.
- Ý c: ${\lim }_{x\to \pm \infty }[f(x)-(2x+1)]=0$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên $y=2x+1$. Ý c đúng.
- Ý b: Đạo hàm $f^{\prime }(x)=2-\frac{1}{(x+1{)}^2}=0⟺(x+1{)}^2=\frac{1}{2}⟺x=-1\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. Vậy hàm số có 2 điểm cực trị. Ý b đúng.
- Ý a: Trên $\left[-\frac{1}{2};0\right]$, điểm tới hạn là $x=-1+\frac{1}{\sqrt{2}}$. Giá trị nhỏ nhất là $f\left(-1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2\sqrt{2}-1\ne 2\sqrt{2}-2$. Ý a sai.
- Ý d: Điểm cực đại là $x=-1-\frac{1}{\sqrt{2}}$, giá trị cực đại là $f\left(-1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=-1-2\sqrt{2}\ne -2\sqrt{2}+1$. Ý d sai.

Ta có $f(x)=2x-3+\frac{4}{x+3}$ ($x\ne -3$).
a) Sai: $f^{\prime }(x)=2-\frac{4}{(x+3{)}^2}=\frac{2x^2+12x+14}{(x+3{)}^2},\forall x\ne -3$.
b) Đúng: Vì ${\lim }_{x\to \pm \infty }[f(x)-(2x-3)]=0$ nên tiệm cận xiên là $d:y=2x-3$.
c) Đúng: Giao điểm của tiệm cận đứng $x=-3$ và tiệm cận xiên $y=2x-3$ là $I(-3;-9)$, đây là tâm đối xứng của đồ thị.
d) Sai: $f^{\prime }(x)=0\iff (x+3{)}^2=2\iff x=-3\pm \sqrt{2}$. Hai điểm cực trị là $A(-3-\sqrt{2};-9-4\sqrt{2})$ và $B(-3+\sqrt{2};-9+4\sqrt{2})$. Diện tích tam giác $OAB$ là $S_{OAB}=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=3\sqrt{2}\ne 6\sqrt{2}$.

Lời giải chi tiết:
- Ý a: SAI. Đạo hàm của hàm số là $y^{\prime }=3x^2-6x$.
- Ý b: SAI. Ta có $y^{\prime }=3x(x-2)<0$ với mọi $x\in (0;2)$, do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;2)$.
- Ý c: SAI. Điểm uốn của đồ thị hàm số bậc ba là tâm đối xứng: $y^{\prime \prime }=6x-6=0\iff x=1\Rightarrow y(1)=1-3-1=-3$. Do đó tâm đối xứng là $I(1;-3)\ne I(1;-1)$.
- Ý d: ĐÚNG. $y^{\prime }=0\iff x=0$ hoặc $x=2$. Hai điểm cực trị là $A(0;-1)$ và $B(2;-5)$. Diện tích tam giác $OAB$ là $S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=\frac{1}{2}|0\cdot (-5)-2\cdot (-1)|=1$.

Lời giải chi tiết:

- Ý a: ĐÚNG. $f^{\prime }(x)=\frac{(2x-3)(x-1)-(x^2-3x+3)}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x}{(x-1{)}^2}$.
- Ý b: SAI. $f^{\prime }(x)<0\iff x\in (0;1)\cup (1;2)$. Hàm số gián đoạn tại $x=1$ nên không nghịch biến trên $(0;2)$.
- Ý c: ĐÚNG. $f^{\prime }(x)$ đổi dấu từ âm sang dương qua $x=2$, $f(2)=1$. Điểm cực tiểu của đồ thị là $(2;1)$.
- Ý d: SAI. Trên $[-2;0]$, $x\le 0\Rightarrow f^{\prime }(x)\ge 0$, hàm số đồng biến. Do đó ${\max }_{[-2;0]}f(x)=f(0)=-3\ne 0$.

a) Tập xác định của hàm số là $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$. Đạo hàm $y^{\prime }=\frac{-3}{(x-1{)}^2}<0,\forall x\ne 1$, nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $(-\infty ;1)$ và $(1;+\infty )$, không nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Mệnh đề a) SAI.
b) Đồ thị có tiệm cận đứng $x=1$ và tiệm cận ngang $y=1$. Giao điểm hai đường tiệm cận là tâm đối xứng $I(1;1)$. Mệnh đề b) ĐÚNG.
c) Giao điểm của $(C)$ với trục tung là $M_0(0;-2)$. Hệ số góc tiếp tuyến tại $M_0$: $y^{\prime }(0)=-3$. Phương trình tiếp tuyến là $y=-3x-2$. Thay $A(2;-3)$ vào: $-3\ne -3(2)-2=-8$, nên tiếp tuyến không đi qua $A$. Mệnh đề c) ĐÚNG.
d) Tịnh tiến hệ trục tọa độ về tâm đối xứng $I(1;1)$ bằng cách đặt $X=x-1,Y=y-1$. Hàm số trở thành $Y=-\frac{3}{X}$ (hay xét đối xứng: trên hệ trục cũ $y-1=\frac{3}{x-1}\iff Y=\frac{3}{X}$). Tọa độ điểm $A$ trong hệ trục mới là $A(1;-4)$.
Đường thẳng $\Delta$ đi qua $I(0;0)$ cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt $M,N$ nên có dạng $Y=kX$ với $k>0$. Khi đó $kX=\frac{3}{X}\iff X=\pm \sqrt{\frac{3}{k}}$, suy ra $M\left(\sqrt{\frac{3}{k}};\sqrt{3k}\right)$ và $N\left(-\sqrt{\frac{3}{k}};-\sqrt{3k}\right)$.
Do $I$ là trung điểm $MN$: $S_{△AMN}=2S_{△AIM}=|X_A{Y}_M-Y_A{X}_M|=\left|1\cdot \sqrt{3k}-(-4)\cdot \sqrt{\frac{3}{k}}\right|=\sqrt{3}\left(\sqrt{k}+\frac{4}{\sqrt{k}}\right)\ge \sqrt{3}\cdot 2\sqrt{\sqrt{k}\cdot \frac{4}{\sqrt{k}}}=4\sqrt{3}$.
Dấu "$=$" xảy ra khi $k=4$. Vậy diện tích nhỏ nhất của tam giác $AMN$ bằng $4\sqrt{3}$. Mệnh đề d) ĐÚNG.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 3 (Phần II): a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.

- Ý a: Điều kiện xác định $x\ne 2$, vậy $D=\mathbb{R}\setminus \{2\}$. Ý a đúng.
- Ý b: Vì ${\lim }_{x\to \pm \infty }\left[y-(x-3)\right]={\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{4}{x-2}=0$ nên tiệm cận xiên của $(C)$ là đường thẳng $y=x-3$. Ý b đúng.
- Ý c: Tiệm cận đứng là $x=2$, tiệm cận xiên là $y=x-3$. Giao điểm của hai đường tiệm cận là $I(2;-1)$, chính là tâm đối xứng của $(C)$. Ý c đúng.
- Ý d: Đạo hàm $y^{\prime }=1-\frac{4}{(x-2{)}^2}=0⟺(x-2{)}^2=4⟺x=4$ hoặc $x=0$.
Với $x=4⟹y=3⟹A(4;3)$.
Với $x=0⟹y=-5⟹B(0;-5)$.
Khoảng cách $AB=\sqrt{(4-0{)}^2+(3-(-5){)}^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}\ne 4\sqrt{6}$. Do đó ý d sai.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 579, trang 5), Câu 3 (Phần II, câu 15): a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.

Ta có $y=x+4+\frac{3}{x+2}$ và $y^{\prime }=1-\frac{3}{(x+2{)}^2}=\frac{x^2+4x+1}{(x+2{)}^2}$, nên cả $4$ khẳng định a, b, c, d đều đúng.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 9125, trang 5), Câu 1 (Phần II, câu 13): a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Từ BBT, $a>0$ (a đúng); hai điểm cực trị là $A(1;2)$ và $B(3;-2)$ nên tâm đối xứng là $I(2;0)$ có tung độ bằng $0$ (b sai); công thức hàm số là $f(x)=x^3-6x^2+9x-2$ (c sai); $I(2;0)$ là trung điểm của cả $AB$ và $MN$ nhưng $IA=\sqrt{5}\ne IM=\sqrt{3}$ nên $A,B,M,N$ không cùng thuộc một đường tròn (d đúng).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 9125, trang 5), Câu 4 (Phần II, câu 16): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Ta có $f(x)=2x-1+\frac{1}{x+1}$ có TCĐ $x=-1$ (a đúng); $f^{\prime }(x)=2-\frac{1}{(x+1{)}^2}=0$ có $2$ nghiệm phân biệt (b đúng); đường thẳng qua hai điểm cực trị là $y=4x+1$ cắt $x=-1$ tại $(-1;-3)$ (c sai); $M(1;\frac{3}{2})$ cách tiệm cận xiên $2x-y-1=0$ một khoảng $\frac{1}{2\sqrt{5}}$ (d đúng).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 083, trang 5), Câu 4 (Phần I) chọn đáp án A.

Đồ thị hàm bậc ba có hệ số $a<0$, đạt cực tiểu tại $(1;1)$ và cực đại tại $(3;5)$, đi qua $(0;5)$, ứng với $y=-x^3+6x^2-9x+5$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 6), Câu 1 (Phần II, câu 13): a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

a) Sai ($2+(-2)=0\ne 4$). b) Sai (vì ${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{12}{f(x)}=0$ nên chỉ có $1$ tiệm cận ngang $y=0$). c) Đúng. d) Sai (trên $[-\sqrt{3};\sqrt{3}]$, $M=2,m=-2⟹4M-\frac{3}{2}m=11\ne 5$).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 6), Câu 3 (Phần II, câu 15): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai (theo đáp án chính thức Mã đề 101 trang 4 và trang 6). d) Đúng (tổng giá trị cực đại và cực tiểu là $-6+2=-4$).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề thi 1121, trang 6), Câu 3 (Phần II, câu 15): a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

a) Đúng. b) Sai (tiệm cận xiên đi qua $(0;1)$ và $(1;0)$ là $y=-x+1$). c) Sai ($(0;2)$ là điểm cực tiểu và $(2;-2)$ là điểm cực đại). d) Đúng (giao điểm của hai đường tiệm cận là $(1;0)$).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 5), Câu 1 (Phần 2, câu 13): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai: ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)=\pm \infty$ nên đồ thị không có tiệm cận ngang. d) Sai: từ TCĐ $x=-2⟹n=2$, kết hợp $f(0)=2,f^{\prime }(0)=0⟹c=4,b=2$, suy ra $f(x)=\frac{x^2+2x+4}{x+2}⟹f(1)=\frac{7}{3}\ne \frac{5}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 102, trang 10), Câu 4 (Phần 3, câu 20) có đáp số là $12,9$.

Chọn hệ trục tọa độ gốc $A(0;0)$, đồ thị hàm bậc ba $y=f(x)$ đi qua $H(0;40)$, đạt cực đại tại $Q(20;50)$ và đi qua $F(100;50)$, suy ra tại trung điểm $M(50;0)$ ta có $MI=f(50)=38,75\text{ m}$ (phần trẻ em $H_2$) và $IN=80-38,75=41,25\text{ m}$ (phần người lớn $H_1$). Tổng số tiền là $38,75\cdot 0,12+41,25\cdot 0,20=4,65+8,25=12,9$ (triệu đồng).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 9), Câu 1 (Phần 2, câu 13): a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 9), Câu 2 (Phần 2, câu 14): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.