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

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: tiệm cận đứng $x=1$ nên $1+c=0\Rightarrow c=-1$. Tiệm cận ngang $y=-1$ nên $a=-1$. Đồ thị cắt trục hoành tại $x=2$: $\frac{2a+b}{2+c}=0\Rightarrow b=-2a=2$. Kiểm tra giao điểm với trục tung: $y=\frac{b}{c}=\frac{2}{-1}=-2$ khớp với hình. Vậy $2a+3b-c=2(-1)+3(2)-(-1)=-2+6+1=5$, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 3 = 5).

(AI giải đề cho tôi)
Bảng biến thiên cho thấy hàm số nghịch biến trên cả hai khoảng $(-\infty ;0)$ và $(0;+\infty )$, có tiệm cận đứng $x=0$, và trên mỗi nhánh $y$ đi từ $+\infty$ xuống $-\infty$ (khi $x\to -\infty$, $y\to +\infty$; khi $x\to +\infty$, $y\to -\infty$).

Xét các phương án:
- A: $y=\frac{x^2-1}{x}=x-\frac{1}{x}$, có $y^{\prime }=1+\frac{1}{x^2}>0$ nên đồng biến trên mỗi khoảng — loại.
- B: $y=\frac{x^2+3x}{x+1}$ có tiệm cận đứng $x=-1$ — loại.
- C: $y=\frac{x^2-2x}{x+1}$ có tiệm cận đứng $x=-1$ — loại.
- D: $y=\frac{1-x^2}{x}=\frac{1}{x}-x$, có $y^{\prime }=-\frac{1}{x^2}-1<0$ với mọi $x\ne 0$ nên nghịch biến trên $(-\infty ;0)$ và $(0;+\infty )$; ${\lim }_{x\to -\infty }y=+\infty$, ${\lim }_{x\to 0^{-}}y=-\infty$, ${\lim }_{x\to 0^{+}}y=+\infty$, ${\lim }_{x\to +\infty }y=-\infty$ — khớp hoàn toàn với bảng biến thiên.

Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 7: D).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: hàm số đạt cực đại tại $(-1;4)$, cực tiểu tại $(1;0)$ (tiếp xúc trục hoành), và đi qua $(-2;0)$. Vì có nghiệm kép tại $x=1$ và nghiệm đơn $x=-2$, ta viết $f(x)=a(x-1{)}^2(x+2)$. Từ $f(-1)=4$: $a\cdot 4\cdot 1=4\Rightarrow a=1$, nên $f(x)=(x-1{)}^2(x+2)=x^3-3x+2$.
a) Hàm bậc ba có tâm đối xứng tại điểm uốn, tức $x=0$ (trung điểm của $-1$ và $1$), $f(0)=2$, nên tâm đối xứng là $I(0;2)$ → Đúng.
b) $f(0)=2$, đồ thị cắt trục tung tại $(0;2)$, không phải $(1;0)$ → Sai.
c) $f(-2)=(-3{)}^2\cdot 0=0$, đồ thị cắt trục hoành tại $(-2;0)$ → Đúng.
d) $f(x)=4\iff x^3-3x+2=4\iff x^3-3x-2=0\iff (x+1{)}^2(x-2)=0$, có hai nghiệm thực phân biệt $x=-1$ và $x=2$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đối xứng của đồ thị hàm bậc ba là điểm uốn, tại $x=0$ (trung điểm hai cực trị $-1$ và $1$), $f(0)=2$, nên $I(0;2)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $f(x)=x^3-3x+2$ thì $f(0)=2$, đồ thị cắt trục tung tại $(0;2)$ chứ không phải $(1;0)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f(-2)=(-2-1{)}^2(-2+2)=0$, đồ thị cắt trục hoành tại $(-2;0)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f(x)=4\iff x^3-3x-2=0\iff (x+1{)}^2(x-2)=0$, có hai nghiệm thực phân biệt $x=-1$ và $x=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: f(0)=1 nên d=1; f'(0)=0 (cực tiểu tại x=0) nên c=0; f'(-1)=0 (cực đại tại x=-1) nên 3a-2b+c=0. f(-1)=2: -a+b+d=2 ⇒ b-a=1. f(-2)=0: -8a+4b+d=0 ⇒ 4b-8a=-1. Thay b=a+1: 4a+4-8a=-1 ⇒ a=5/4, b=9/4. Vậy T=2a+3b+c=2·(5/4)+3·(9/4)+0=10/4+27/4=37/4=9,25.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: tiệm cận đứng x=1 nên cx-1=0 tại x=1 ⇒ c=1 (không phải c=-1, ý c Sai). Tiệm cận ngang y=a/c=2 và đồ thị đi qua (0;-1): y(0)=b/(-1)=-1 ⇒ b=1. Vậy y=(2x+1)/(x-1), ý b Đúng. y'=[2(x-1)-(2x+1)]/(x-1)²=-3/(x-1)²<0 nên hàm số nghịch biến trên (-∞;1) và (1;+∞), ý a Sai. Hàm phân thức nhất biến bậc nhất trên tử và mẫu không có cực trị (y' không đổi dấu qua điểm tới hạn, không có điểm tới hạn), ý d Đúng. Khớp bảng đáp án SDĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
y'=-3/(x-1)²<0 với mọi x≠1 nên hàm số nghịch biến (không đồng biến) trên (-∞;1) và (1;+∞).
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: TCĐ x=1 ⇒ c=1; TCN y=a/c=2 ⇒ a=2; đồ thị qua (0;-1) ⇒ b/(-1)=-1 ⇒ b=1. Vậy y=(2x+1)/(x-1).
c) (AI giải đề cho tôi)
TCĐ là x=1 nên cx-1=x-1 ⇒ c=1, không phải c=-1.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hàm phân thức y=(2x+1)/(x-1) có y'=-3/(x-1)²<0 trên từng khoảng xác định, không đổi dấu, nên không có cực trị.

Từ đồ thị Hình 4: hàm số đạt cực đại tại $(-1;1)$ và cực tiểu tại $(1;-3)$. Suy ra $f^{\prime }(x)=3x^2+2ax+b$ có nghiệm $x=-1$ và $x=1$, nên $a=0$, $b=-3$. Vì $f(1)=-3$ nên $1-3+c=-3\Rightarrow c=-1$, tức $f(x)=x^3-3x-1$. Giá trị cực đại $f(-1)=1$. Đáp án (mã đề 1062): a) S, b) S, c) Đ, d) S. (Lời giải do AI suy luận từ đồ thị nguồn; nguồn không in lời giải chi tiết.)
a) Đúng theo đáp án mã đề 1062 (ý a) = S). Từ đồ thị, hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ và cực tiểu tại $x=1$, nên $f^{\prime }(x)=3x^2+2ax+b=0$ có hai nghiệm $x=\pm 1$, suy ra $a=0$, $b=-3$. Vậy khẳng định $b$ bằng 3 là sai. (Lời giải do AI suy ra từ đồ thị Hình 4, khớp đáp án nguồn.)
b) Sai theo đáp án mã đề 1062 (ý b) = S). Với $a=0$, $b=-3$, đồ thị đi qua điểm cực tiểu $(1;-3)$: $f(1)=1-3+c=-3\Rightarrow c=-1$. Vậy $c=-3$ là sai. (Lời giải do AI suy ra từ đồ thị Hình 4, khớp đáp án nguồn.)
c) Đúng theo đáp án mã đề 1062 (ý c) = Đ). Với $f(x)=x^3-3x-1$, giá trị cực đại $f(-1)=-1+3-1=1$. (Lời giải do AI suy ra từ đồ thị Hình 4, khớp đáp án nguồn.)
d) Sai theo đáp án mã đề 1062 (ý d) = S). Hàm số là $f(x)=x^3-3x-1$, không phải $x^3-3x^2+1$. (Lời giải do AI suy ra từ đồ thị Hình 4, khớp đáp án nguồn.)

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận xiên $y=x+1$, nên hàm số có dạng phân thức với mẫu $x+1$ và phần nguyên $x+1$. Xét $y=\frac{x^2+2x+2}{x+1}=x+1+\frac{1}{x+1}$. Khi đó $y(0)=2$ khớp với đồ thị (cắt trục tung tại 2), nhánh phải có cực tiểu tại $x=0$ với $y_{\min }=2$, nhánh trái có cực đại tại $x=-2$ với $y=-1$, đúng như hình vẽ. Loại A vì $y=\frac{x+2}{x+1}=1+\frac{1}{x+1}$ có tiệm cận ngang $y=1$; loại D vì $y=\frac{x^2+2x}{x+1}=x+1-\frac{1}{x+1}$ có $y(0)=0$ và cực tiểu $y=-1$ tại $x=0$; loại C vì là hàm bậc ba không có tiệm cận. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1062, câu 7: B).

(AI giải đề cho tôi)
Từ Hình 2: đồ thị hàm bậc ba có cực đại tại điểm $(0;2)$ và cực tiểu tại điểm có hoành độ $x=2$.

- $f^{\prime }(x)=3x^2-2ax+b$. Vì cực đại tại $x=0$ nên $f^{\prime }(0)=b=0$ → câu a đúng.
- $f(0)=c=2$ (cực đại có tung độ 2) → $c=2$, không phải $-2$ → câu d sai.
- Cực tiểu tại $x=2$: $f^{\prime }(2)=12-4a=0\Rightarrow a=3$. Vậy $f(x)=x^3-3x^2+2$, không phải $x^3-6x^2+2$ → câu b sai.
- Hàm số có hai điểm cực trị tại $x=0$ và $x=2$ → câu c đúng.

Khớp với đáp án nguồn (mã 1061, câu 3: Đ S Đ S).

a) Cực đại tại $x=0$ nên $f^{\prime }(0)=b=0$.

b) Từ đồ thị: $b=0$, $c=2$, cực tiểu tại $x=2$ cho $a=3$, vậy $f(x)=x^3-3x^2+2$.

c) $f^{\prime }(x)=3x^2-6x=3x(x-2)=0$ tại $x=0,2$, hai điểm cực trị là 0 và 2.

d) Cực đại tại điểm $(0;2)$ nên $c=f(0)=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: đường cong có tiệm cận đứng $x=1$ và tiệm cận xiên $y=x$ (đi qua gốc, hệ số góc 1). Xét phương án D: $y=\frac{x^2-x+2}{x-1}=x+\frac{2}{x-1}$. Ta có ${\lim }_{x\to 1^{+}}y=+\infty$, ${\lim }_{x\to 1^{-}}y=-\infty$ (nhánh phải phía trên, nhánh trái phía dưới — khớp hình vẽ), tiệm cận xiên $y=x$. Đạo hàm $y^{\prime }=1-\frac{2}{(x-1{)}^2}=0\Rightarrow x=1\pm \sqrt{2}$. Tại $x=1-\sqrt{2}$ (nhánh trái): $y=1-\sqrt{2}+\frac{2}{-\sqrt{2}}=1-2\sqrt{2}\approx -1,83\approx -2$, đúng với cực đại $-2$ trên hình. Các phương án khác không thỏa: A có tiệm cận đứng $x=-1$; B có $y=\frac{x^2-x-2}{x-1}=x-\frac{2}{x-1}$ cho giá trị trái dấu; C có hệ số góc tiệm cận xiên bằng $-1$. Vậy đáp án là D, trùng với đáp án mã đề 1061 trong bảng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=\frac{x^2+2x+2}{x+1}=\frac{(x+1{)}^2+1}{x+1}=(x+1)+\frac{1}{x+1}$, xác định trên $\mathbb{R}\setminus \{-1\}$.

a) Vì bậc tử bằng bậc mẫu + 1 và mẫu triệt tiêu tại $x=-1$, đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận xiên $y=x+1$. → Đúng.

b) Đặt $t=\cos x+1\in (0;2]$, khi đó $y=\frac{(\cos x+1{)}^2+1}{\cos x+1}=t+\frac{1}{t}$. Khi $t\to 0^{+}$ (tức $\cos x\to -1^{+}$) thì $y\to +\infty$, nên hàm số không có giá trị lớn nhất trên tập xác định này. Do đó khẳng định GTLN bằng $\frac{5}{2}$ là Sai. (Lưu ý $\frac{5}{2}$ chỉ là giá trị tại $t=2$, tức $\cos x=1$, nhưng đó không phải GTLN.) → Sai.

c) $y^{\prime }=1-\frac{1}{(x+1{)}^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1{)}^2}$. $y^{\prime }=0$ tại $x=0$ và $x=-2$; $y^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua $x=0$, nên $x=0$ là điểm cực tiểu với $y(0)=\frac{2}{1}=2$. Vậy $(0;2)$ là điểm cực tiểu của đồ thị. → Đúng.

d) $y^{\prime }>0\iff x(x+2)>0\iff x<-2$ hoặc $x>0$. Vậy hàm số đồng biến trên $(-\infty ;-2)$ và $(0;+\infty )$. → Đúng.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng, khớp với đáp án chính thức DSDD (mã đề 312, trang 10).
a) (AI giải đề cho tôi)
Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận xiên $y=x+1$ vì $y=(x+1)+\frac{1}{x+1}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $t=\cos x+1\in (0;2]$, $y=t+\frac{1}{t}\to +\infty$ khi $t\to 0^{+}$, nên hàm số không có GTLN; khẳng định GTLN $=\frac{5}{2}$ là sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{x(x+2)}{(x+1{)}^2}$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ tại $x=0$, $y(0)=2$, nên $(0;2)$ là điểm cực tiểu.
d) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }>0\iff x(x+2)>0\iff x\in (-\infty ;-2)\cup (0;+\infty )$, nên hàm số đồng biến trên hai khoảng đó.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=\frac{x^2-3x+5}{x+1}$, TXĐ $\mathbb{R}\setminus \{-1\}$. $y^{\prime }=\frac{(2x-3)(x+1)-(x^2-3x+5)}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x-8}{(x+1{)}^2}=\frac{(x+4)(x-2)}{(x+1{)}^2}$. a) $y^{\prime }<0$ khi $-4<x<2$, $x\ne -1$, nên hàm nghịch biến trên $(-4;-1)$ và $(-1;2)$ → Đúng. b) Tại $x=-4$: $y(-4)=\frac{16+12+5}{-3}=-11\ne -10$, nên $(-4;-10)$ không thuộc đồ thị, không phải điểm cực đại → Sai. c) $x=-1$ là tiệm cận đứng; do bậc tử = bậc mẫu + 1 nên đồ thị có tiệm cận xiên $y=x-4$, không có tiệm cận ngang → Sai. d) Đặt $t=\sin x\in [-1;1)$, $t\ne -1$; $f(t)=\frac{t^2-3t+5}{t+1}$, $f^{\prime }(t)=\frac{(t+4)(t-2)}{(t+1{)}^2}<0$ trên $[-1;1]$ nên $f$ nghịch biến, GTNN tại $t=1$: $f(1)=\frac{1-3+5}{2}=\frac{3}{2}\ne 1$ → Sai. Kết quả D-S-S-S khớp đáp án chính thức mã đề 311.
a) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{(x+4)(x-2)}{(x+1{)}^2}<0$ trên $(-4;-1)$ và $(-1;2)$ nên hàm nghịch biến trên hai khoảng này.
b) (AI giải đề cho tôi)
$y(-4)=\frac{16+12+5}{-3}=-11\ne -10$, điểm $(-4;-10)$ không thuộc đồ thị nên không phải điểm cực đại (điểm cực đại là $(-4;-11)$).
c) (AI giải đề cho tôi)
Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận xiên $y=x-4$ (do bậc tử hơn bậc mẫu 1), không có tiệm cận ngang.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $t=\sin x\in [-1;1)$, $f(t)=\frac{t^2-3t+5}{t+1}$ nghịch biến trên $[-1;1]$ vì $f^{\prime }(t)=\frac{(t+4)(t-2)}{(t+1{)}^2}<0$; GTNN $=f(1)=\frac{3}{2}\ne 1$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: tiệm cận đứng $x=1$, bậc tử số khác 0. Tiệm cận ngang $y=a<0$ (nhánh trái tiến về giá trị âm khi $x\to -\infty$). Giao điểm với trục tung: $y(0)=\frac{-b}{-1}=b$, đồ thị cắt trục tung tại $-2$ nên $b=-2<0$. Giao điểm với trục hoành: $ax-b=0\Rightarrow x=\frac{b}{a}=2$, suy ra $a=\frac{b}{2}=-1$. Vậy $a=-1$, $b=-2$, tức $b<a<0$. Khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-1;1)$, $f^{\prime }(1)=0$, $f^{\prime }(x)<0$ trên $(1;3)$, $f^{\prime }(x)>0$ trên $(3;+\infty )$; $f(-1)=0$, $f(1)=16$, $f(3)=0$, và trên $(3;+\infty )$ hàm đi từ 0 đến $+\infty$ (đồng biến).

a) Trên $(1;3)$ có $f^{\prime }(x)<0$ nên hàm nghịch biến. → Đúng.

b) Khi $x\to 3^{-}$ thì $f(x)\to 0$ và khi $x\to 3^{+}$ thì $f(x)\to 0$ (bảng cho $f$ đi từ 0 lên $+\infty$ trên $(3;+\infty )$), nên $x=3$ không phải tiệm cận đứng. → Sai.

c) Trên $(-1;3)$, hàm đồng biến trên $(-1;1)$ rồi nghịch biến trên $(1;3)$, đạt cực đại $f(1)=16$ là giá trị lớn nhất trên khoảng. → Đúng.

d) Với $x\in (3;+\infty )$ nguyên thì $x^2-1>8>3$, thuộc nhánh $(3;+\infty )$ nơi $f$ đồng biến. Bất phương trình $f(x^2-1)<f(35)$ trở thành $x^2-1<35\iff x^2<36\iff x<6$. Kết hợp $x>3$: $x\in \{4;5\}$, chỉ có 2 nghiệm nguyên chứ không phải 3. → Sai.

Khớp đáp án mã đề 1002: a) Đ, b) S, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(1;3)$ có $f^{\prime }(x)<0$ nên hàm số nghịch biến.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khi $x\to 3^{-}$ và $x\to 3^{+}$ thì $f(x)\to 0$ (giá trị hữu hạn), nên $x=3$ không phải tiệm cận đứng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(-1;3)$ hàm đồng biến rồi nghịch biến, đạt cực đại (đồng thời GTLN) $f(1)=16$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $x>3$ nguyên, $x^2-1>3$ và $f$ đồng biến trên $(3;+\infty )$ nên $f(x^2-1)<f(35)\iff x^2-1<35\iff x<6$. Vậy $x\in \{4;5\}$: chỉ 2 nghiệm nguyên, không phải 3.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $y=\frac{x^2+2x+2}{x+1}=x+1+\frac{1}{x+1}$, TXĐ $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$. Ta có $y^{\prime }=1-\frac{1}{(x+1{)}^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1{)}^2}$. a) Trên $(-2;-1)$ và $(-1;0)$ ta có $y^{\prime }<0$, nhưng hàm số không liên tục trên $(-2;0)$ (do $x=-1$), nên không nói hàm nghịch biến trên $(-2;0)$ → Sai. b) Tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận xiên $y=x+1$; giao điểm là $(-1;0)$ chứ không phải $I(-1;1)$ → Sai. c) $y^{\prime }=0$ tại $x=0$ (và $x=-2$); $y(0)=2$ và $y^{\prime \prime }=\frac{2}{(x+1{)}^3}>0$ tại $x=0$ nên $(0;2)$ là điểm cực tiểu, không phải cực đại → Sai. d) Tiệm cận xiên $y=x+1$ tức $x-y+1=0$; khoảng cách từ $O(0;0)$ là $\frac{|0-0+1|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ → Đúng. Kết quả S, S, S, Đ khớp bảng đáp án mã đề 1002.
a) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=1-\frac{1}{(x+1{)}^2}<0$ trên $(-2;-1)$ và $(-1;0)$, nhưng hàm không liên tục tại $x=-1$ nên không nghịch biến trên cả khoảng $(-2;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
TCĐ $x=-1$, TCX $y=x+1$; giao điểm là $(-1;0)$, không phải $(-1;1)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }(0)=0$, $y(0)=2$, $y^{\prime \prime }(0)=2>0$ nên $(0;2)$ là điểm cực tiểu, không phải cực đại.
d) (AI giải đề cho tôi)
TCX $y=x+1$ hay $x-y+1=0$; $d(O,\text{TCX})=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $y=\frac{x^2+2x+2}{x+1}=x+1+\frac{1}{x+1}$, tập xác định $\mathbb{R}\setminus \{-1\}$. Ta có $y^{\prime }=1-\frac{1}{(x+1{)}^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1{)}^2}$.
a) Trên $(-2;-1)$ và $(-1;0)$ ta có $y^{\prime }<0$, nhưng hàm số không liên tục tại $x=-1$ nên không thể nói nghịch biến trên cả khoảng $(-2;0)$ → Sai.
b) Tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận xiên $y=x+1$; giao điểm là $(-1;0)$ chứ không phải $I(-1;1)$ → Sai.
c) $y^{\prime }=0$ tại $x=0$ và $x=-2$. Qua $x=0$: $y^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ nên $x=0$ là điểm cực tiểu với $y(0)=2$, tức $(0;2)$ là điểm cực tiểu (không phải cực đại) → Sai.
d) Khoảng cách từ $O(0;0)$ đến tiệm cận xiên $x-y+1=0$ là $\frac{|1|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ → Đúng. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1001: S, S, S, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hàm nghịch biến trên từng khoảng $(-2;-1)$ và $(-1;0)$, không nghịch biến trên $(-2;0)$ do gián đoạn tại $x=-1$.
b) (AI giải đề cho tôi)
TCĐ $x=-1$, TCX $y=x+1$ cắt nhau tại $(-1;0)$, không phải $(-1;1)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ qua $x=0$ nên $(0;2)$ là điểm cực tiểu, không phải cực đại.
d) (AI giải đề cho tôi)
$d(O,x-y+1=0)=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: tiệm cận đứng $x=0,5$, tiệm cận ngang $y=-0,5$, đồ thị cắt Ox tại $(1;0)$ và cắt Oy tại $(0;-1)$.

Với $f(x)=\frac{-x+b}{cx+d}$: tiệm cận ngang $y=\frac{-1}{c}=-0,5\Rightarrow c=2$; tiệm cận đứng $x=-\frac{d}{c}=0,5\Rightarrow d=-1$; cắt Ox tại $x=b=1$; kiểm tra $f(0)=\frac{b}{d}=-1$ thỏa mãn. Vậy $b=1,c=2,d=-1$.

a) Tâm đối xứng là giao hai tiệm cận $\left(\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)$ → Đúng.

b) $b=1>0$, $d=-1<0$ trái dấu → Sai.

c) $f^{\prime }(x)=\frac{c(b-d)}{(cx+d{)}^2}=\frac{2\cdot 2}{(2x-1{)}^2}>0$ nên $f$ tăng trên $[2;5]$. Do đó $\min f=f(2)=\frac{-2+1}{4-1}=-\frac{1}{3}$, còn $f(5)=-\frac{4}{9}$ là giá trị lớn nhất → Sai (đề nói min bằng $-\frac{4}{9}$).

d) Diện tích tứ giác $MHOK$ (H, K là hình chiếu của $M(x;y)$) là $|xy|=\left|x\cdot \frac{-x+1}{2x-1}\right|=2$ với $x>0$.
- Nhánh $0<x<0,5$: $y<0$, $\frac{x(1-x)}{1-2x}=2\iff x^2-5x+2=0\Rightarrow x=\frac{5\pm \sqrt{17}}{2}$; chỉ $x=\frac{5-\sqrt{17}}{2}\approx 0,44$ thỏa $0<x<0,5$.
- Nhánh $x>0,5$: $\frac{x(x-1)}{2x-1}=2\iff x^2-5x+2=0$; chỉ $x=\frac{5+\sqrt{17}}{2}\approx 4,56$ thỏa.
Vậy chỉ có 2 điểm $M$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đối xứng là giao của tiệm cận đứng $x=0,5$ và tiệm cận ngang $y=-0,5$, tức $\left(\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị suy ra $c=2$, $d=-1$, $b=1$; vậy $b$ và $d$ trái dấu.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=\frac{4}{(2x-1{)}^2}>0$ nên hàm số tăng trên $[2;5]$; giá trị nhỏ nhất là $f(2)=-\frac{1}{3}$, không phải $-\frac{4}{9}$ (đó là giá trị lớn nhất $f(5)$).
d) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình $\left|x\cdot \frac{1-x}{2x-1}\right|=2$ với $x>0$ tương đương $x^2-5x+2=0$, cho đúng 2 nghiệm hợp lệ $x=\frac{5\pm \sqrt{17}}{2}$ (mỗi nhánh một nghiệm), nên chỉ có 2 điểm $M$, không phải 3.