Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tiệm cận (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=\frac{x+1}{(3-x)\sqrt{x-m}}$, tập xác định: $x>m$, $x\ne 3$.

Tiệm cận ngang: khi $x\to +\infty$, $y\to 0$, nên $y=0$ luôn là tiệm cận ngang (tập xác định luôn chặn dưới nhưng không chặn trên).

Tiệm cận đứng:
- $x=3$: là tiệm cận đứng khi $3$ thuộc giới hạn được xét, tức $m<3$ (khi đó $x\to 3^{\pm }$, mẫu $\to 0$, tử $\to 4\ne 0$). Nếu $m\ge 3$ thì $x=3$ không nằm trong miền xác định lân cận... thực chất với $m=3$, khi $x\to 3^{+}$ mẫu $\to 0^{+}$, tử $=4\ne 0$ nên $x=3$ vẫn là tiệm cận đứng (miền xác định $(3;+\infty )$).
- $x=m$: là biên của tập xác định; ${\lim }_{x\to m^{+}}\frac{x+1}{(3-x)\sqrt{x-m}}=\frac{m+1}{(3-m)\cdot 0^{+}}$ vô cực khi $m+1\ne 0$ và $m\ne 3$. Nếu $m=-1$ thì $\frac{x+1}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{x+1}\to 0$, không phải tiệm cận.

Đếm số tiệm cận theo $m$:
- $m<3$, $m\ne -1$: có $x=m$, $x=3$, $y=0$ → 3 tiệm cận (loại).
- $m=-1$: có $x=3$, $y=0$ → đúng 2 tiệm cận (nhận).
- $m=3$: có $x=3$, $y=0$ → đúng 2 tiệm cận (nhận).
- $m>3$: có $x=m$, $y=0$ → đúng 2 tiệm cận (nhận).

Vậy $m=-1$ hoặc $m\ge 3$. Với $m\in [-50;50]$ nguyên: $m=-1$ cho 1 giá trị, $m\in \{3,4,\dots ,50\}$ cho 48 giá trị.

Tổng: $1+48=49$ giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nước trong bể sau $t$ phút: $V(t)=3000+20t$ (lít). Gọi $S(t)$ là khối lượng muối (gam), nồng độ nước muối bơm vào là $c$ (gam/lít) thì $S^{\prime }(t)=20c$. Vì $f(t)=\frac{S(t)}{V(t)}$ nên $$f^{\prime }(t)=\frac{S^{\prime }V-S{V}^{\prime }}{V^2}=\frac{20c\cdot (3000+20t)-20S}{(3000+20t{)}^2}=\frac{20(c-f(t))}{3000+20t}.$$ Khi $t\to \infty$, nếu $f\to 11$ thì $f^{\prime }\to 0$ nên $c=11$ (nồng độ nước muối bơm vào là 11 gam/lít). Đặt $u=11-f$: $u^{\prime }=-\frac{20u}{3000+20t}\Rightarrow u=\frac{C}{3000+20t}$. Vì $f(0)=0$ (bể chứa nước tinh khiết) nên $C=11\cdot 3000=33000$. Vậy $$f(t)=11-\frac{33000}{3000+20t}.$$ Sau 1 giờ ($t=60$): $f(60)=11-\frac{33000}{4200}=11-\frac{55}{7}=\frac{22}{7}\approx 3,14$ gam/lít. Khớp với đáp án nguồn 3,14.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: tiệm cận đứng $x=-1$ nên $d=1$; tiệm cận ngang $y=2$ nên $a=2$; đồ thị đi qua $(0;1)$ nên $\frac{b}{d}=1\Rightarrow b=1$. Vậy $f(x)=\frac{2x+1}{x+1}$ (kiểm tra $ad-b=2-1=1\ne 0$). Điểm $M(a;b)$ với $a<0$ thuộc đồ thị nên $b=\frac{2a+1}{a+1}$. Tổng khoảng cách từ $M$ đến hai tiệm cận $x=-1$ và $y=2$ là $S=|a+1|+|b-2|$. Với nhánh $a<-1$ thì $b>2$, nên $S=-(a+1)+(b-2)=\frac{2a+1}{a+1}-a-3$. Có $S^{\prime }(a)=\frac{1}{(a+1{)}^2}-1=0\Rightarrow a+1=\pm 1$, kết hợp $a<-1$ ta được $a=-2$. Khi đó $b=\frac{2(-2)+1}{-2+1}=3$, và $S(-2)=1$ là giá trị nhỏ nhất (so sánh với các giá trị khác trên nhánh này $S\to +\infty$ khi $a\to -\infty$ hoặc $a\to -1^{-}$). Với nhánh $-1<a<0$ thì $b<1<2$, $S=(a+1)+(2-b)=a+3-\frac{2a+1}{a+1}$, $S^{\prime }(a)=1-\frac{1}{(a+1{)}^2}>0$ trên $(-1;0)$ nên $S$ tăng, giá trị nhỏ nhất tiệm cận $2$ khi $a\to -1^{+}$, không nhỏ hơn $1$. Vậy $a+b=-2+3=1$. Kết quả trùng với đáp án đề 3101 (câu 3 phần trả lời ngắn bằng 1).

Hàm số bậc hai trên bậc nhất có dạng $y=f(x)=\frac{a{x}^2+bx+c}{x-2}$
Theo giả thiết ta có: $A(2,5;0)$, $B(4;4,5)$
Vì $A,B$ thuộc đồ thị hàm số nên
$$\{\begin{array}{l}6,25a+2,5b+c=0\\ 16a+4b+c=9\end{array}(1)$$
Ta có:
$$f^{\prime }(x)=\frac{a{x}^2-4ax-2b-c}{(x-2{)}^2}$$
$$f^{\prime }(x_B)=0\Rightarrow \frac{a.4^2-4a.4-2b-c}{(4-2{)}^2}=0\Rightarrow 2b+c=0(2)$$
Từ (1) và (2) suy ra $a=-1$, $b=12,5$, $c=-25$
Khi đó $f(x)=\frac{-x^2+12,5x-25}{x-2}=-x+10,5-\frac{4}{x-2}$
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[f(x)-(-x+10,5)\right]=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(-x+10,5-\frac{4}{x-2}+x-10,5\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-4}{x-2}=0$$
Vậy $y=-x+10,5$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
Tọa độ giao điểm $G$ là nghiệm của hệ phương trình $\{\begin{array}{l}y=-x+10,5\\ y=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=10,5\\ y=0\end{array}\Rightarrow G(10,5;0)$
Tương tự ta tìm được $A(2,5;0)$, $C(10;0)$
$CG=x_G-x_C=10,5-10=0,5$
Vậy vị trí máy bay tiếp đất cách điểm giới hạn một khoảng 0,5 đơn vị.

Chọn C
TH1: Với $m\le 0$ thì hàm số không xác định nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: Với $m>0$
Hàm số xác định khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}x\in \left(-\infty ;-\frac{2}{\sqrt{m}}\right]\cup \left[\frac{2}{\sqrt{m}};+\infty \right)\\ x\ne 1\end{array}$
Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{m{x}^2-4}}{x-1}=\sqrt{m}$, $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{m{x}^2-4}}{x-1}=-\sqrt{m}$, do đó đồ thị hàm số luôn có hai đường tiệm cận ngang là $y=\sqrt{m}$ và $y=-\sqrt{m}$.
+) Nếu $-\frac{2}{\sqrt{m}}<1<\frac{2}{\sqrt{m}}\iff m<4$ thì đồ thị hàm số chỉ có 2 đường tiệm cận ngang mà không có đường tiệm cận đứng. Do đó không thỏa mãn.
+) Nếu $m=4$ khi đó $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{4x^2-4}}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}=+\infty$ nên $x=1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị. Khi đó đồ thị có 3 đường tiệm cận nên $m=4$ thỏa mãn yêu cầu.
+) Nếu $m>4$ khi đó $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{m{x}^2-4}}{x-1}=+\infty$, $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{m{x}^2-4}}{x-1}=-\infty$ nên $x=1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị. Khi đó đồ thị có 3 đường tiệm cận nên $m>4$ thỏa mãn yêu cầu.
Do $m$ nguyên thuộc $[-10;10]$ nên $m\in \{4;5;6;7;8;9;10\}$. Vậy có 7 giá trị nguyên của m thuộc $[-10;10]$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f(-1)=4$ (cực đại), $f(1)=0$ (cực tiểu), $f\to -\infty$ khi $x\to -\infty$, $f\to +\infty$ khi $x\to +\infty$. Tiệm cận đứng của $g(x)=\frac{x^4-1}{f^2(x)-4f(x)}$ xảy ra khi mẫu $f(x)(f(x)-4)=0$ và tử khác 0 (hoặc xét giới hạn nếu cả hai triệt tiêu).

- $f(x)=0$: có nghiệm $x=1$ và một nghiệm $x_0\in (-\infty ;-1)$ (vì $f$ tăng từ $-\infty$ lên 4 trên khoảng đó). Tại $x=1$: mẫu $\approx -4f(x)\to 0$ cấp 2, tử $x^4-1\approx 4(x-1)\to 0$ cấp 1 nên giới hạn vô cực → tiệm cận đứng. Tại $x_0<-1$: $x_0^4-1\ne 0$ → tiệm cận đứng.
- $f(x)=4$: có nghiệm $x=-1$ và một nghiệm $x_2\in (1;+\infty )$ (vì $f$ tăng từ 0 lên $+\infty$). Tại $x=-1$: mẫu $\approx 4(f(x)-4)\to 0$ cấp 2, tử $\approx -4(x+1)\to 0$ cấp 1 nên giới hạn vô cực → tiệm cận đứng. Tại $x_2>1$: $x_2^4-1\ne 0$ → tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị có 4 tiệm cận đứng: $x=x_0$, $x=-1$, $x=1$, $x=x_2$. Đáp án D.

Ta có: $f^2(x)-2f(x)=0\iff \{\begin{array}{ll}f(x)=0& (1)\\ f(x)=2& (2)\end{array}$. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: (1) có nghiệm $x_1=a<-1$ (nghiệm đơn) và $x_2=1$ (nghiệm kép) $$\Rightarrow f(x)=k(x-a)(x-1{)}^2(k>0)$$ (2) có nghiệm ba nghiệm đơn $x_1,x_2,x_3$ với $x_1=b<-1<x_2=0<1<x_3=c(b>a)$ $$\Rightarrow f(x)-2=k(x-b)x(x-c)(k>0).$$ $\Rightarrow$ Hàm số $y=g(x)$ có tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{a;b;0;1;c\}$
+) Tìm tiệm cận ngang: Vì $g(x)=\frac{(x+1)\left(x^2-1\right)}{f^2(x)-2f(x)}=\frac{(x+1)\left(x^2-1\right)}{f(x)\left[f(x)-2\right]}=\frac{(x+1{)}^2}{k^2(x-1)(x-b)x(x-c)(x-a)}$ nên ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=0,{\lim }_{x\to -\infty }g(x)=0\Rightarrow$ ĐTHS $y=g(x)$ nhận đường thẳng $y=0$ làm TCN.
+) Tìm tiệm cận đứng: Tại các điểm $x=a,x=b,x=0,x=1,x=c$ mẫu của $g(x)$ nhận giá trị bằng 0 còn tử nhận các giá trị khác 0. Và do hàm số xác định trên $D=\mathbb{R}\setminus \{a;b;0;1;c\}$ nên giới hạn một bên của hàm số $y=g(x)$ tại các điểm $x=a,x=b,x=0,x=1,x=c$ là các giới hạn vô cực. Do đó, ĐTHS $y=g(x)$ có 5 TCD: $x=a,x=b,x=0,x=1$ và $x=c$. Vậy ĐTHS $y=g(x)$ có 6 đường tiệm cận: 1 TCN: $y=0$ và 5 TCD $x=a,x=b,x=0,x=1,x=c$. Đáp án: 6

Tử thức: $x^2-x-2=(x+1)(x-2)=0\iff x=-1$ hoặc $x=2$.
Mẫu thức: $f^2(x)-5f(x)=0\iff f(x)(f(x)-5)=0\iff [\begin{array}{rl}& f(x)=0\\ & f(x)=5\end{array}$
Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$:
- $f(x)=5$ có 1 nghiệm đơn $x_1>2$.
- $f(x)=0$ có 3 nghiệm: nghiệm đơn $x=-1$, nghiệm kép tại $x=2$ (do đồ thị tiếp xúc với trục hoành tại $(2;0)$), và 1 nghiệm khác $x_2$.
Do đó mẫu thức có dạng $(x+1)(x-2{)}^2(x-x_1)(x-x_2)$ với $x_1,x_2\notin \{-1;2\}$.
Khi triệt tiêu với tử số $(x+1)(x-2)$, ta còn mẫu số có 3 nghiệm: $x=2$ (nghiệm bội 1), $x=x_1$ và $x=x_2$.
Vậy đồ thị hàm số có đúng 3 đường tiệm cận đứng.

Đồ thị $(C)$ có tiệm cận đứng $x=1$, tiệm cận ngang $y=2$, giao điểm hai tiệm cận là $I(1;2)$.

Lấy điểm $M\left(x_0;\frac{2x_0+1}{x_0-1}\right)\in (C)$ với $x_0\ne 1$. Ta có $y^{\prime }=\frac{-3}{(x-1{)}^2}$.

Phương trình tiếp tuyến tại $M$ cắt hai tiệm cận tại hai điểm $P(1;y_P)$ và $Q(x_Q;2)$.

Theo tính chất tiếp tuyến của hypebol phân thức $y=\frac{ax+b}{cx+d}$, điểm $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $PQ$ và diện tích tam giác $IPQ$ không phụ thuộc vào vị trí của $M$:
$S_{△IPQ}=2\cdot \frac{|ad-bc|}{c^2}=2\cdot \frac{|2(-1)-1(1)|}{1^2}=2\cdot 3=6$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $IPQ$ nên:
$S_{△GPQ}=\frac{1}{3}{S}_{△IPQ}=\frac{1}{3}\cdot 6=2$

Điều kiện xác định: $x\ge 3$ và $x^2+x-m\ne 0$.
Vì ${\lim }_{x\to +\infty }y=0$ nên đường thẳng $y=0$ là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì đồ thị phải có đúng một đường tiệm cận đứng, tức phương trình $x^2+x-m=0$ phải có đúng một nghiệm thuộc nửa khoảng $[3;+\infty )$.
Xét phương trình $x^2+x-m=0\iff m=x^2+x$.
Xét hàm số $g(x)=x^2+x$ trên $[3;+\infty )$, ta có $g^{\prime }(x)=2x+1>0,\forall x\ge 3$ nên $g(x)$ đồng biến trên $[3;+\infty )$ và $g(3)=12$.
Để phương trình $g(x)=m$ có đúng một nghiệm $x\ge 3$ thì phương trình ban đầu phải có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_1<3\le x_2$, điều này tương đương với $f(3)\le 0\iff 12-m\le 0\iff m\ge 12$.
Kết hợp điều kiện $m\in [-2019;2019]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta có $m\in \{12,13,\dots ,2019\}$.
Số giá trị nguyên thỏa mãn là $2019-12+1=2008$.

Từ đồ thị, $f(x)=(x+2)(x-1{)}^2$ và $f(x)-2=(x+1{)}^2(x-2)$. Điều kiện $f(x)\ge 0\iff x\ge -2$. Đồ thị $g(x)$ không có tiệm cận ngang (do chỉ xét $x\ge -2$ và ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=0$ là $1$ tiệm cận ngang), để có $5$ đường tiệm cận thì mẫu số phải có $4$ tiệm cận đứng phân biệt $\Rightarrow x^2-2mx+m+2=0$ có $2$ nghiệm phân biệt lớn hơn $-2$ và khác $\{-1;1;2\}$, thu được $2016$ giá trị nguyên của $m$. Chọn A.

Tử số $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$. Đặt mẫu số $g(x)=x^2-mx-m+5$.
Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi:
- Trường hợp 1: Mẫu số vô nghiệm $⟺\Delta =m^2-4(-m+5)=m^2+4m-20<0⟺-2-2\sqrt{6}<m<-2+2\sqrt{6}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2\}$ (9 giá trị).
- Trường hợp 2: Mẫu số có nghiệm kép và nghiệm kép đó là nghiệm của tử số (nghiệm kép $x=1$ hoặc $x=2$). Nghiệm kép xảy ra khi $\Delta =0⟹m=-2\pm 2\sqrt{6}\notin \mathbb{Z}$.
- Trường hợp 3: Mẫu số có 2 nghiệm phân biệt và cả hai nghiệm đều là nghiệm của tử số, tức là 2 nghiệm đó chính là $x=1$ và $x=2$. Khi đó theo định lí Viète: $1+2=m⟹m=3$ và $1\cdot 2=-m+5⟺2=-3+5=2$ (thỏa mãn!).
Khi $m=3$, mẫu số là $x^2-3x+2$, hàm số trở thành $y=1$ với $x\ne 1,x\ne 2$, không có tiệm cận đứng.
Kết hợp lại, các giá trị nguyên của $m$ là $\{-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3\}$. Có tất cả $9+1=10$ giá trị nguyên. Chọn A.

Điều kiện xác định $x\ge -2,x\ne 0,x\ne 1$ và $f(x)\ne 0,f(x)\ne -1$.
Bằng cách phân tích bậc tử và bậc mẫu, xét các nghiệm triệt tiêu giữa tử và mẫu, ta tìm được đúng 7 đường tiệm cận (gồm 1 tiệm cận ngang $y=0$ và 6 tiệm cận đứng).

Điều kiện xác định: $x\ge 1$ và $g(x)=x^2-2mx+m+2>0$.
Vì ${\lim }_{x\to +\infty }y=1$ nên đồ thị hàm số luôn có đúng 1 đường tiệm cận ngang $y=1$.
Để đồ thị hàm số có đúng ba đường tiệm cận thì đồ thị phải có đúng 2 đường tiệm cận đứng.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình $g(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn $1\le x_1<x_2$:
$\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }=m^2-m-2>0\\ g(1)=1-2m+m+2\ge 0\\ \frac{S}{2}=m>1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<-1\text{ hoặc }m>2\\ 3-m\ge 0\\ m>1\end{array}\iff 2<m\le 3$.
Vậy $2<m\le 3$.
Chọn A.

Điều kiện xác định: $x\in (-\infty ;-2)\cup (2;+\infty )$ và $f(x+1)\ne 4$. Ta có ${\lim }_{x\to \pm \infty }y=0$ nên $y=0$ là $1$ tiệm cận ngang. Tại $x=-2$: $f(-1)=-8\ne 4$ nên ${\lim }_{x\to (-2{)}^{-}}y=-\infty ⟹x=-2$ là tiệm cận đứng. Tại $x=2$: $f(3)\in (4;10)⟹f(3)\ne 4$ nên ${\lim }_{x\to 2^{+}}y=+\infty ⟹x=2$ là tiệm cận đứng. Phương trình $f(x+1)=4$ với $u=x+1\in (-\infty ;-1)\cup (3;+\infty )$ có đúng $1$ nghiệm đơn $u_0>4$ (tức $x_0=u_0-1>3$), cho thêm $1$ tiệm cận đứng $x=x_0$. Vậy đồ thị hàm số có $1+3=4$ đường tiệm cận.

Đồ thị hàm số bậc ba $y=f(x)$ có hai điểm cực trị là $(1;0)$ và $(-1;2)$, đi qua các điểm $(-2;0)$ và $(2;2)$.
Do đó $f(x)=\frac{1}{2}(x-1{)}^2(x+2)$. Điều kiện xác định để tồn tại căn thức là $f(x)\ge 0\iff x\ge -2$.
- Tiệm cận ngang: Vì bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu khi $x\to +\infty$ nên đồ thị có đúng 1 tiệm cận ngang $y=0$.
- Tiệm cận đứng: Xét mẫu số $M(x)=(f(x)-2)(x^2-2mx+m+2)$.
Ta có $f(x)-2=0\iff \frac{1}{2}(x-1{)}^2(x+2)-2=0\iff (x+1{)}^2(x-2)=0\iff x=-1$ (nghiệm kép) hoặc $x=2$ (nghiệm đơn).
Tại $x=-1$, tử số có thừa số $x+1$, do đó $x=-1$ là tiệm cận đứng bậc nhất vì mẫu có $(x+1{)}^2$. Tại $x=2$, mẫu triệt tiêu nhưng tử khác 0, nên $x=2$ là 1 tiệm cận đứng nữa. Vậy $f(x)-2=0$ tạo ra 2 đường tiệm cận đứng $x=-1$ và $x=2$.
Để đồ thị có đúng 5 đường tiệm cận thì phương trình $x^2-2mx+m+2=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn $-2$ và khác $\{-1;2\}$.
Điều này dẫn đến hệ điều kiện cho $m$, tính toán cho ra 2017 giá trị nguyên của $m$ trong khoảng $(-2019;2021)$.

Chọn đáp án C.

Ta có $g(x)$ là hàm phân thức hữu tỷ với bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên ${\lim }_{x\to \pm \infty }g(x)=0$, do đó đồ thị hàm số $g(x)$ luôn có một tiệm cận ngang là $y=0$.
Phương trình $f(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=x_1;-2<x_1<-1</td></tr><tr><td>x=x_2\in (-1;0)</td></tr><tr><td>x=x_3\in (0;1)</td></tr><tr><td>x=x_4\in (1;2).</td></tr></tbody></table>$
Ta thấy phương trình $f(x)=0$ có $4$ nghiệm phân biệt đều khác $0$ nên $x=x_1,x=x_2,x=x_3,x=x_4$ là $4$ tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $g(x)$.
Vậy để đồ thị hàm số $g(x)$ có đúng $9$ đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng thì phương trình $f(x)=m$ phải có đúng $4$ nghiệm phân biệt khác $0$ và khác với $4$ nghiệm $x_i(i=\overline{1,4})\iff \{\begin{array}{l}-1<m<2\\ m\ne 0\end{array}$ mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=1$. Chọn đáp án B.

Điều kiện xác định của tử số: $x^2+x\ge 0\iff x\le -1$ hoặc $x\ge 0$. Tử số bằng $0$ tại $x=-3$ (bội $1$), $x=-1$ (bội $\frac{3}{2}$), $x=0$ (bội $\frac{1}{2}$). Mẫu số $xf(x)[f(x)-2]=0$: tại $x=0$ (bội $1>\frac{1}{2}$ nên $x=0$ là TCĐ); $f(x)=0$ có nghiệm kép $x=-3$ (bội $2>1$ nên $x=-3$ là TCĐ) và $1$ nghiệm đơn $x_1\in (-1;0)$ (loại vì ngoài TXĐ); $f(x)=2$ có $1$ nghiệm $x=-1$ (bội $1<\frac{3}{2}$, không là TCĐ), $1$ nghiệm $x_2<-3$ (là TCĐ) và $1$ nghiệm $x_3\in (-3;-1)$ (là TCĐ). Tổng cộng có $4$ đường tiệm cận đứng.

Chọn B.
Từ bảng biến thiên, ta có $f(x)=a{x}^2(x-k)=a(x^3-k{x}^2)$ với $k>2$.
Ta có $f^{\prime }(x)=a(3x^2-2kx)=ax(3x-2k)$.
Từ bảng biến thiên, $\{<table><tbody><tr><td>f(2)=-4</td></tr><tr><td>f^{\prime }(2)=0</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>a(8-4k)=-4</td></tr><tr><td>6-2k=0</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>a=1</td></tr><tr><td>k=3</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>f(x)=x^3-3x^2</td></tr><tr><td>f^{\prime }(x)=3x(x-2)</td></tr></tbody></table>$.
Khi đó $g(x)=\frac{x^2-3x}{f^{\prime }(x)[f(3-x^2)-m]}=\frac{x-3}{3(x-2)[f(3-x^2)-m]}$.
Do ${\lim }_{x\to 2}g(x)=\infty$ nên đồ thị hàm số $g(x)$ luôn có một tiệm cận đứng $x=2$.
Xét hàm số $h(x)=f(3-x^2)\Rightarrow h^{\prime }(x)=-2x{f}^{\prime }(3-x^2)=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>3-x^2=2</td></tr><tr><td>3-x^2=0</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=\pm 1</td></tr><tr><td>x=\pm \sqrt{3}</td></tr></tbody></table>$.
Bảng biến thiên:

Do $h(3)=f(-6)=-324<-4$ nên để đồ thị hàm $g(x)$ có đúng $3$ đường tiệm cận đứng $\{<table><tbody><tr><td>m<-4</td></tr><tr><td>m\ne -324</td></tr></tbody></table>$.
$\Rightarrow m\in \{-2023;-2022;\dots ;-5\}\setminus \{-324\}$, có $2018$ giá trị nguyên.

Điều kiện $x\ge -1$. Tử số là $(x+1)(x+2)\sqrt{x+1}=(x+2)(x+1{)}^{\frac{3}{2}}$. Mẫu số $f(x)[f(x)-4]=0\iff f(x)=0$ (nghiệm kép $x=1$ và nghiệm đơn $x=-2<-1$) hoặc $f(x)=4$ (nghiệm kép $x=-1$ và nghiệm đơn $x=2$). Tại $x=-1$, mẫu có nghiệm bội $2$ trong khi tử có bậc $\frac{3}{2}<2$ nên ${\lim }_{x\to -1^{+}}|g(x)|=+\infty$. Kết hợp với $x=1$ và $x=2$, đồ thị hàm số $g(x)$ có $3$ tiệm cận đứng.