Phần III. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn (Thí sinh trả lời từ câu 01 đến câu 06)

Cho \(f\left( x \right)\) là hàm bậc bốn và có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{f\left( x \right) - 1}}\) có bao nhiêu đường tiệm cận ngang?

a) \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2x + 6}}\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

\({y^/} = \frac{{{x^2} - 2x + 6 - \left( {2x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 6} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {y^/} = \frac{{ - {x^2} - 2x + 8}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 6} \right)}^2}}}.\)

Suy ra \({y^/} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4\\x = 2\end{array} \right..\) Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 4;2} \right)\). Vậy câu a) đúng.

b) Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\). Vậy câu b) sai.

c) \({y^/} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4;\,y = \frac{{ - 1}}{{10}}\\x = 2;\,\,y = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị \(A\left( { - 4;\,\frac{{ - 1}}{{10}}} \right)\) và \(B\left( {2;\,\frac{1}{2}} \right)\) là \(\left( \Delta  \right):x - 10y + 3 = 0.\) Theo giả thiết, do \(d \bot \Delta \) nên \(1.\left( {2m + 3} \right) - 10.m = 0 \Leftrightarrow m = \frac{3}{8}.\) Vậy câu c) đúng.

d) Đặt \[t = \cos x - \sqrt 3 \sin x + 1 \Leftrightarrow t = 2\left( {\frac{1}{2}.\cos x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x} \right) + 1 \Leftrightarrow t = 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + 1\]; \(t \in \left[ { - 1;3} \right].\)Ta có \(g\left( t \right) = f\left( t \right) + {m^2} = \frac{{t + 1}}{{{t^2} - 2t + 6}} + {m^2},\,\,\,t \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow {g^/}\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} - 2t + 8}}{{{{\left( {{t^2} - 2t + 6} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 4\,\left( l \right)\\t = 2\,\left( n \right)\end{array} \right..\) Ta tính được \(g\left( { - 1} \right) = {m^2},\,\,\,g\left( 2 \right) = \frac{1}{2} + {m^2},\,\,f\left( 3 \right) = \frac{4}{9} + {m^2}.\) Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) = {m^2} + \frac{1}{2}.\) Theo giả thiết, \({m^2} + \frac{1}{2} > 5 \Leftrightarrow {m^2} > \frac{9}{2} \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - \frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}; + \infty } \right).\) Kết hợp với \(m\) là số nguyên và \(m \in \left[ { - 2;2028} \right]\) ta suy ra có \(2026\) giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy câu d) sai.

a) Đồ thị \(\left( C \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x = 1.\) Vậy câu a) đúng.

b) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}} \Leftrightarrow y = x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}.\) Suy ra \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\left( {x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}} \right) - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{x - 1}} = 0\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\left( {x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}} \right) - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{x - 1}} = 0\]. Dẫn đến \(y = x + 3\) là tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( C \right)\). Vậy câu b) sai.

c) \(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right):y = x + 3 + \frac{2}{{x - 1}}\) có tọa độ nguyên khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\y \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\2 \vdots \left( {x - 1} \right)\end{array} \right.\). Từ đó

\(\left[ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\x - 1 =  - 2\\x - 1 = 1\\x - 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3;\,\,y = 7\,\\x =  - 1;\,\,y = 1\\x = 2;\,\,y = 7\\x = 0;\,\,y = 1\end{array} \right..\) Dẫn đến đồ thị \(\left( C \right)\) có đúng 4 điểm có tọa độ nguyên. Vậy câu c) đúng.

d) Phương trình hoành độ \(mx - m = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x - 1}}\,\,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \(1.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\{\Delta ^/} = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) > 0\\m - 1 - 2\left( {m + 1} \right) + 1 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m >  - 1\\m \in \mathbb{R}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m >  - 1\end{array} \right..\)

Gọi \(A\left( {{x_1};m{x_1} - m} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};m{x_2} - m} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {CA}  = \left( {{x_1} + 2;m{x_1} - m} \right),\,\,\,\overrightarrow {CB}  = \left( {{x_2} + 2;m{x_2} - m} \right)\,\). Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 2} \right).\left( {{x_2} + 2} \right) + \left( {m{x_1} - m} \right).\left( {m{x_2} - m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 + {m^2}\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{{m - 1}} + 4.\frac{{m + 1}}{{m - 1}} + 4 + {m^2}\left( {\frac{{m + 1}}{{m - 1}} - 2.\frac{{m + 1}}{{m - 1}} + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 2{m^2} + 9m + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m_1} = \frac{{9 + \sqrt {89} }}{4}\,\left( n \right)\\{m_2} = \frac{{9 - \sqrt {89} }}{4}\,\left( n \right)\end{array} \right..\) Suy ra \({m_1} + {m_2} = \frac{9}{2}.\) Vậy câu d) sai.