Ôn thi Toán THPT 2019 Bài Toán tiếp tuyền sự tiếp xúc

Bộ GDĐT đã đưa ra bộ đề thi mẫu cho 14 môn học giúp học sinh xác định được cấu trúc và dạng bài cần ôn tập. Dựa trên đề Toán mẫu, nhiều giáo viên tổ Toán đã xây dựng bảng phân tích ma trận kiến thức thi THPT quốc gia 2019 môn Toán. Các phân tích cụ thể này sẽ hỗ trợ học sinh trong việc tự học và ôn thi THPT quốc gia 2019. Mỗi bản phân tích ma trận kiến thức gồm có các nội dung: cấu trúc, dạng bài, so sánh đề thi 2018 và định hướng, lưu ý dành cho các thí sinh.

Câu 1: [2D1-7-4] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018) Cho hàm số 2x 1 y có đồ thị  C  Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để x 1 đường thẳng  d  : y  x  m cắt  C  hai điểm phân biệt A, B cho tiếp tuyến với C  A có hệ số góc B k1 , k2 thoả mãn 1    k1  k2   2018k12018k22018 Tổng giá trị tất phần tử S k1 k2 A 2018 B C D Lời giải Chọn D Hoành độ giao điểm  d   C  nghiệm phương trình  g  x   x   m  1 x  m   0, x  1 2x 1  xm x 1 * Để  d  cắt  C  hai điểm phân biệt A, B phương trình * phải có hai    nghiệm phân biệt khác 1 thì:   m   ;1   5;   g       Khi đó, gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình * thì: A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  x1  x2   m x1 x2  m  Ta có: k1  f '  x1    x1  1 , k2  f '  x2    x2  1 Suy ra: k1k2   x1  1   x2  1   x1  1  x2  1 2   x1 x2  x1  x2  1   m   m   1 Theo ra:   1 2018    k1  k2   2018k12018 k22018   k1  k2      2018  k1k2  k1 k2  k1k2    k1  k2   2018 1    3   2018 2   x1  1  x2  1   x1  1   x2  1 2  x1  1  x2  1 3 3  2018 x12  x22   x1  x2    2018  x1 x2  x1  x2  1   x1  x2    x1  x2   x1 x2    2018     m  1  12  m  1  2012   9 m    9 m   24180 24180 Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị m thoả mãn ra: m  m  24180 ,  24180 Do tổng giá trị tất phần tử S Câu 2: [2D1-7-4] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018 - BTN) Cho hàm số 2x 1 y có đồ thị  C  Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để x 1 đường thẳng  d  : y  x  m cắt  C  hai điểm phân biệt A, B cho tiếp tuyến với C  A B có hệ số góc k1 , k2 thoả mãn 1    k1  k2   2018k12018k22018 Tổng giá trị tất phần tử S k1 k2 A 2018 B C D Lời giải Chọn D Hoành độ giao điểm  d   C  nghiệm phương trình  g  x   x   m  1 x  m   0, x  1 2x 1  xm x 1 * Để  d  cắt  C  hai điểm phân biệt A, B phương trình * phải có hai     m   ;1   5;   nghiệm phân biệt khác 1 thì:  g       Khi đó, gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình * thì: A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  x1  x2   m x1 x2  m  Ta có: k1  f '  x1    x1  1 , k2  f '  x2    x2  1 Suy ra: k1k2   x1  1   x2  1   x1  1  x2  1 2   x1 x2  x1  x2  1   m   m   1 Theo ra:   1 2018    k1  k2   2018k12018 k22018   k1  k2      2018  k1k2  k1 k2  k1k2    k1  k2   2018    3   2018 2   x1  1  x2  1   x  1   x2  1 3 2  x1  1  x2  1 3  2018 x12  x22   x1  x2    2018  x1 x2  x1  x2  1   x1  x2    x1  x2   x1 x2    2018     m  1  12  m  1  2012   9 m    9 m   24180 24180 Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị m thoả mãn ra: m  m  24180 Do tổng giá trị tất phần tử S  24180 , 1 Câu 3: [2D1-7-4] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục , thỏa mãn f  x   f 1  x   12 x Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ là: A y  x  y  4x  B y  x  C y  x  D Lời giải Chọn D Từ f  x   f 1  x   12 x (*), cho x  x  ta  2 f    f 1     f    f 1   f 1  Lấy đạo hàm hai vế (*) ta f   x   f  1  x   24 x , cho x  x ta 4 f     f  1   f  1     f  f  12      Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm x  y  f  1 x  1  f 1  y   x  1   y  x  Câu 4: [2D1-7-4] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần -2018) Cho hàm số y  f  x    x3  x  có đồ thị  C  điểm M  m;  Gọi S tập giá trị thực m để qua M kẻ hai tiếp tuyến với đồ thị  C  Tổng phần tử S A 12 B 20 C 19 D 23 Lời giải Chọn B Ta có: f   x   3x  12 x Phương trình tiếp tuyến M  x o ; yo  có dạng:    : y  f   xo  x  xo   f  xo  Do tiếp tuyến qua M  m;  nên ta có:   3xo2  12 xo   m  xo     xo3  xo2    xo3   3m   xo2  12mxo  1  xo    xo   3m   xo  12m    Để kẻ hai tiếp tuyến từ M phương trình 1 có nghiệm Trường hợp 1: Phương trình   có nghiệm kép khác m   3m  2  4.2.12m  9m  60m  36   Ta có:   m  m   2.0   3m    12m   Trường hợp 2: Phương trình   có hai nghiệm phân biệt có nghiệm 9m  60m  36   3m    4.2.12m   Ta có:  m0 m  m    Vậy giá trị thỏa yêu cầu toán 0; ;6   20 Do đó, tổng giá trị    3 x 1 d1 , d 2x hai tiếp tuyến  C  song song với Khoảng cách lớn d1 d Câu 5: [2D1-7-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho đồ thị  C  : y  A B C D 2 Lời giải Chọn C Do  C  : y  x 1 , y  x   x  2x 2x d1 , d hai tiếp tuyến  C  song song với có hồnh độ tiếp điểm x1 , x2  x1  x2  , nên ta có y  x1  = y  x2   1  2 2 x1 x2  x1  x2  x   x  x1   x2   x 1   x 1  Gọi M  x1 ;  ; N   x1 ;  x1  x1     x 1  x 1 x 1 1 PTTT d1 M  x1 ;  : y   x  x1   0   x  x1   y  x1  x1 x1 x1 x1  Khi d d1 , d2   d N ;d1   x1 1 x14  4x  x1 Áp dụng BĐT Cơ-Si ta có x12  1  x12   d d1 ; d2   x1 x1 4 x12  x12  2 Câu 6: [2D1-7-4](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Cho hàm số 2x có đồ thị  C  điểm A(0; a ) Gọi S tập hợp tất giá trị thực y x 1 a để từ A kẻ hai tiếp tuyến AM , AN đến  C  với M , N tiếp điểm MN  Tổng phần tử S A B C D Lời giải Chọn D (Câu giải không đáp án C đề gốc nên phải sửa đáp án D cho phù hợp) 2x y  y  x 1  x  1 Phương trình đường thẳng qua A(0; a ) có hệ số góc k : y  kx  a (d)  2x  x   kx  a 1  (d) tiếp tuyến (C)   có nghiệm   k     x  1 2x  xa Thay (2) (1) ta x  ( x  1) 2 x( x  1)  x  a  x  1   a   x  2ax  a  * Để qua A kẻ tiếp tuyến phương trình * có nghiệm phân biệt khác 1 a   a   với xM ; xN nghiệm phương trình *   a    a  a ( a  2)        Nên M  xM ;    , N  xN ;  xN   xM      1   Theo giả thuyết MN    xM  xN      16  xN  xM   8a 4 x  x  M N 8a (a  2)   xM  xN    16    16 (a  2)  2    xM  1 xN  1     a2 8a   8a  16  a3  6a  13a    a  Vậy tổng giá trị thực  a  2 2x  Tìm hai nhánh đồ thị C  , điểm M , x 1 N cho tiếp tuyến M N cắt hai đường tiệm cận điểm lập thành hình thang Câu 7: [2D1-7-4] Cho hàm số y  A M  2;  , N  0; 1  7  1 B M  3;  , N  1;  2  2   1 C M  2;  , N  1;  2  D Với M , N Lời giải Chọn D Gọi M(m; yM ), N(n; yN ) điểm thuộc nhánh C  Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A , B Tiếp tuyến N cắt hai tiệm cận C , D Phương trình tiếp tuyến M có dạng: y  y(m).( x  m)  yM  2n   Tương tự: C  1;  , D(2n  1; 2)  n1  3 Hai đường thẳng AD BC có hệ số góc: k  nên AD // BC ( m  1)(n  1)  2m    A  1;  , B(2m  1; 2)  m1  Vậy điểm M , N thuộc nhánh C  thoả mãn toán x3 , có đồ thị C  Tìm đường thẳng x 1 d : y  2x  điểm từ kẻ tiếp tuyến tới C  Câu 8: [2D1-7-4] Cho hàm số y   M(0;1)  M( 1; 1) A   M(2; 5)   M(1; 3)  M(5;11)  M( 1; 1) B   M(7;15)   M(1; 3)  M(4; 9)  M( 1; 1) C   M(2; 5)   M(1; 3) Lời giải  M(0;1)  M( 1; 1) D   M(3; 7)   M( 2; 3) Chọn A Gọi M( m; m  1)  d Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số góc k có dạng: y  k( x  m)  2m  Phương trình hoành độ giao điểm  (C): k( x  m)  2m    kx2  ( m  1)k  2m x   mk  (2m  4)  (*)  tiếp xúc với (C)  (*) có nghiệm kép  k       ( m  1)k  2m  k  mk  (2m  4)  x3 x 1  k    2 2   g( k )  ( m  1) k  4( m  m  4)k  4m  Qua M( m; m  1)  d kẻ tiếp tuyến đến (C)    32( m2  m  2)  0; g(0)  m2    g( k)  có nghiệm k      32( m2  m  2)  0; g(0)  m2    m    16 k    k     m   M(0;1)  m  1  M( 1; 1)    m   M(2; 5)   m   M(1; 3) Câu 9: [2D1-7-4] Cho hàm số y  x3  3x2  9x  có đồ thị C  Viết phương trình tiếp tuyến C  , biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : y  x  góc  thỏa cos   41 1 9 A y    x   9 1 9 C y    x   1  321  B y    x    34   321     321     D Đáp án khác Lời giải Chọn D Ta có: y '  3( x2  2x  3) Gọi M( x0 ; y0 ) tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến  M : y  y '( x0 )( x  x0 )  y0 Hay kx  y  b  , Với k  y '( x0 ) Theo ta có: cos   k 1 k  2  41  41( k  1)2  50( k  1)  9k  82k    k  9, k    k  9  x0  x0   x0  0, x0  Từ ta tìm hai tiếp tuyến: y  9x  y  9x   321  27 x02  54 x0  80   x0  9 1  321  Từ ta tìm hai tiếp tuyến là: y    x    y( x0 )    k 2x  m , m tham số khác –  d  x2 tiếp tuyến C  Tìm m để (d) tạo với hai đường tiệm cận C  Câu 10: [2D1-7-4] Gọi C  đồ thị hàm số y = tam giác có diện tích  m  6 A   m  5 m  B  m   m  3 C  m  Lời giải  m  3 D   m  5 Chọn D Hai đường tiệm cận đứng ngang C  có phương trình x = 2, y = ,suy giao điểm chúng I  2;  Tịnh tiến OI Hệ trục Oxy  Hệ trục IXY  x  X  xI  X  Công thức chuyển hệ tọa độ :   y  Y  yI  Y  Đối với hệ trục IXY Hai đường tiệm cận đứng ngang C  có phương trình X  , Y  C  có phương trình Y   2(XX  22)2m  Y  F(X)  Xm Gọi X hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến d với C  phương trình d Y m4 m4 m4 2m  (X  X0 )   X X0 X0 X0 X0  2m   Gọi A giao điểm C  với đường tiệm cận đứng A  0;  X0   Gọi B giao điểm C  với đường tiệm cận ngang B  X ;0  Diện tích tam giác vng IAB  d  tạo với hai đường tiệm cận S 1 2m  IA.IB  YA XB  X0  m  2 X0  2m    m  3 S   2m      m    m     2mx  Câu 11: [2D1-7-4] Cho hàm số y  Gọi I giao điểm hai tiệm cận C  xm Tìm m để tiếp tuyến diểm C  cắt hai tiệm cận A B cho IAB có diện tích S  22 A m  5 Chọn D B m  6 C m  7 Lời giải D m  4 (C) có tiệm cận đứng x  m , tiệm cận ngang y  2m  2mx0   Giao điểm tiệm cận I ( m; m) M  x0 ;   (C ) x  m   2mx0  2m  Phương trình tiếp tuyến  C  M : y  ( x  x0 )  x0  m ( x0  m)  2mx0  2m2    cắt TCĐ A  m;  , cắt TCN B(2x0  m; 2m) x0  m   Ta có: IA  m2  ; IB  x0  m  SIAB  IA.IB  4m2   22  m  4 x0  m 2x  M cắt đường tiệm x2 cận hai điểm phân biệt A , B Tìm tọa độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất, với I giao điểm hai tiệm cận Câu 12: [2D1-7-4] Gọi  d  tiếp tuyến đồ thị C  : y   5 A M 1;1 M  1;  3   5 C M 1;1 M  4;   3  5 B M  4;  M  3;   3 D M 1;1 M  3;  Lời giải Chọn D Gọi M  x0 ; y0    C   y0  x0  y '0   x0   x0   Phương trình tiếp tuyến  d  C  M : y  x 1  d  cắt hai đường tiệm cận hai điểm phân biệt  2 x  x   x0  x0   2x   A  2;  , B  x0  2;   x0   Dễ thấy M trung điểm AB I  2;  giao điểm hai đường tiệm cận Tam giác IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích     x0    2   2 S  IM    x0           x0    x         x0       x   y0   Dấu đẳng thức xảy  x0     x0   y0   x  2 Vậy M 1;1 M  3;  thỏa mãn tốn Bài tốn mở rộng : Tìm điểm C  có hồnh độ x  cho tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ  2x   HD: theo ta có : A  2;  , B  x0  2;   IA , IB Chu vi tam giác AIB x    P  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB2  IA.IB  2.IA.IB Đẳng thức xảy IA  IB Nếu trường hợp tam giác AIB không vuông P  IA  IB  AB , để tính AB ta   cần đến định lý hàm số cosin AB2  IA2  IB2  IA.IB cos IA , IB  P  IA  IB  AB2  IA.IB  IA  IB2  IA.IB cos IA , IB    P  IA.IB  IA.IB  IA.IB cos IA , IB Đẳng thức xảy IA  IB 2x  có đồ thị C  Viết phương trình tiếp tuyến x 1 C  , biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ Câu 13: [2D1-7-4] Cho hàm số y  A  : y  x  21  : y  x  C  : y  x   : y  x  17 B  : y  x   : y  x  D  : y  x   : y  x  Lời giải Chọn D Hàm số xác định với x  4 Ta có: y '  ( x  1)2 Tiệm cận đứng: x  ; tiệm cận ngang: y  ; tâm đối xứng I (1; 2) Gọi M( x0 ; y0 ) tiếp điểm, suy phương trình tiếp tuyến C  : 2x  4 ( x  x0 )  x0  ( x0  1) Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x   2x    A: x0   A  1; 4   x0    y  ( x  1)2 (1  x0 )  x  0  Tiếp tuyến cắt tiệm ngang y   B: x0   B(2 x0  1; 2) 4  ( x  x )   x0  ( x0  1)2  :y Suy ra: IA  ; IB  x0   IA.IB  16 x0  Chu vi tam giác IAB : P  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB2 Mà IA  IB  IA.IB  8; IA2  IB2  2IA.IB  32 Nên P   32   Đẳng thức xảy  IA  IB  ( x0  1)2   x0  3, x0  1 Vậy ta có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu toán:  : y  x   : y  x  2x có đồ thị  C  Giả sử tồn phương trình tiếp x2 tuyến  C  , biết khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn nhất, hồnh Câu 14: [2D1-7-4] Cho hàm số y  độ tiếp điểm lúc là: A x0  0, x0  4 B x0  0, x0  3 C x0  1, x0  4 D x0  1, x0  3 Lời giải Chọn A Hàm số xác định với x  2 Ta có: y '  ( x  2)2 Gọi M( x0 ; y0 )  (C) Tiếp tuyến   C  M có phương trình x0 x02 4 ( x  x )   x  x0  ( x0  2)2 ( x0  2)2 ( x0  2)2 Ta có tâm đối xứng I ( 2; 2) y x02 xy  0: Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến  : ( x0  2)2 ( x0  2)2 d x0  ( x0  2)4  16 8 t , với t  ( x0  2)2  t  16 t t   d2 16 t  16 16t Đẳng thức xảy t  16  t   ( x0  2)2   x0  0, x0  4 Do Câu 15: [2D1-7-4] Cho hàm số y  x3  ax2  bx  c , c  có đồ thị  C  cắt Oy A có hai điểm chung với trục Ox M N Tiếp tuyển với đồ thị M qua A Tìm a; b; c để SAMN  A a  4, b  5, c  2 C a  4, b  6, c  2 B a  4, b  5, c  D a  4, b  5, c  2 Lời giải Chọn D Giả sử  C  cắt Ox M ( m; 0) N ( n; 0) cắt Oy A(0; c ) Tiếp tuyến M có phương trình: y  (3m2  2am  b)( x  m) Tiếp tuyến qua A nên ta có: 3m3  2am2  bm  c  a  2m3  am2   m   (do m3  am2  bm  c  ) Mà  C  cắt Ox hai điểm nên  C  tiếp xúc với Ox Nếu M tiếp điểm suy Ox qua A vơ lí nên ta có  C  tiếp xúc với Ox N Do đó: y  x3  ax2  bx  c  ( x  n)2 ( x  m)  a a m   , n    m  2n   a   Suy 2mn  n2  b  a  32c (1) mn2  c 5a2  16b    Mặt khác SAMN   c n  m   c a  a3  32c   a  ta có: ac  8 vô nghiệm 5a2  16b  a  32c   a  4, b  5, c  2  a  ta có: ac  5a2  16b  2x  Câu 16: [2D1-7-4] Cho hàm số y  có đồ thị  C  Viết phương trình tiếp tuyến x 1  C  , biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ 1 A y   x  y   x  4 4 1 13 C y   x  y   x  4 1 B y   x  y   x  4 1 13 D y   x  y   x  4 4 Lời giải Chọn D Gọi M( x0 ; y0 ) tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến  M y 2x  1 ( x  x0 )  x0  ( x0  1) Tiếp tuyến  cắt tiệm cận đứng A(1; x0 ), cắt đường tiệm cận ngang x0  B(2x0  1; 2) Tâm đối xứng I (1; 2) Suy IA  , IB  x0   IA.IB  x0  Chu vi tam giác IAB : p  AB  IA  IB  IA2  IB2  IA  IB Mặt khác: IA2  IB2  2IA.IB  8; IA  IB  IA.IB  Nên p  2  Đẳng thức xảy  IA  IB  ( x0  1)2   x0  3, x0  1 1 13 Từ ta tìm tiếp tuyến là: y   x  y   x  4 4 2x  Câu 17: [2D1-7-4] Cho hàm số y  có đồ thị  C  Viết phương trình tiếp tuyến x 1  C  , biết khoảng cách từ tâm đối xứng I đến tiếp tuyến tạo lớn 1 A y   x  y   x  4 4 1 13 C y   x  y   x  4 4 1 B y   x  y   x  4 1 13 D y   x  y   x  4 4 Lời giải Chọn D Gọi M( x0 ; y0 ) tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến  M 2x  1 ( x  x0 )  x0  ( x0  1) Gọi H hình chiếu I lên  Ta có d( I , )  IH 1 Trong tam giác vng IAB ta có:  2 2  IA.IB IH IA IB Suy IH  Đẳng thức xảy  IA  IB 13 Từ ta tìm tiếp tuyến là: y   x  y   x  4 4 Câu 18: [2D1-7-4] Gọi  C  đồ thị hàm số y  x  d tiếp tuyến  C  , y d cắt hai trục tọa độ A B Viết phương trình tiếp tuyến d tam giác OAB có diện tích nhỏ ( O gốc tọa độ) A y   4 15 y x 125 x B y   4 12 x C y   4 x 5 D Lời giải Chọn D Phương trình tiếp tuyến d có dạng : y  4x03 ( x  x0 )  x04   4x03 x  3x04  x0 hoành độ tiếp điểm d với  C   3x   A giao điểm d với trục Ox  A  ;   4x    B giao điểm  C  với trục Oy  B(0; 3x0  1) Diện tích tam giác vng OAB : 4 1 (3 x0  1) (3 x0  1) S  OA.OB  x A y B   2 x03 x (3 x0  1) Xét trường hợp x0  , S  x03 Xét hàm số f ( x0 )  f '( x0 )  (3x04  1)2 , x0  (0; ) x03 2(3x04  1)12 x03 x03  (3x04  1)2 x02 3(3 x04  1)(5 x04  1)  x06 x04 1  x0  (do x0  0) 5 Bảng biến thiên f ( x0 ) f '( x0 )   x04  Từ bảng biến thiên suy f ( x0 )  Suy minS   x0  5 64 đạt x0  5 Khi phương trình (d) y  x 125 Vì trục Oy trục đối xứng  C  nên trường hợp x0  , phương trình d y   4 x 125 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm y   Câu 19: [2D1-7-4] Gọi  Cm  4 x 125 đồ thị hàm số y  x4   m  1 x2  3m  , m tham số Tìm giá trị dương tham số m để  Cm  cắt trục hoành bốn điểm phân biệt tiếp tuyến  Cm  giao điểm có hồnh độ lớn hợp với hai trục toạ độ tam giác có diện tích 24 A m  B m  C m  Lời giải Chọn C Phương trình hồnh độ giao điểm  Cm  trục hoành x4   m  1 x2  3m   (1) D m  Đặt t  x , t  Phương trình (1) trở thành : t   m  1 t  3m   (2)  Cm  cắt trục Ox bốn điểm phân biệt  Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt Vì (2) ln có hai nghiệm t  1, t  3m  với m m  (giả thiết) nên ta có  3m  , suy với tham số m  ,  Cm  cắt Ox diểm phân biệt gọi A giao điểm có hồnh độ lớn hồnh độ A x A  3m  Gọi f(x)  x4   m  1 x2  3m  , phương trình tiếp tuyến d  Cm  A y  f '( xA )( x  xA )  f ( xA )  [4xA3  6(m  1)xA ]( x  xA ) ( f ( xA )  )  [4(3m  2) 3m   6( m  1) 3m  2]( x  3m  2)    6m   3m  x  3m  2)    Gọi B giao điểm tiếp tuyến d với trục Oy B ;  6m   3m   Tam giác mà tiếp tuyến d tạo với hai trục toạ độ tam giác vuông OAB (vuông O ) , theo giả thiết ta có : SOAB  24  OA.OB  48  xA yB  48  3m  2(6m  2)(3m  2)  48 (3) Gọi f  m   3m  2(6m  2)(3m  2)  3m  2(18m2  22m  4) f ( m)  3m  (18m2  22m  4)  (36m  22) 3m   với m  2 Suy hàm số f  m  đồng biến  0;   f    24 , phương trình 3 (3) có nghiệm m   0;   2x Câu 20: [2D1-7-4] Cho hàm số y  có đồ thị  C  Viết phương trình tiếp tuyến x2 đồ thị  C  , để khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị  C  đến tiếp tuyến lớn B y  x y  x  D y  x y  x  Lời giải A y  2x y  x  C y  3x y  x  Chọn D Tiếp tuyến  d  đồ thị C  điểm M có hồnh độ a  2 thuộc C  có phương trình: y  2a ( x  a)   x  ( a  2)2 y  2a  a2 ( a  2) Tâm đối xứng C  I  2;  d( I , d)  a2 16  ( a  2)4  a2 2.4.( a  2)2  a2 2 a2 2 d( I , d ) lớn (a  2)2   a  4 a  Từ suy có hai tiếp tuyến y  x y  x  2x  có đồ thị  C  Tìm  C  điểm M x2 cho tiếp tuyến M  C  cắt hai tiệm cận  C  A,B cho AB Câu 21: [2D1-7-4] Cho hàm số y  ngắn B M( 1; ) M (1; 1) A M(3; 3) M( 1; ) 5 C M(4; ) M( 1; ) D M(3; 3) M (1; 1) Lời giải Chọn D   Lấy điểm M  m;    C  Ta có: y ( m)    m2 ( m  2)2  1 ( x  m)   Tiếp tuyến  d  M có phương trình: y   m2 ( m  2)   Giao điểm  d  với tiệm cận đứng là: A  2;  m    Giao điểm  d  với tiệm cận ngang là: B(2 m – 2; 2)   Ta có: AB2  ( m  2)2    Đẳng thức xảy m  m  ( m  2)2   Vậy, điểm M cần tìm có tọa độ là: M(3; 3) M (1; 1) Câu 22: [2D1-7-4] Tìm m để tiếp tuyến đồ thị y  x3  mx  m  điểm M có hồnh độ x  1 cắt đường tròn  C  có phương trình ( x  2)2  ( y  3)2  theo dây cung có độ dài nhỏ B m  A m  C m  Lời giải D m  Chọn D Ta có: y  3x2  m  y(1)   m ; y(1)  2m   C  có tâm I(2; 3),R  Phương trình đường thẳng d M( 1; m  2) : y  (3  m)x  m   (3  m)x  y  m   d( I , d)  4m (3  m)2    (3  m) (3  m)2   (3  m)2  (3  m)2   2R Dấu "=" xảy  m  Dó d( I , d ) đạt lớn  m  Tiếp tuyến d cắt  C  điểm A, B cho AB ngắn  d( I , d ) đạt lớn  m  , suy d : y  x  Câu 23: [2D1-7-4] Cho hàm số y  x  3x  2  C  Tìm phương trình tiếp tuyến qua  3 điểm A  0;  tiếp xúc với đồ thị  C   2     : y   : y  x  : y  x     3   A  : y  2 x  B  : y   x  C   : y  2 x     2    3  : y  2x   : y  2x   : y  2x  2      : y    : y   2x     : y  2x   Lời giải D Chọn A Phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A có hệ số góc k có đạng: y  kx  ∆ tiếp xúc với  C  điểm có hồnh độ x hệ phương trình : 1 3 (1)  x  3x   kx  có nghiệm x 2 2 2 x  x  k (2)  3 Thế (2) vào (1), ta có: x4  3x2   (2 x3  x)x   x2 ( x2  2)  2 (2)  x   k    : y   (2)   x   k  2   : y  2 x   (2) x    k  2   : y  2x   x2 Câu 24: [2D1-7-4] Gọi  C  đồ thị hàm số y  M  0; m  điểm thuộc 2x 1 trục Oy Tìm tất giá trị m để tồn tiếp tuyến  C  qua A m  M tiếp điểm tiếp tuyến với  C  có hồnh độ dương B m  C m  Lời giải D m  Chọn D Phương trình đường thẳng  d  qua M có hệ số góc k : y  kx  m  x0   x   kx0  m (1) có  d  tiếp xúc  C  điểm có hồnh độ x0 hệ sau    k (2)  (2 x0  1) nghiệm x0 Thay  2 1 vào   x0   x0  1  3x  m  x0  1 ta được: x0  3x0  m x0  (2 x0  1)2  3 nghiệm 1  (4m  2) x02  4(m  2) x0  m     Do x0   3 nên u cầu tốn  Phương trình   có nghiệm dương với m  Vì m0 nên 4m   suy  4 có nghiệm    4(m  2)2  (4m  2)(m  2)   m   Bất đẳng thức với m  Khi gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình   4(m  2)  x1  x2  0   4m   x1  0, x2  Ta có m  0,  m  x x  0  4m   Vậy, với m  ln tồn tiếp tuyến  C  qua M hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến với  C  số dương Câu 25: [2D1-7-4] Cho hàm số y  x2 có đồ thị  C  Cho điểm A(0; a ) Tìm a để từ x 1 A kẻ tiếp tuyến tới đồ thị  C  cho tiếp điểm tương ứng nằm phía trục hồnh A   a    a  B   a  Lời giải C 1  a  D Chọn D Phương trình đường thẳng  d  qua A(0; a ) có hệ số góc k : y  kx  a x2  x   kx  a có nghiệm x  d  tiếp xúc  C  điểm có hồnh độ x hệ:   k  3 ( x  1)   (1  a) x  2(a  2) x  (a  2)  1 có nghiệm x  Để qua A có tiếp tuyến 1 phải có nghiệm phân biệt x1 , x2  a  a     2 a  2    3a   Khi ta có: x1  x2  2(a  2) a2 3 , x1 x2  y1   , y2   a 1 a 1 x1  x2  Để tiếp điểm nằm phía trục hồnh y1 y2      1  1   0  x1    x2   a  x1.x2  2( x1  x2 )  0 x1.x2  ( x1  x2 )  Đối chiếu với điều kiện   ta được:   3a     a  Câu 26: [2D1-7-4] Gọi  Cm  đồ thị hàm số y  x3  3(m  1) x  mx  m   d  tiếp tuyến  Cm  điểm có hồnh độ x  1 Tìm m để  d  tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích  m   m   A  9  73   m   m   m    19  73   m   m   m  B  19  73   m  Lời giải Chọn D  m   m   C  D 9    m  Ta có y  x  6(m  1) x  m , suy phương trình tiếp tuyến  d  là: y  y '(1)( x  1)  y(1)  12  7m  x  1  3m   y  12  7m  x  4m   4m   Gọi P, Q giao điểm  d  với trục Ox Oy P   ;0  ,  12  7m  Q  0; 4m   8m2  32  32m 1 4m  4m   Diện tích OPQ : S  OP.OQ   2 12  7m 12  7m S 8  8m  32m  32  12  m 3   m  0 m     8m  32m  32  (12  m) m  m0    19  73  8m  32m  32   (12  m) 3m  19m  24    m   Câu 27: [2D1-7-4] Cho hàm số y   C  điểm x4  x  , có đồ thị  C  Gọi  d  tiếp tuyến M có hồnh độ x  a Tìm a để  d  cắt lại  C  hai điểm E , F khác M trung điểm I đoạn EF nằm parabol  P  : y   x  A a  B a  1 C a  D a  Lời giải Chọn A Phương trình tiếp tuyến  d  : a4 a4 y  y(a)( x  a )   2a   (a  4a)( x  a)   2a  4 4 3a  ( a  4a ) x   2a  Phương trình hoành độ giao điểm  C   d  : x4 3a  x   ( a  4a ) x   2a   x  x  4(a  4a) x  3a  8a  4 x  a  ( x  a) ( x  2ax  3a  8)    2  x  2ax  3a   (3) d  cắt  C  hai điểm E , F khác M  Phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt khác a 2  a  2   '  a  3a      (*) a   a       Tọa độ trung điểm I đoạn EF : x  xF  xI  E  a  xI  a      7a 4 a y    6a   y  (a  4a)(a)   I  a  ( I  ( d ))  I   I  ( P) : y   x    a  7a a2  6a   a   7a (1  )    4 a  2 So với điều kiện (*) nhận a  Câu 28: [2D1-7-4] Tìm tham số m để đồ thị  Cm  hàm số y  x3  4mx  7mx  3m tiếp xúc với parabol  P  : y  x  x  A m  2; 7;1   B m  5;  ;78     C m  2;  ;1   D   m  2;  ;1   Lời giải Chọn D  Cm  tiếp xúc với  P  điểm có hồnh độ x0 hệ 2   x0  4mx0  7mx0  3m  x0  x0  (1) ( A) có nghiệm x0  x  mx  m  x   0  Giải hệ  A , (1)  x03  (4m  1) x02  (7m  1) x0  3m 1   x0   ( x0  1)( x02  4mx0  3m  1)     x0  4mx0  3m    x02  4mx0  3m     x0   Vậy  A    3x0  2(4m  1) x0  7m   (2)  3x0  2(4m  1) x0  7m   (2) Thay x0  vào   ta m  2   3x0  2(4m  1) x0  7m   (2) 3x0  2(4m  1) x0  7m   (2) Hệ      x0  4mx0  3m   (3) 3x0  12mx0  9m   (4) Trừ hai phương trình     ,vế với vế ta được: 4mx0  x0  2m     2m  1 x0  m   5 Khi m  m 1   trở thành  (sai),    x0  2m  2 Thay x0 = m 1 vào phương trình  3 ,ta được: 2m   m 1   m 1     4m    3m    2m    2m    4m3  11m  5m    m   m    m    Vậy giá trị m cần tìm m  2;  ;1   Câu 29: [2D1-7-4] Tìm tất điểm Oy cho từ ta vẽ tiếp tuyến đến đồ thị hàm số y  x  x  x  A M  0; m  với 2  m  1 B M  0; m  với   m  C M  0; m  với   m  D M  0; m  với 1  m  Lời giải Chọn C Xét M (0; m)  Oy Đường thẳng d qua M , hệ số góc k có phương trình: y  kx  m  x  x  x   kx  m 0 0   d tiếp xúc đồ thị  C  điểm có hồnh độ x0 hệ  x0  k 1  x  x   0  có nghiệm x0 Thay k vào phương trình thứ ta được: x0  x02  x0   x0  x02  x0 x02  x0  m  x02  x0   x02  x0  m x02  x0  m x0  x02  x0   f ( x0 ) (*) Để từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  (*) có nghiệm Xét hàm số f  x0  , ta có: f ( x0 )  3x0 ( x02  x0  1)3  f '( x0 )   x0  1 Mặt khác: lim f ( x0 )  ; lim f ( x0 )   x  x  2 Bảng biến thiên:   x0 f ( x0 )   f ( x0 )  (*) có nghiệm   1 2  m 1 Vậy M  0; m  với   m  điểm cần tìm Câu 30: [2D1-7-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  x3  3x có đồ thị  C  điểm M  m;0  cho từ M vẽ ba tiếp tuyến đến đồ thị  C  , có hai tiếp tuyến vng góc với Khi khẳng định sau 1  A m   ;1 2  1  m   1;   2    B m    ;0    Lời giải Chọn C Ta có y  3x  x Gọi A  a; a3  3a  thuộc đồ thị hàm số  1 C m   0;   2 D Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số A là: y   3a  6a   x  a   a3  3a M  m;0   d   3a  6a   m  a   a3  3a   2a3   m  1 a  6ma  a   2 a  m  a  m       Khi a  ta có phương trình tiếp tuyến y  Đối với đồ thị hàm số khơng có tiếp tuyến vng góc với y  nên yêu cầu toán tương đương phương trình 1 có hai nghiệm a1 a2 khác thỏa y  a1  y  a2   1   3a12  6a1  3a22  6a2   1  9a1.a2 a1.a2   a1  a2   4     3m  3m   m  1  4    27m    m  Thay m  27 vào 1 thử lại có nghiệm phân biệt khác 27 ... (do m3  am2  bm  c  ) Mà  C  cắt Ox hai điểm nên  C  tiếp xúc với Ox Nếu M tiếp điểm suy Ox qua A vơ lí nên ta có  C  tiếp xúc với Ox N Do đó: y  x3  ax2  bx  c  ( x  n)2 ( x...  2)    Gọi B giao điểm tiếp tuyến d với trục Oy B ;  6m   3m   Tam giác mà tiếp tuyến d tạo với hai trục toạ độ tam giác vuông OAB (vuông O ) , theo giả thi t ta có : SOAB  24  OA.OB... 1 Vậy ta có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu toán:  : y  x   : y  x  2x có đồ thị  C  Giả sử tồn phương trình tiếp x2 tuyến  C  , biết khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn