Ôn thi Toán THPT 2019 Điểm đặc biệt của đồ thị hàm số

Câu 1: [2D1-8-3]
(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Có bao nhiêu điểm M thuộc
đồ thị  C  của hàm số y  x  x 2  3 sao cho tiếp tuyến tại M của  C  cắt  C  và
trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt A (khác M ) và B sao cho M là trung
điểm của AB ?
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C
Tập xác định: y .

y  x  x 2  3  x3  3x  y  3x 2  3 .
Phương trình tiếp tuyến  d  tại M  x0 ; x03  3x0  của  C  là

y   3x02  3  x  x0   x03  3x0  y   3x02  3 x  2 x03 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  C  :

 3x

2
0

 x  x0
2
 3 x  2 x03  x3  3x  x3  3x02 x  2 x03  0   x  x0   x  2 x0   0  

 x  2 x0

 x A  2 x0 , vì A khác M nên x0  0 .

Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và trục hoành:

2 x03
3x  3 x  2x  0  x  3x2  3  x0  1, x0  1 .
0
2
0

3
0

2 x03
Khi đó xA  2 x0 , xB  2
, xM  x0 , x0 
3x0  3

\ 1;0;1 .

Do A, B và M thẳng hàng nên để M là trung điểm của AB thì

xA  xB  2 xM  2 x0 

6
2 x03
.
 2 x0  10 x02  12  0  x0  

2
5
3x0  3

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài toán.
(THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Tìm trên mỗi nhánh của đồ thị
4x  9
(C): y 
các điểm M 1 ; M 2 để độ dài M 1M 2 đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị nhỏ
x 3
nhất đó bằng:

Câu 2: [2D1-8-3]

A. 2 5 .
.

B. 2 2 .

C. 2 6 .
Lời giải

D. 3 2


Chọn C


3
3

Lấy M 1  x1  3; 4   , x1  0 ; M 2  x2  3; 4   , x2  0
x2 
x1 



9 
2
Khi đó M 1M 2 2   x1  x2  1  2 2  .
 x1 x2 

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có  x1  x2   4 x1 x2 và 1 
2

9
6

.
x x
x1 x2
2 2
1 2

Suy ra M1M 2 2  24  M1M 2  2 6 .

 x  3
 x1   x2
Độ dài M 1M 2 đạt giá trị nhỏ nhất bẳng 2 6 khi  4
.
 1

 x1  9
 x2   3
(THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Tìm tọa độ điểm M có
x2
hoành độ dương thuộc đồ thị  C  của hàm số y 
sao cho tổngkhoảng cách
x2
từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị  C  đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3: [2D1-8-3]

A. M 1; 3 .

B. M  3;5  .

C. M  0; 1 .

D.

M  4;3
Lời giải
Chọn D
Tiệm cận đứng: d1 : x  2  0 và tiệm cận đứng: d 2 : y  1  0
Với M   C  : y 

 x 2
x2
 M  x0 ; 0
 với x0  0 , x0  2
x2

 x0  2 

Ta có: d  M ;  d1    d  M ;  d 2  

 x0  2 

x0  2
4
4
 1  x0  2 
 2 x0  2 .
4
x0  2
x0  2
x0  2

Dấu "  " xảy ra khi

4
 x0  2 
x0  2 

 x  0, x  2
0
 0

 x0  2 2  4


 x0  0, x0  2

  x0  4

 x0  4  M  4;3
  x0  0
 x  0, x  2
0
 0

(CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU
2x 1
LONG-LẦN 2-2018) Gọi M  a; b  là điểm thuộc đồ thị hàm số y 
và có
x2
khoảng cách từ M đến đường thẳng d : y  3 x  6 nhỏ nhất. Tìm giá trị của biểu

Câu 4: [2D1-8-3]

thức T  3a 2  b 2 .
A. T  4

B. T  3

C. T  9

D. T  10


Lời giải
Chọn A

Ta có d  M ; d  

3a  b  6
10

suy ra d  M ; d  nhỏ nhất khi 3a  b  6 nhỏ nhất.

Vì Oxyz nên 3a  b  6  3a 

2a  1
3
3
 6  3a  4 
 3 a  2 
2 .
a2
a2
a2

Nếu a  2 thì 3  a  2  

3
2  62  4.
a2

Nếu a  2 thì 3  a  2  

3
3
 2  3  a  2  

2  62 8.
a2
  a  2

a  1
Vậy d  M ; d  nhỏ nhất bằng 4 khi 
. Vậy T  3a 2  b 2  4 .
b


1

Câu 5: [2D1-8-3]
(THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Cho hàm số
4x  3
y
có đồ thị  C  . Biết đồ thị  C  có hai điểm phân biệt M , N và tổng
x 3
khoảng cách từ M hoặc N tới hai tiệm cận là nhỏ nhất. Khi đó MN có giá trị
bằng:
A. MN  4 2 .

B. MN  6 .

C. MN  4 3 .

D.

MN  6 2 .
Lời giải

Chọn D

 4m  3 
- Giả sử M   m;
   C  , với m  3 .
m3 

- Tiệm cận đứng là: x  3 , riệm cận ngang là: y  4 .
Do đó tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận là:

d  m3 

9
9
4m  3
 2. m  3 .
6
4  m3 
m3
m3
m3

Dấu ”= ” xảy ra khi và chỉ khi m  3 

m  6

m  0

m  3  3
9

2
  m  3  9  
m3
m  3  3


 M   6;7 
. Một cách tương tự ta có các điểm

M

0;1




 N   6;7 
.

N

0;1




Do M , N phân biệt nên MN  6 2 .
Câu 6: [2D1-8-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
2x  2
Cho đồ thị  C  của hàm số y 

. Tọa độ điểm M nằm trên  C  sao cho
x 1
tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của  C  nhỏ nhất là
A. M  1;0  hoặc M  3; 4  .

B. M  1;0  hoặc M  0; 2  .

C. M  2;6  hoặc M  3; 4  .

D. M  0; 2  hoặc M  2;6  .
Lời giải

Chọn A
Ta có tiệm cận đứng: x  1 , tiệm cận ngang y  2 .
Gọi M  x0 ; y0    C  với x0  1 thì y0 

2 x0  2
4
.
 2
x0  1
x0  1

Gọi A , B lần lượt là hình chiếu của M trên tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
Ta có MA  x0  1 , MB  y0  2 

4
.
x0  1

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: MA  MB  2 MA.MB

 MA  MB  2 x0  1 .

4
4.
x0  1

Do đó MA  MB nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi x0  1 

4
x0  1

 x0  3  y0  4
2
 x0  1  4  
.
 x0  1  y0  0

Vậy có hai điểm cần tìm là M  1;0  hoặc M  3; 4  .
Câu 7: [2D1-8-3]
(THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hàm số
x 1
y
có đồ thị (C ). Giả sử A, B là hai điểm thuộc (C ). và đối xứng với nhau
x 1
qua giao điểm của hai đường tiệm cận. Dựng hình vuông AEBF . Tìm diện tích nhỏ
nhất của hình vuông AEBF .

B. Smin  4 2

A. Smin  8 2

C. Smin  8

D.

Smin  16

Lời giải
Chọn C
Ta có y 

x 1
2
 1
.
x 1
x 1

2 

Gọi A  a;1 
 , a  1 là một điểm bất kỳ thuộc đồ thị  C  .
a 1 

Gọi I 1;1 là giao điểm của hai đường tiệm cận, ta có IA2  1  a  
2

4

1  a 

2

.

Theo giả thiết ta có AEBF là hình vuông nên S AEBF  AE 2  S AEBF nhỏ nhất khi
AE 2 nhỏ nhất. Với AE  AI 2  AE 2  2 AI 2  2 1  a  
2

Mặt khác ta lại có 2 1  a  
2

 2 1  a  
2

8

1  a 

2

8

1  a 

 2 2 1  a  .
2

2

8

1  a 

2

.

8

1  a 

2

8

a  1
2
Hay AE 2  8 . Dấu "  " xảy ra khi 1  a   4  
.
a

3

Vậy diện tích hình vuông AEBF nhỏ nhất bằng 8 .
x3
. Biết

x 1
rằng, có hai điểm phân biệt thuộc đồ thị  C  và cách đều hai trục toạ độ. Giả sử

Câu 8: [2D1-8-3] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Cho đồ thị  C  : y 

các điểm đó lần lượt là M và N . Tìm độ dài của đoạn thẳng MN .


A. MN  4 2 .
MN  3 .

B. MN  2 2 .

C. MN  3 5 .

D.

Lời giải
Chọn A


m3
 M 1; 1
 m3
Gọi M  m;
,
ta
có
.
d

M
,
Ox

d
M
,
Oy

m








m 1
 m 1 

 N  3;3
Câu 9: [2D1-8-3] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) A , B là hai điểm di động
2x 1
và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y 
. Khi đó khoảng cách AB bé
x2
nhất là?
B. 2 10 .

A. 10 .

C.

5.

D. 2 5

.
Lời giải
Chọn B
Vì A , B thuộc hai nhánh của đồ thị y 

a  2 , b  2 .

2x 1
5 
5 


nên A  a; 2 
, B  b; 2 
 với

x2
b2
a2



Khi đó




2 
25
25
2
AB 2   a  b  . 1 
  a  2    b  2   . 1 
.
2
2
2
2
  a  2   b  2  
  a  2   b  2  
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

 a  2   b  2  4  a  2 b  2 1
2

1

25

 a  2  .  b  2 
2

2



10
 2
 a  2  b  2 

Từ 1 và  2  suy ra AB 2  40  AB  2 10 .

a  2  2  b


a  5  2
25
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 

1

  a  2 2  2  b 2
b  2  5

Vậy ABmin  2 10.


Câu 10: [2D1-8-3] [THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI KHÁNH HÒA - 2017] Khoảng
cách nhỏ nhất giữa hai điểm bất kỳ thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị hàm số
2x 1
y
là.

x 1
A. 2 5 .

C. 2 3 .

B. 1 .

D. 2 2 .

Lời giải
Chọn D
2x 1
1
 2
và đồ thị có tiệm cận đứng x  1 nên xét hai điểm
x 1
x 1
1
1


A 1  a; 2   và A 1  b; 2   thuộc đồ thị hàm số, với a; b  0 .
a
b



Ta có y 

2

4
1 1
Khi đó AB   a  b       4a 2b 2  2 2  8 .
ab
b a
2

2

a  b

Đẳng thức xảy ra khi  2 2
4  a  b  1.
4a b  2 2

ab



 A  0;1
Vậy min AB  2 2  

 B  2;3 .
2x 1
có đồ thị là  C  . Gọi M là
2x  3
giao điểm của  C  với trục hoành. Khi đó tích các khoảng cách từ điểm M đến hai

Câu 11: [SỞ BÌNH PHƯỚC 2 - 2017] Cho hàm số y 

đường tiệm cận của đồ thị  C  bằng.
A. 2 .

B. 6 .

C. 4 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn A
Ta có tiệm cận đứng x 

3
và tiệm cận ngang y  1 .
2

Tọa độ giao điểm của (C ) và trục Ox : Với y  0 

2x 1
1
0 x
2x  3
2

1 
 M  ;0  .
2 

Ta có khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d1  2 và khoảng cách từ M đến

tiệm cận ngang là d 2  1 .


Vậy tích hai khoảng cách là d1.d 2  2.1  2 .
<TRÙNG 1648>
2x 1
có đồ
1 x
thị  C  , gọi d là tiếp tuyến của  C  tại tiếp điểm M  0;1 . Tìm trên  C  những

Câu 12: [2D1-8-3] [THPT LỆ THỦY QUẢNG BÌNH - 2017] Cho hàm số y 

điểm N có hoành độ lớn hơn 1 mà khoảng cách từ N đến d ngắn nhất.
7
A. N  3;  .
 2

3
C. N  ; 8  .
2


B. N  0;1 .

D.

N  2; 5  .
Lời giải
Chọn D
Ta có: y 

3

1  x 

2

 y  0   3 nên phương trình tiếp tuyến

 : y  3x  1  3x  y  1  0 .

2n  1 
Gọi N  n,
 với n  1 .
 1 n 

Ta có: d  N ,   

3n 

Xét hàm số f  n  

2n  1
1
1 n

32   1

2



3n 2
vì n  1 .
 n  1 10

3n 2
với n  1 .
10  n  1

3n 2  6n
n  0
Ta có: f   n  
, cho f   n   0  
.
10  n  1
n  2
Lập BBT suy ra min f  n  
1; 

6 10
khi n  2 .
5

Vậy N  2; 5  .
x2
có đồ thị là  C  . Gọi
x 1
d là khoảng cách từ giao điểm 2 tiệm cận của  C  đến một tiếp tuyến bất kỳ của

Câu 13: [THPT CHUYÊN HÀ TĨNH - 2017] Cho hàm số y 

 C  . Giá trị lớn nhất d có thể đạt được là:
A.

2.

B. 2 2 .

C.

3.

D. 3 3 .


Lời giải
Chọn A
Tiệm cận đứng là x  1; tiệm cận ngang y  1 nên I  1; 1 .


x 2
1
Gọi M 0  x0 ; 0
nên phương trình tiếp tuyến của
  C  ; f  x   
2
x0  1 
 x  1


 C  là:
x0  2
x02  4 x0  2
1
1
y

x  x0  
x y
0.
2 
2
2
x0  1
 x0  1
 x0  1
 x0  1

d  I ,  

1

 x0  1

2

1

x02  4 x0  2

 x0  1

1

 x0  1

2

2



1

2 x0  1

 x0  1  1
4

 x0  1
4
2  x0  1
2

2

 2.

<TRÙNG 1650>

2x 1
. Tìm điểm M trên  C  để
x 1
khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị  C  bằng khoảng cách từ M đến

Câu 14: [2D1-8-3] [BTN 172 - 2017] Cho hàm số y 

trục Ox .

 M  0;1
A. 
.
 M  4;3

 M 1; 1
B. 
.
 M  4;3

 M  0; 1
C. 
.
 M  4;5 

D.

 M  0; 1
.

 M  4;3

Lời giải
Chọn D
Gọi M  x0 ; y0  ,  x0  1 , y0 

2x 0  1
. Ta có d  M , 1   d  M ,Ox   x0  1  y0
x0  1

.

 x0  1 

2 x0  1
2
  x0  1  2 x0  1 .
x0  1

 x0  0
1
2
Với x0   , ta có: x0  2 x0  1  2 x0  1  
.
2
 x0  4


Suy ra M  0; 1 , M  4;3 .
1
Với x0   , ta có phương trình: x02  2 x0  1  2 x0 1  x02  2  0 (vô nghiệm).
2

Vậy M  0; 1 , M  4;3 .
2x  3
. Gọi M là một điểm thuộc
x 1
đồ thị và d là tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của đồ thị hàm số  C  . Giá

Câu 15: [2D1-8-3] [208-BTN - 2017] Cho hàm số  C  : y 

trị nhỏ nhất của d có thể đạt được là:
A. 2.

B. 5.

C. 6.

D. 10.

Lời giải
Chọn A
2a  3 
Gọi M  a;
   C  , ta có.
 a 1 

d  a 1 

2a  3
1
 2  a 1 

 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của d bằng 2.
a 1
a 1

Câu 16: [2D1-8-3] [THPT HOÀNG VĂN THỤ KHÁNH HÒA - 2017] Gọi M là điểm bất
9
kì thuộc đồ thị  C  của hàm số y 
. Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận
x2
của  C  đạt giá trị nhỏ nhất là.
A. 9.

B. 6 3 .

C. 6.

D. 2 3 .

Lời giải
Chọn C
Hàm số y 

9
có tập xác định D 
x2

\ 2 .

Tiệm cận đứng x  2 ; Tiệm cận ngang y  0 .
M là điểm bất kì thuộc đồ thị  C  của hàm số y 

9
9 

 M  x;
.
x2
 x2

Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của  C  là.

d  x2 

9
9
 2 x2
d 6.
x2
x2

Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của  C  đạt giá trị nhỏ nhất là 6.


Câu 17: [2D1-8-3] [BTN 162 - 2017] Có bao nhiêu điểm M thỏa mãn: điểm M thuộc đồ thị
1
sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận
 C  của hàm số y 
1 x
của hàm số là nhỏ nhất.
A. 2 .

B. 3 .
C. 4 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn A
1 
Gọi M  a;
   C  a  1 . Đồ thị  C  có TCN là: y  0 , TCĐ là: x  1 .
 1 a 

Khi đó d M ,TCD  d M ,TCN   a  1 

1
 2  a  1  1  a  0  a  2 .
1 a

Vậy có 2 điểm thỏa mãn.
x2
 C  . Tìm M có hoành độ
x2
dương thuộc  C  sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận nhỏ nhất.

Câu 18: [2D1-8-3] [THPT Ngô Gia Tự-2017] Cho y 

A. M 1; 3 .

B. M  0; 1 .

C. M  2; 2  .

D.

M  4;3 .
Lời giải
Chọn D
Tập xác định: D 
y 

4

 x  2

2

\ 2. .

.

 m2
M   C   M  m;
  m  0 .
 m2
Ta có 2 tiệm cận của  C  là: d1 : x  2; d 2 : y  1. .

m2
1
m2 m2
4
d  m, d1   d  M , d 2  


 m2 
..
1
1
m2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương m  2 và

4
, ta có:
m2


m2 

4
 2 4  4.
m2

Dấu “=” xảy ra  m  2 

m  2  2
m  4
4


 m  4. .
m2
m  2  2 m  0

Vậy M  4;3 . .

Câu 19: [2D1-8-3] [THPT Lệ Thủy-Quảng Bình-2017] Hai điểm A, B thuộc hai nhánh của
7
đồ thị y  3 
. Khi đó độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất bằng bao nhiêu?
x3
A. 4 14 .

B.

28 .

C.

14 .

D. 2 14 .

Lời giải
Chọn D

.
Đồ thị hàm số y  3 

7
đối xứng qua điểm I  3;3 .
x3

Hai điểm A, B thuộc hai nhánh của đồ thị có độ dài ngắn nhất khi A và B là giao
điểm của đồ thị và đường thẳng y  x .
Ta có 3 

7
2
 x   x  3  7  x 2  6 x  2  0 .
x3

x  3  7  y  3  7

.
 x  3  7  y  3  7



 



 A 3  7;3  7 , B 3  7;3  7  AB  2 14 .
Câu 20: [2D1-8-3] [Cụm 6 HCM-2017] Tính tổng các hoành độ của những điểm thuộc đồ thị
 C  : y  x3  3x2  2 cách đều hai điểm A 12;1 , B  6;3 .
A. 3 .

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A
Phương trình đường trung trực đoạn AB là x  9 y  21  0 .
Gọi M  x; y    C  thỏa mãn MA  MB .
M là giao điểm của đường trung trực đoạn AB và đồ thị  C  . Hoành độ các điểm
M là nghiệm của phương trình
21  x
x3  3x 2  2 
 9 x 3  27 x 2  x  3  0  x  3 .
9

x2  x  1
Câu 21: [2D1-8-3] [THPT Chuyên Hà Tĩnh-2017] Cho hàm số y 
có đồ thị  C 
x 1
. Gọi A , B là hai điểm phân biệt trên đồ thị  C  có hoành độ x1 , x2 thỏa x1  1  x2

. Giá trị nhỏ nhất của AB là
8 2 8.

A.

C. 8 2  8 .

B. 12 3 4 .

D. 2 5 .

Lời giải
Chọn A



1 
1 
x2  x  1
1
 x
. Giả sử A  x1 ; x1 
 với
 , B  x2 ; x2 
x2  1 
x1  1 
x 1
x 1


x1  1  x2 .

Ta có y 

1

y1  1  a 

x

1

a
a


0



1 1
 1


a
Đặt 

 AB   b  a; b  a    .
b a


 x2  1  b  b  0   y2  1  b  1

b

2

1 1
2
1  Cos i
2
1 
2



AB   a  b    a  b      a  b   2 
 2 2   4ab  2 
 2 2
a b
ab a b 
ab a b 



.
2

 8ab 

2

Cos i
4
4
 8  2 8ab.  8  8 2  8 . Vậy ABmin  8 2  8 .
ab
ab

2 x2   6  m x  2
Câu 22: [2D1-8-3] [BTN 171-2017] Cho hàm số y 
có đồ thị là  Cm  .
mx  2
Hỏi đồ thị hàm số luôn đi qua bao nhiêu điểm cố định ?
A. 0 .

B. 3 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn B

D. 2 .


Ta có: y 

2 x2   6  m x  2
2 

 mx  y  1  2 x 2  6 x  2  2 y  x   .
mx  2
m


Khi đó tọa độ điểm cố định mà đồ thị hàm số đi qua là nghiệm của hệ phương trình
sau:

 x  0

 y  1
  x  1
 x  y  1  0
suy ra có 3 điểm cố định.
 

 2
  y  1
2 x  6 x  2  2 y  0

  x  2
  y  1
Câu 23: [2D1-8-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn-2017] Tìm tất cả các giá trị thực của tham
số m để đồ thị hàm số y  x3  3x 2  m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua
gốc tọa độ.
C. m  0 .

B. m  0 .

A. m  1.
0  m 1.

D.

Lời giải
Chọn B
TXĐ: D 

.

Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A  x; y  , B   x;  y  .
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:

 y  x3  3x 2  m
 m  3x 2 1 .


3
2
 y   x  3x  m
Với m  0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
Với m  0 thì 1 có nghiệm duy nhất  0;0  , không thỏa mãn.

 m m m  m m m
;
;
Với m  0 thì 1 có nghiệm là 
 thỏa mãn.
 và  
3
27 
 3 27  
Câu 24: [2D1-8-3] [THPT Tiên Du 1-2017] Đồ thị hàm số y  2 x3  3mx 2  3m  2 có hai
điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ O khi m là
A. m  0, m 

2
.
3

1
m   ,m  0.
3

1
B. m   .
3

C. m  0 .

D.


Lời giải
Chọn A
Giả sử M  x0 ; y0  và N  - x0 ;  y0  là cặp điểm đối xứng nhau qua O , nên ta có :
3
2

 y0  2 x0  3mx0  3m  2 1
.

3
2

 y0  2 x0  3mx0  3m  2  2 

Lấy (1) cộng với (2)vế với vế,ta có : 6mx02  6m  4  0

 3 .

Xét m  0 ta có (3) vô nghiệm.
Xét m  0 ta có x02 

6m  4 3m  2
2



 0  m   ;0    ;   .
6m
3m
3


Câu 25: [2D1-8-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn-2017] Tìm tất cả các giá trị thực của tham
số m để đồ thị hàm số y  x3  3x 2  m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua
gốc tọa độ.
C. m  0 .

B. m  0 .

A. m  1.
0  m 1.

D.

Lời giải
Chọn B
TXĐ: D 

.

Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A  x; y  , B   x;  y  .
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:

 y  x3  3x 2  m
 m  3x 2 1 .


3
2
 y   x  3x  m
Với m  0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
Với m  0 thì 1 có nghiệm duy nhất  0;0  , không thỏa mãn.

 m m m  m m m
;
;
Với m  0 thì 1 có nghiệm là 
 thỏa mãn.
 và  
3
27 
 3 27  
Câu 26: [2D1-8-3] [THPT Yên Lạc-VP-2017] Đồ thị hàm số y   x3   m  2  x 2  3m  3 có
hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ O khi giá trị của m là
A. m  0.
m  1, m  1.

B. m  1.

C. m  1, m  2.

D.


Lời giải
Chọn C

Giả sử M  x1; y1  và N   x1 ;  y1  là hai điểm thuộc đồ thị hàm số đối xứng nhau
qua gốc tọa độ. Khi đó:
 x13   m  2  x12  3m  3    x13   m  2  x12  3m  3  2  m  2  x12  6  m  1 .

 x12 

3  m  1
( vì m  2 không thỏa).
m2

Vì x12  0 nên

3  m  1
 0  m  1  m  2. .
m2

Câu 27: [2D1-8-3] [BTN 176-2017] Cho hàm số y 

 C  có bao nhiêu điểm có tọa độ nguyên?
A. 4 .

 x2  2 x  5
có đồ thị là  C  . Hỏi trên đồ thị
x 1

B. 6 .

C. 3 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: y 

 x2  2x  5
4
 x 1
. Gọi M  x0 ; y0    C  suy ra
x 1
x 1

 x0
x
 0
 x0  1  1
 x0
4 
4
x

1


2

, ta có x0 , y0  Z 
y0   x0  1 

0

x0  1 
x0  1
 x0
 x0  1  4
x
 0
 x0
điểm có tọa độ nguyên.

2
0
3
 1

. Vậy có 6

 3
5

2x  1
sao cho khoảng cách từ M
x 1
đến đường thẳng  : x  3y  3  0 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 28: [2D1-8-3] Tìm điểm M trên đồ thị C  : y 

A. M  2;1 .

B. M  2; 5  .


1
C. M  1;  .
2


 7
D. M  3;  .
 2


Lời giải
Chọn A

 2m  1 
Gọi M  m;
là tọa độ điểm cần tìm  m  1 .
m  1 

Khoảng cách từ M đến đường thẳng  là: d 
d

 2m  1 
m  3
3
 m1 
12  32

hay

m2  2m  6
m 1
10

1

.

 m2  2 m  6
khi m  1

m2  2m  6    m  1

Xét hàm số: f  m  
2
m1
 m  2m  6
khi m  1
 m  1
Ta có: f '  m  0  m  2 thỏa m  1 hoặc m  4 thỏa m  1 .
Lập bảng biến thiên suy ra min d 

2
10

khi m  2 tức M  2;1 .

1
1
Tiếp tuyến tại M là y   x  , tiếp tuyến này song song với  .

3
3
Câu 29: [2D1-8-3] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Hỏi có bao
2x  a
nhiêu cặp số nguyên dương  a; b  để hàm số y 
có đồ thị trên 1;    như
4x  b
hình vẽ dưới đây?

B. 4 .

A. 1 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn A

D. 3 .


Hàm số không xác định tại điểm x 

b
. Theo đồ thị ta có tiệm cận đứng
4

b
 1  b  4 . Do b nguyên dương nên b  1, 2,3 .
4

4a  2b
Ta có y 
. Hàm số nghịch biến nên 4a  2b  0  b  2a .
2
 4x  b

nhỏ hơn 1 

Do a là số nguyên dương và b  1, 2,3 nên ta có một cặp  a, b  thỏa mãn là

1,3 .
Câu 30: [2D1-8-3] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trên đồ thị
2x  5
hàm số y 
có bao nhiêu điểm có tọa độ là các số nguyên?
3x  1
A. 4 .

B. Vô số.

D. 0 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn C
Tập xác định D 
Ta có y 

Ta có y 

1 
\ 
3

13 
2 x  5 1 6 x  15 1 
13 

 .
 2
  3y   2 

3x  1 3 3x  1 3 
3x  1 
3x  1 


nên 3y 

2

x 

3
x

1

1


3

3x  1  1
x  0
 

.
3x  1  13
14
x  

3
3
x

1


13


 x  4 

Thử lại x  0 và x  4 thỏa mãn.
Vậy có hai điểm có tọa độ nguyên  0;5 và  4;1 .
Câu 31: [2D1-8-3] Cho hàm số y 

x 2  3x  3
có đồ thị  C  . Tổng khoảng cách từ một

x2

điểm M thuộc  C  đến hai hai trục tọa độ đạt giá trị nhỏ nhất bằng ?
A. 1 .

B.

1
.
2

C. 2 .
Lời giải

Chọn D

D.

3
.
2


3
 3
Điểm M  0,  nằm trên trục Oy . Khoảng cách từ M đến hai trục là d = .
2
 2

Xét những điểm M có hoành độ lớn hơn

3
3
d  x  y  .
2
2

Xét những điểm M có hoành độ nhỏ hơn

3
:
2

Với 0  x 

3
3
3
 y d  x  y 
2
2
2

3
1
1
1
Với   x  0; y  0  d   x  x  1 
 1
;d '  

0.
2
2
x2
x2
 x  2

Chứng tỏ hàm số nghịch biến. Suy ra min d  y  0  

3
.
2

Câu 32: [2D1-8-3] Tọa độ cặp điểm thuộc đồ thị (C ) của hàm số y 

x4
đối xứng nhau
x2

qua đường thẳng d : x  2 y  6  0 là
A.  4; 4  và  1; 1 .

B. 1; 5 và  1; 1 .

C.  0; 2  và  3;7  .

D. 1; 5 và  5;3 .
Lời giải

Chọn B

Gọi đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d : y 

1
x  3 suy ra
2

 : y  2 x  m .

Giả sử  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Khi đó hoành độ của A, B là
nghiệm của phương trình
x  2
x4

 2 x  m  2 x 2  (m  3) x  2m  4  0 .
x2

h( x)


Điều kiện cần:
Để  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình h( x )  0 có hai nghiệm phân

m  5  4 3
m2  10m  23  0
  0


biệt khác 2 , tức là 
(*).


6

0
m

5

4
3
h(2)  0


Điều kiện đủ:
Gọi I là trung điểm của AB , ta có:


m3

xA  xB
xI 


 xI 

 m  3 3m  3 
4
I
;
2 


.
2 
 4
 yI  2 xI  m  y  m  3  m
 I
2
Để hai điểm A, B đối xứng nhau qua d : x  2 y  6  0 khi I  d
m3
3m  3

 2.
 6  0  m  3 (thỏa điều kiện (*)).
4
2

 x  1  y  1
Với m  3 phương trình h( x)  0  2 x 2  2  0  
 x  1  y  5
Vậy tọa hai điểm cần tìm là 1; 5 và  1; 1 .
Câu 33: [2D1-8-3] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018) Gọi M  a; b  là điểm
trên đồ thị hàm số y 

2x 1
mà có khoảng cách đến đường thẳng d : y  3 x  6 nhỏ
x2

nhất. Khi đó
A. a  2b  1 .
a  2b  3 .

C. a  b  2 .

B. a  b  2 .

D.

Lời giải
Chọn C.
 2x 1 
Gọi M  x0 ; 0    C  , ta có
x0  2 

d M ,d  

d M ,d  

3x0 

2 x0  1
6
x0  2
12  32

3  x0  2  

3 x0  2 


3
2

x0  2

12  32

3
6
x0  2

12  32



62
10



4
( Áp dụng bất đẳng thức Côsi).
10

Dấu bằng xảy ra:
x0  2 

 x0  2  1
 x0  1, y0  1
1
2
  x0  2   1  


x0  2
 x0  2  1  x0  3, y0  5

Khi đó: M  1; 1 thỏa a  b  2 .


Câu 34: [2D1-8-3] (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Biết đồ
thị (Cm ) của hàm số y  x 4  mx 2  m  2018 luôn luôn đi qua hai điểm M và N cố
định khi m thay đổi. Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN là
A. I 1; 2018 .

B. I  0;1 .

C. I  0; 2018  .

D.

I  0; 2019  .
Lời giải
Chọn D
Giả sử M  x0 ; y0  là điểm cố định của họ  Cm  . Khi đó
y0  x04  mx02  m  2018, m    x02  1 m  x04  y0  2018  0, m

  x0  1

x

1



0
2
 M 1; 2019 


 y0  2019
 x0  1  0
 
  x0  1
.

 4
x


1
N

1;
2019
x

y

2018

0






0

0
 0

4

 x0  y0  2018  0
  y0  2019

Suy ra tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN có tọa độ là I  0; 2019  .