Một số đề thi đại học

2 . HD: (C) có tiệm cận đứng x 1= , tiệm cận ngang y 1= . Giao điểm 2 tiệm cận là I (1;1) . Gọi xM x C x x 0 0 0 0 ; ( ) ( 1) 1   ∈ ≠   −  . PTTT ∆ của (C) tại M: xy x x xx 0 02 00 1 ( ) 1( 1) = − − + − − . cắt TCĐ tại xA x 0 0 1 1; 1  +    −  , cắt TCN tại B x0(2 1;1)− . Ta có: IABP IA IB AB x xx x 2 0 0 2 0 0 2 1 2 1 2 ( 1) 1 ( 1) = + + = + − + − + − − ≥ 4 2 2+ 19 Dấu "=" xảy ra ⇔ xx x 0 0 0 0 1 1 1  = − = ⇔  = . + Với x0 0= ⇒ PTTT ∆: y x= − ; + Với x0 2= ⇒ PTTT ∆: y x 4= − + . 104. Cho hàm số xy x 2 1 1 + = − có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B với chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. HD: Giao điểm của 2 tiệm cận là I (1;2) . Gọi M x x0 0 3 ;2 1   +   −  ∈ (C). + PTTT tại M có dạng: y x x xx 02 00 3 3 ( ) 2 1( 1) − = − + + − − + Toạ độ các giao điểm của tiếp tuyến với 2 tiệm cận: A x0 6 1;2 1   +   −  , B x0(2 1;2)− + Ta có: IABS IA IB xx 00 1 1 6 . 2 1 2.3 6 2 2 1∆ = = ⋅ ⋅ − = = − (đvdt) + ∆IAB vuông có diện tích không đổi ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB ⇔ x x x x 0 0 0 0 1 36 2 1 1 1 3  = + = − ⇒  − = − Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện ( )M1 1 3;2 3+ + , ( )M2 1 3;2 3− − Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3 2 6+ . Chú ý: Với 2 số dương a, b thoả ab = S (không đổi) thì biểu thức P = a b a b2 2+ + + nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b. Thật vậy: P = + + +a b a b2 2 ≥ + = + = +ab ab ab S2 2 (2 2) (2 2) . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b. Câu hỏi tương tự: xy x 2 1 1 − = − . ĐS: M M1 2(0; 1), (2;3)− . 105. Cho hàm số xy x 2 1 − = + . Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A và B sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB là lớn nhất, với I là giao điểm của 2 tiệm cận. HD: (C) có TCĐ x 1= − , TCN y 1= . Giao điểm 2 tiệm cận là I ( 1;1)− . Gọi xM x C x 0 0 0 2 ; ( ) 1  − ∈  +  . PTTT ∆ của (C) tại M: xy x x xx 0 02 00 23 ( ) 1( 1) − = − + ++ . cắt hai tiệm cận tại xA B x x 0 0 0 5 1; , (2 1;1) 1  − − +  +  . Ta có: IA IB x x 00 6 ; 2 1 1 = = + + . ⇒ IABS IA IB 1 . 6 2 = = . Gọi p, r là nửa chu vi và bán kính đường trọn nội tiếp của ∆IAB. Ta có: SS pr r p p 6 = ⇒ = = . Do đó r lớn nhất ⇔ p nhỏ nhất. Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên: p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB2 22 2 . 2 . 4 3 2 6= + + = + + + ≥ + = + . Dấu "=" xảy ra ⇔ IA IB= ⇔ x x20 0( 1) 3 1 3+ = ⇔ = − ± . + Với x 1 3= − − ⇒ PTTT ∆: ( )y x 2 1 3= + + + Với x 1 3= − + ⇒ PTTT ∆: ( )y x 2 1 3= + − 20 106. Cho hàm số xy x 2 1 1 + = − . Tìm trên hai nhánh của đồ thị (C), các điểm M, N sao cho các tiếp tuyến tại M và N cắt hai đường tiệm cận tại 4 điểm lập thành một hình thang. HD: Gọi M NM m y N n y( ; ), ( ; ) là 2 điểm thuộc 2 nhánh của (C). Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B. Tiếp tuyến tại N cắt hai tiệm cận tại C, D. PTTT tại M có dạng: My y m x m y( ).( )′= − + ⇒ m A B m m 2 4 1; , (2 1;2) 1  + −  −  . Tương tự: nC D n n 2 4 1; , (2 1;2) 1  + −  −  . Hai đường thẳng AD và BC đều có hệ số góc: k m n 3 ( 1)( 1) − = − − nên AD // BC. Vậy mọi điểm M, N thuộc 2 nhánh của (C) đều thoả mãn YCBT. 107. Cho hàm số xy x 3 1 + = − . Cho điểm o o oM x y( ; ) thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và B. Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB. HD: o o oM x y( ; ) ∈ (C) ⇒ y x0 0 4 1 1 = + − . PTTT (d) tại M0 : y y x x x 0 02 0 4 ( ) ( 1) − = − − − Giao điểm của (d) với các tiệm cận là: A x B y0 0(2 1;1), (1;2 1)− − . ⇒ A B A B x x y y x y0 0;2 2 + + = = ⇒ M0 là trung điểm AB. 108. Cho hàm số : xy x 2 1 + = − (C). Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (C) đều lập với hai đường tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi. HD: Giả sử M aa a 2 ; 1  +   −  ∈ (C). PTTT (d) của (C) tại M: ay y a x a a 2 ( ).( ) 1 + ′= − + − ⇔ a a y x a a 2 2 2 3 4 2 ( 1) ( 1) − + − = + − − Các giao điểm của (d) với các tiệm cận là: aA a 5 1; 1  +   −  , B a(2 1;1)− . IA a 6 0; 1 →   =   −  ⇒ IA a 6 1 = − ; IB a(2 2;0) → = − ⇒ IB a2 1= − Diện tích IAB∆ : S IAB∆ = IA IB 1 . 2 = 6 (đvdt) ⇒ĐPCM. Câu hỏi tương tự: xy x 2 4 1 − = + ĐS: S = 12. 109. Cho hàm số xy x 2 1 1 − = − . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam giác IPQ. HD: aI A a a 2 1 (1; 2), ; 1  − −   −  . PT tiếp tuyến d tại A: ay x a aa 2 1 2 1 ( ) 1(1 ) − = − + − − Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến d: aP a 2 1; 1     −  Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến d: Q a(2 1; 2)− − Ta có: P Q Ax x a x2 2+ = = . Vậy A là trung điểm của PQ. IP = a a a 2 2 2 1 1 + = − − ; IQ = a2( 1)− . Suy ra: SIPQ = 1 2 IP.IQ = 2 (đvdt) 21 110. Cho hàm số xy x 2 1 1 − = + . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). Tìm trên đồ thị (C), điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị (C) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn: IA IB2 2 40+ = . HD: (C) có TCĐ: x 1= − ; TCX: y 2= ⇒ I(–1; 2). Giả sử xM x x 0 0 0 2 1 ; 1  −   +  ∈ (C), (x0 > 0). PTTT với (C) tại M: xy x x xx 0 02 00 2 13 ( ) 1( 1) − = − + ++ ⇒ x A x 0 0 2 4 1; 1  − −  +  , ( )B x0(2 1;2+ . IA IB2 2 40+ = ⇔ x x x 2 02 0 0 36 4( 1) 40 ( 1) 0  + + = +  > ⇔ x0 2= (y0 = 1) ⇒ M(2; 1). 111. Cho hàm số 2x 3y x 2 − = − có đồ thị (C). Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . HD: Lấy điểm 1M m;2 m 2   +  −  ( )C∈ . Ta có: ( ) ( )2 1y ' m m 2 = − − . Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : ( ) ( )2 1 1y x m 2 m 2m 2 = − − + + − − Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2A 2;2 m 2   +  −  Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) Ta có : ( ) ( ) 22 2 1AB 4 m 2 8 m 2   = − + ≥  −   . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : M(2; 2) 112. Cho hµm sè 2x 1y x 1 − = + 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè . 2. T×m täa ®é ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm I( 1; 2)− tíi tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M lµ lín nhÊt . HD: 0 0 3M x ; 2 (C) x 1   − ∈  +  th× tiÕp tuyÕn t¹i M cã ph−¬ng tr×nh : 02 0 0 3 3y 2 (x x ) x 1 (x 1)− + = −+ + hay 2 0 0 03(x x ) (x 1) (y 2) 3(x 1) 0− − + − − + = Kho¶ng c¸ch tõ I( 1;2)− tíi tiÕp tuyÕn lµ ( ) 0 0 0 4 4 200 02 0 3( 1 x ) 3(x 1) 6 x 1 6d 99 (x 1)9 x 1 (x 1)(x 1) − − − + + = = = + ++ + + + + . Theo bÊt ®¼ng thøc C«si 692)1()1( 9 2 02 0 =≥++ + x x , v©y d 6≤ . Kho¶ng c¸ch d lín nhÊt b»ng 6 khi ( )220 0 02 0 9 (x 1) x 1 3 x 1 3(x 1) = + ⇔ + = ⇔ = − ±+ . VËy cã hai ®iÓm M : ( )M 1 3;2 3− + − hoÆc ( )M 1 3;2 3− − + 113. Cho hàm số 2x 4y (C) x 1 − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 22 2. Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B. CMR diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M. HD: Gọi ( )2a 4M a; C a 1 a 1 −  ∈ ≠ − +  Tiếp tuyến tại M có phương trình: ( ) ( )2 6 2a 4y x a a 1a 1 − = − + ++ Giao điểm với tiệm cận đứng x = -1 là 2a 10A 1; a 1 −  − +  Giao điểm với tiệm cận ngang 2y = là ( )B 2a 1;2+ Giao hai tiệm cận I(-1; 2) ( ) ( )IAB12 1 1IA ; IB 2 a 1 S IA.AB .24 12 dvdt a 1 2 2 = = + ⇒ = = = + Suy ra đpcm 114. Cho hàm số 2x 1y x 1 − = − có đồ thị (C). Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. HD: Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y0 0( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. Do ∆OAB vuông tại O nên: OB 1tan A OA 4 = = ⇒ Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4 − . Hệ số góc của d tại M là: 0 2 0 1y (x ) 0(x 1) ′ = − < − ⇒ 0 1y (x ) 4 ′ = − ⇔ 2 0 1 1 (x 1) 4− = −− ⇔ 0 0 0 0 3 x 1 y 2 5 x 3 y 2    = − =       = =     . Vậy có hai tiếp tuyến là: 1 3y (x 1) 4 2 = − + + ; 1 5y (x 3) 4 2 = − − + 115. Cho hàm số : y = 2 + 1 x 2− , có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) sao cho đường thẳng d cùng với hai tiệm cận của (C) cắt nhau tạo thành tam giác cân . 116. Cho hµm sè: y = 2x x 1+ ®å thÞ (C). T×m to¹ ®é ®iÓm M thuéc (C), biÕt tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t hai trôc Ox, Oy t¹i A, B vµ tam gi¸c OAB cã diÖn tÝch b»ng 1 4 117. Cho hµm sè + = + 3x 1 y x 1 (1) . TÝnh diÖn tÝch cña tam gi¸c t¹o bëi c¸c trôc täa ®é vµ tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ hµm sè (1) t¹i ®iÓm M(-2;5). 118. Cho hµm sè (C) 3 2y f (x) x 3x 1= = − + . CMR trªn (C) cã v« sè c¸c cÆp ®iÓm mµ tiÕp tuyÕn t¹i tõng cÆp ®iÓm ®ã song song víi nhau ®ång thêi c¸c ®−êng th¼ng nèi c¸c cÆp tiÕp ®iÓm nµy ®ång qui t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh 119. Cho (C): )1(1)( 3 +−+== xkxxfy , a. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (t) t¹i giao ®iÓm cña (C) víi Oy. b. T×m k ®Ó (t ) ch¾n trªn Ox ,Oy mét tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 8. 120. (§H An Ninh 2000 ). Cho (C) 1)( 23 −−+== mmxxxfy . ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (t) t¹i c¸c ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (C) ®i qua. T×m quü tÝch giao ®iÓm cña c¸c tiÕp tuyÕn ®ã. 121. Cho ®å thÞ 4x 5y 2x 3 − = − + vµ ®iÓm M bÊt kú thuéc (C). Gäi I lµ giao diÓm 2 tiÖm cËn, tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t 2 tiÖm cËn t¹i A, B. a. CMR M lµ trung ®iÓm AB b. T×m M ®Ó chu vi tam gi¸c IAB nhá nhÊt. Tất cả có 6 chủ đề liên quan, Liên hệ Thầy Hoàng để có được 5 chủ đề còn lại.