Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu gồm 72 trang, được biên soạn bởi nhóm tác giả Tư Duy Mở, tuyển tập 115 bài toán min – max vận dụng cao, dạng trắc nghiệm, có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh rèn luyện để hướng đến kỳ thi tốt nghiệp Trung học Phổ thông Quốc gia môn Toán năm học 2020 – 2021; tài liệu là món quà tri ân gửi đến quý thầy, cô giáo nhân dịp ngày Nhà giáo Việt Nam 20 tháng 11.
HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 CÁC BÀI TOÁN MIN MAX QUÀ TẶNG NHÂN NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20 – 11 TƯ DUY MỞ CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO Sưu tầm LATEX Tư Duy Mở Câu Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai R Bảng biến thiên hàm số y = f (x) sau x −1 f (x) + − f (x) f (x) + x3 nghiệm với x ∈ (0; 3) B m < f (1) − C m f (0) D m f (3) Tìm m để bất phương trình m + x2 A m < f (0) Lời giải 1 f (x) + x3 ⇔ m f (x) + x3 − x2 Xét hàm h(x) = f (x) + x3 − x2 (0; 3).Có 3 h (x) = f (x) + x2 − 2x Dựa vào bảng biến thiên, ta có < f (x) 3, ∀x ∈ (0; 3) Khảo sát hàm số y = x2 − 2x ta có bảng biến thiên Ta có m + x2 x y − + y −1 Từ bảng biến thiên ta có −1 x2 − 2x < với x ∈ (0; 3) Suy h (x) = f (x) + x2 − 2x > với x ∈ (0; 3) Cũng từ bảng biến thiên ta có hàm số hàm số y = f (x) có đạo hàm x = 0, liên tục [0; 3) Do hàm số h(x) = f (x) + x3 − x2 liên tục [0; 3) Bảng biến thiên x h (x) + h(3) h(x) h(0) Phương trình cho nghiệm với x ∈ (0; 3) ⇔ m Chọn đáp án C h(0) ⇔ m f (0) Vậy m f (0) Câu Cho x2 ; ; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng Gọi M, m giá trị lớn √ giá trị nhỏ biểu thức P = 3xy + y Tính S = M + m Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO A HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 √ − C 2 B D Lời giải 1 Do x2 ; ; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên x2 + y = · ⇔ x2 + y = (1) 2 Đặt x = sin t; y = cos t, t ∈ R, ta suy √ √ π · sin 2t + cos 2t + ⇔ sin 2t + =P− P = sin t · cos t + cos t = 1 Suy −1 P − 1⇒− P 2 π π Ta có M = sin 2t + = m = − sin 2t + = −1 3 Vậy S = M + m = Chọn đáp án A Câu Cho (S) mặt cầu cố định có bán kính R Một hình trụ (H) thay đổi ln có hai đường trịn đáy nằm (S) Gọi V1 thể tích khối cầu (S) V2 thể tích lớn V1 khối trụ (H) Tính tỉ số V2 V1 √ V1 V1 √ V1 √ = = = = A B C D V2 V2 V2 V2 Lời giải h2 Gọi bán kính đáy hình trụ r chiều cao h, ta có r2 + = R2 4 πR 4R3 V1 4R3 = = Ta có = h2 V2 πr · h − h3 3hR 3h R − 4 2R Xét f (h) = 3hR2 − h3 ⇒ f (h) = 3R2 − h2 Ta có f (h) = ⇔ h = √ 4 Ta có bảng biến thiên h 2R √ f (h) √ 4R3 3 Vậy giá trị lớn tỉ số r h √ V1 V2 Chọn đáp án C Câu Một công ty cần xây kho chứa hàng dạng hình hộp chữ nhật tích 2000 m3 vật liệu gạch xi măng, đáy hình chữ nhật có chiều dài hai lần chiều rộng Người ta cần tính tốn cho chi phí xây dựng thấp nhất, biết giá vật liệu xây dựng 500.000 đồng/ m2 Khi đó, chi phí thấp gần với số số đây? A 495.969.987 đồng B 495.288.088 đồng Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 C 495.279.087 đồng D 495.289.087 đồng Lời giải Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D đáy ABCD có AB = a, AD = 2a; cạnh bên AA = b Diện tích đáy SABCD = 2a2 Tổng diện tích mặt bên Sxq = 6ab Thể tích VABCD.A B C D = 2a2 b = 2000 ⇒ ab = A a D C 2a 1000 a A Chi phí thấp ⇔ diện tích tồn phần nhỏ Diện tích tồn phần hình hộp Stp = 4a2 + 6ab = 4a2 + B 6000 a D B C √ 6000 3000 3000 = 4a2 + + 3 36000000 a a a √ 3000 Dấu xảy ⇔ 4a = ⇔ a = Giá trị nhỏ diện tích tồn phần a Ta có 4a2 + √ 6000 m Stp = 100 36 + √ 536 Suy chi phí nhỏ S = Stp · 500.000 ≈ 495.289.087 đồng Chọn đáp án D Câu Cho hàm số f (x) = cos2 2x + (sin x + cos x)3 − sin 2x + m Số giá trị m nguyên để f (x) 36, ∀x A B C D Lời giải Ta có cos2 2x + 2(sin x + cos√ x)3 √ − sin 2x + m = − sin2 2x + 2(sin x + cos x)3 − sin 2x + m Đặt t = sin x + cos x, t ∈ [− 2; 2] ⇒ t2 − = sin 2x Khi đó, ta − (t2 − 1)2 + 2t3 − 3(t2 − 1) + m = − (t2 − 1)(t2 + 2) + 2t3 + m Xét h(t) = + 2t3 − (t2 − 1)(t2 + 2) = −t4 + 2t3 − t2 + h(t) + m h(t) − m Ta có f (x) 36, ∀x ⇔ |h(t) + m| ⇔ ⇔ h(t) + m −6 h(t) −6 − m t=0 t=1 Ta có h (t) = −4t3 + 6t2 − 2t ⇒ h (t) = ⇔ t= Ta có bảng biến thiên Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO t √ − h (t) HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 + − 0 + − 3 h(t) √ −3 + 239 81 max √ √ h(t) t∈[− 2, 2] 6−m 6−m ⇔ Khi ⇔ −6 − m −6 − m √ √ h(t) t∈[− 2, 2] √ ⇔ −9 m −3 − Số giá trị m nguyên Chọn đáp án C h(t) h(t) √ √ −3 + 6−m √ −3+4 −6 − m Câu Cho y = f (x) = |x2 − 5x + 4| + mx Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m cho giá trị nhỏ hàm số f (x) lớn Tính số phần tử tập hợp S A B C D Lời giải Hàm số f (x) có tập xác định D = R Ta có f (x) > ⇔ f (x) > 1, ∀x ∈ R x∈R Vì f (0) = > nên − |x2 − 5x + 4| m > max , ∀x > x x2 − 5x + + mx > 1, ∀x ∈ R ⇔ (∗) − |x2 − 5x + 4| m < , ∀x < x − |x2 − 5x + 4| − x − x + x ∈ (−∞; 0) ∪ (0; 1) ∪ (4; +∞) = Xét hàm số g(x) = x x+ −5 x ∈ [1; 4] x √ x= (loại) √ • Với x ∈ (−∞; 0) ∪ (0; 1) ∪ (4; +∞) Ta có g (x) = −1 + = ⇔ x x = − (nhận) √ x= (nhận) √ • Với x ∈ [1; 4] Ta có g (x) = − = ⇔ x x = − (loại) • Bảng biến thiên hàm số g(x) sau √ x −∞ − g (x) − + + +∞ +∞ g(x) √ 5+2 | − √ + √ g( 5) −∞ | +∞ − −∞ √ Dựa vào bảng biến thiên ta có (∗) xảy < m < + Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn toán Chọn đáp án B Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 Câu Cho ba √ số dương a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng Giá trị lớn biểu a2 + 8bc + √ thức P = √ có dạng x y, với x, y ∈ N Tính x + y 2 a + 2ac + 4bc + 2c + A 11 B 10 C 13 D 20 Lời giải Vì a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên a + c = 2b Thay vào biểu thức P , ta có a2 + 4(a + c)c + (a + 2c)2 + a2 + 2ac + 2(a + c)c + 2c2 + (a + 2c)2 + √ x+3 Đặt (a + 2c) = x, ta có hàm số f (x) = √ với x x + √ −3 x + 1 √ Ta có f (x) = f (x) = ⇔ x = 2(x + 1) x + x √ √ 1 = 10 lim f (x) = nên max f (x) = 10, x = Vì f (0) = 3, f x→+∞ x 9 √ Vậy giá trị lớn P 10, xảy a = , b = c = , chẳng hạn 3 Từ suy x + y = 11 Chọn đáp án A P = = Câu Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình x6 + 3x4 − m3 x3 + 4x2 − mx + với x ∈ [1; 3] Tổng tất phần tử thuộc S A B C D Lời giải Bất phương trình x6 + 3x4 − m3 x3 + 4x2 − mx + ⇔ x6 + 3x4 + 3x2 + + x2 + m3 x3 + mx ⇔ x2 + + x2 + (mx)3 + mx Xét hàm số f (t) = t3 + t có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ⇒ hàm số f (t) đồng biến R Ta có f (x2 + 1) f (mx) ⇔ x2 + mx x2 + x2 + Với x ∈ [1; 3] bất phương trình x2 + mx ⇔ m Đặt h(x) = , ta có x x m x2 + , ∀x ∈ [1; 3] ⇔ m x h(x) [1;3] x = (thỏa mãn) x2 − x2 − , h (x) = ⇒ = ⇔ x2 x2 x = −1 (loại) 10 Mà h (1) = 2; h (3) = , suy m Vì m nguyên dương nên S = {1; 2} Vậy tổng phần tử thuộc S Chọn đáp án D Ta có h (x) = Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 Câu Một người nơng dân có lưới thép B40, dài 16 m muốn rào mảnh vườn dọc bờ sơng có dạng hình thang cân ABCD hình vẽ (trong bờ sơng đường thẳng DC rào cạnh hình thang) Hỏi ơng rào mảnh vườn có diện tích lớn bao D nhiêu m2 ? √ √ √ A 192 m2 B 194 m2 C 190 m2 A B C √ D 196 m2 Lời giải Kẻ AE BF vuông góc với CD Vì ABCD hình thang √ cân nên giả sử DE = CF = x, ta có CD = 16 + 2x AE = 216 − x2 Diện tích hình thang ABCD √ √ (32 + 2x) 216 − x2 (AB + CD) · AE = = (16 + x) 216 − x2 S= 2 D A B E F C Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 1 (16 + x) + (16 + x) + (16 + x) + (48 − 3x) S = (16 + x)3 (48 − 3x) 3 √ Suy S 192 (m2 ) Dấu xảy 16 + x = 48 − 3x ⇔ x = (m) Chọn đáp án A Câu 10 Cho gỗ hình vng cạnh 200 cm Người ta cắt gỗ có hình tam giác vng ABC từ gỗ hình vng cho hình vẽ bên Biết AB = x cm cạnh góc vng AB với cạnh huyền BC (120 − x) cm Tìm x để tam giác ABC có diện tích lớn B 30 cm C 50 cm D 20 cm A 40 cm = 110592 200 B x A 120 − x C Lời giải √ Ta có AC = BC − AB = √ (120 − x)2 − x2 = 14400 − 240x cm Từ suy < x < 60 √ Diện tích tam giác ABC S = AB · AC = x 14400 − 240x cm2 2 √ Xét hàm số f (x) = x 14400 − 240x với < x < 60 √ 120x 14400 − 360x Ta có f (x) = 14400 − 240x − √ =√ ; f (x) = ⇔ x = 40 ∈ (0; 60) 14400 − 240x 14400 − 240x Bảng biến thiên hàm số f (x) Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO x f (x) HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 40 + − √ 1600 60 f (x) 0 √ Từ suy diện tích tam giác ABC lớn 800 cm2 , đạt x = 40 cm Chọn đáp án A Câu 11 Cho số thực x, y thỏa mãn x2 + 2xy + 3y = Giá trị lớn biểu thức P = (x − y)2 A max P = 16 B max P = C max P = 12 D max P = Lời giải • Với y = x2 = ⇒ P = x2 = 2 P (x − y) x − 2xy + y • Với y = 0, ta có = = = x + 2xy + 3y x + 2xy + 3y • Đặt x y x y −2 +2 x y x y +1 +3 x P t2 − 2t + = t = f (t) = y t + 2t + • Có f (t) = 4t2 + 4t − , f (t) có bảng biến thiên (t2 + 2t + 3)2 t −∞ −2 + f (t) +∞ − + f (t) • Nhìn vào bảng biến thiên max f (t) = f (−2) = ⇒ max P = · = 12 Chọn đáp án C Câu 12 Giá trị nhỏ hàm số y = f (x) = |x − 1| + |x − 2| + · · · + |x − 2018| A 1008 · 1009 B 10092 C 1009 · 2019 D 20182 Lời giải Với k 2017, ta thấy x ∈ (k; k + 1) k số hạng đầu dấu giá trị tuyệt đối dương 2018 − k số hạng sau dấu giá trị tuyệt đối mang dấu âm nên f (x) hàm bậc với hệ số x k − (2018 − k) = 2k − 2018 Do f (x) = 2k − 2018 • Với k < 1009 f (x) hàm nghịch biến đoạn [k; k + 1] • Với k > 1009 f (x) hàm số đồng biến đoạn [k; k + 1] Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 • Với k = 1009 f (x) hàm đoạn [k; k + 1] Từ ta thấy f (x) = f (1009) = 10092 x∈R Chọn đáp án B Câu 13 Có tất √ giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng (−5, 5) cho hàm số f (x) = mx − sin 2x + sin x khơng có cực trị [−π; π]? A B C D Lời giải √ √ Ta có f (x) = m − cos 2x + cos x = −4 cos2 x + cos x + m + Hàm số f (x) khơng có cực trị [−π; π] f (x) f (x) 0, ∀x ∈ [−π; π] 0, ∀x ∈ [−π; π] − cos2 x + cos x + ⇔ − cos2 x + cos x + √ −m g(x) x∈[−π;π] √ ⇔ −m max g(x) √ −m 3, ∀x ∈ [−π; π] √ −m 3, ∀x ∈ [−π; π] (1) x∈[−π;π] Trong đó, g(x) = −4 cos2 x + cos x + Đặt t = cos x, với x ∈ [−π; π] ⇒ t ∈ [−1; 1] Xét h(t) = −4t2 +4t+2 đoạn [−1; 1] Ta có h (t) = −8t+4, h (t) = ⇔ t = ∈ [−1; 1] Khi đó, h(−1) = −6; h = 3; h(1) = Suy g(x) = h(t) = −6 max g(x) = max h(t) = Vậy x∈[−π;π] t∈[−1;1] x∈[−π;π] t∈[−1;1] √ √ − m −6 m √ √ (1) ⇔ ⇔ −m 3 m − Do m nguyên thuộc khoảng (−5; 5) nên m ∈ {−4; −3; −2; 4} Chọn đáp án C Câu 14 Tìm giá trị nhỏ tham số m để bất phương trình √ x3 + 3x2 + + m √ √ √ √ x− x−1 ( x + x − 1)2 có nghiệm A m = B m = C m = 13 D m = Lời giải Điều kiện x Bát phương trình tương dương √ √ √ √ x3 + 3x2 + + m 3 2+1+1 √ (1) ⇔ x + 3x x + x−1 m (2) √ √ √ x− x−1 x+ x−1 √ √ √ Đặt f (x) = x3 + 3x2 + + x + x − với x Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có √ √ x3 + 3x2 + + 13 + · 12 + + = > √ nghiệm ⇔ m f (x) Với x ta có √ ⇒ √ √ x x+ x−1 1+ 1−1=1>0 Tài liệu sưu tầm LATEX Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 f (x) · 13 = Dấu đẳng thức xảy x = Suy m Vậy giá trị nhỏ m m = Chọn đáp án B Câu 15 Cho hàm số y = f (x) liên tục R có bảng biến thiên hình vẽ Đặt S = 3t− √ t+1+1 với t = f (x) − f (x + a − c) Khẳng định với x ∈ [b; c] A −9 S −4 B S −9 C S −3 D −4 S −3 x −∞ f (x) a + c b − + 0 +∞ − f (x) −∞ −∞ Lời giải f (x) 0, ∀x ∈ [b; c] ⇒t 0, ∀x ∈ [b; c] Xét g(t) = 3t − f (x + a − c) 0, ∀x ∈ [b; c] 6 √ √ với t Ta thấy g (t) = + √ > 0, ∀t Do vậy, ta có · t+1+1 t+1 t+1+1 g(t) g(0) = −3, ∀t Vậy ta S −3, ∀t Chọn đáp án C Từ bảng biến thiên, ta thấy Câu 16 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để bất phương trình √ x4 + − x2 + x 2mx4 + 2m √ với x ∈ R Biết S = [a; b] Giá trị a + 12b A B C D Lời giải Dễ thấy bất phương trình xác định m Khi x 0, bất phương trình cho hiển nhiên Ta cần xét x < Thật vậy, bất phương trình cho tương đương với x4 + − x2 √ √ √ −x x4 + 2m ⇔ 2m ⇔ 2m x4 + − x2 √ −x x4 + (x4 + − x2 )2 x2 (x4 + 1) −1 x2 x2 + x x2 + ⇔ 2m Đặt t = x2 + ⇒t x2 Bất phương trình (1) trở thành 2m Để (2) xảy với t (t − 1)2 = f (t), ∀t t (2) 2m f (t) (3) [2;+∞) Tài liệu sưu tầm LATEX 10 Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO Câu 92 Cho x, y > thỏa mãn A 32 HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 x2 4y 2 + = Giá trị nhỏ biểu thức P = + y x + 2y + x 29 B C D 31 Lời giải √ 2 √ 1 = + xy y x xy Ta có ⇒ x + 2y = xy x + 2y = xy (x + 2y)2 t2 Mặt khác P = với t = x + 2y x + 2y + t+2 t2 t2 + 4t 32 Xét f (t) = ⇒ f (t) = > 0, ∀t ⇒ f (t) = f (8) = t t+2 (t + 2)2 x = 2y x=4 32 + x , chọn ta thấy thỏa đề Vậy P , đẳng thức xảy + 2y y=2 x + 2y = xy = 32 Vậy P = Chọn đáp án A Câu 93 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = Biết biểu thức 2b + 3a 2c + 3b P =√ +√ đạt giá trị lớn a0 , b0 , c0 Tính a0 + b0 + c0 2 b − ab + 5a c − bc + 5b2 21 489 777 A B C D 136 184 Lời giải Ta có P = b +3 a b a c +3 b c c − +5 b b + b +5 a (2x + 3)2 Xét hàm số y = f (x) = D = (0; +∞) x −x+5 x = − (loại) −16x + 22x + 69 Ta có y = ,y =0⇔ 23 (x2 − x + 5)2 x= Ta có bảng biến thiên − x + y y Dựa vào bảng biến thiên ta có P = Tài liệu sưu tầm LATEX 23 0 − 140 19 f +∞ b a + f 58 c b 140 19 Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 b = c = 23 140 23 Vậy max P = ⇔ a b ⇔ a = , b = 1, c = 19 23 abc = 777 ⇒ a0 + b + c = 184 Chọn đáp án D Câu 94 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình có nghiệm? A √ m + 3 m + cos x = cos x B C D Lời giải √ 3 Đặt t = cos x, (t ∈ [−1; 1]) Khi đó, phương trình đề trở thành m + m + 3t = t (1) √ √ 3 Đặt u = m + 3t phương trình (1) trở thành m + 3u = t ⇔ t = m + 3u √ t3 = m + 3u Lại có u = m + 3t ⇔ u3 = m + 3t Khi ta có hệ phương trình u3 = m + 3t Suy t3 − u3 = 3(u − t) ⇔ (t − u)(t2 + tu + u2 + 3) = ⇔ t = u (do t2 + tu + u2 + > ∀u, t) Khi ta có t3 = m + 3t ⇔ m = t3 − 3t Xét hàm số f (t) = t3 − 3t [−1; 1] Ta có f (t) = 3t2 − < ∀t ∈ (−1; 1) suy f (t) nghịch biến [−1; 1] Do f (t) = f (1) = −2; max f (t) = f (−1) = t∈[−1;1] t∈[−1;1] Phương trình cho có nghiệm ⇔ −2 m Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề Chọn đáp án A Câu 95 Cho số thực x, y, z không âm thỏa mãn < (x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 a Biết giá trị lớn biểu thức P = 4x + 4y + 4z + ln(x4 + y + z ) − (x + y + z)4 , b a với a, b số nguyên dương tối giản Tính S = 2a + 3b b A S = 13 B S = 54 C S = 71 D S = 42 Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 4t 3t + 1, ∀t ∈ [0; 1] Thật vậy, xét hàm số f (t) = 4t − 3t − 1, ∀t ∈ [0; 1] Ta có f (t) = 4t · ln − 3, f (t) = ⇔ t = log4 ∈ (0; 1) Bảng biến ln thiên t log4 − f (t) ln + 0 f (t) f Tài liệu sưu tầm LATEX log4 59 ln Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO Suy 4t HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 3t + 1, ∀t ∈ [0; 1] Ta có < (x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 ⇔ < x2 + y + z + xy + yz + zx Suy x, y, z ∈ [0; 1] Dấu xảy (x; y; z) = (1; 0; 0) hoán vị Và Do 4t ⇔ x2 + y + z 2 x2 + y + z + 2(xy + yz + zx) x2 + y + z 3t + 1, ∀t ∈ [0; 1] nên 4x + 4y + 4z x4 + y + z (x + y + z) + Mặt khác x2 + y + z ⇒ ln x4 + y + z Do P (x + y + z) + − ln x2 + y + z (x + y + z)4 21 Đẳng thức xảy (x; y; z) = (1, 0, 0) hoán vị Suy Pmax = 21 Vậy S = 2a + 3b = 54 Chọn đáp án B Câu 96 Giá trị lớn hàm số f (x) = π A √ B π π π sin x đoạn ; x 3 π C D π Lời giải x cos x − sin x x2 π π Xét hàm số g(x) = x cos x − sin x đoạn ; π π Ta có g (x) = −x sin x < 0, ∀x ∈ ; π π π π ; ⇒ g(x) g = √ − < Suy g(x) nghịch biến đoạn 6 π π π Từ suy f (x) < 0, ∀x ∈ ; Dẫn tới max f (x) = f = π π 6 π x∈[ ; ] Ta có f (x) = Chọn đáp án C Câu 97 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + y = Gọi M, m giá trị lớn nhỏ biểu thức P = 2(x3 + y ) − 3xy Tính giá trị M + m A M + m = −6 B M + m = −4 √ C M +m=− D M + m = − 2 Lời giải Ta có P = 2(x3 + y ) − 3xy = 2(x + y)(x2 + y − xy) − 3xy = 2(x + y)(2 − xy) − 3xy Đặt x + y = t, x2 + y = ⇔ xy = Tài liệu sưu tầm LATEX (x + y)2 t2 − ⇔ xy = − 2 60 Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 Do (x + y)2 4xy ⇔ t2 t2 −1 t2 −1 ⇔ −2 t t2 −1 = −t3 − t2 + 6t + đoạn [−2; 2] Ta t = ∈ [−2; 2] có f (t) = −3t2 − 3t − f (t) = ⇔ −3t2 − 3t − = ⇔ Khi t = −2 ∈ [−2; 2] Xét hàm số f (t) = P = 2t − −3 f (−2) = −7; f (1) = 13 ; f (2) = 13 m = f (t) = −7 t∈[−2;2] t∈[−2;2] 13 Vậy M + m = −7=− 2 Chọn đáp án C Suy M = max f (t) = Câu 98 Cho x, y số thực dương thỏa mãn 2x + y Giá trị nhỏ biểu thức + thuộc khoảng nào? P = xy √4x +√ y2 √ A 10 2; 11 − B 10; √ √ √ C 2; 10 D 2; 10 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có √ 2xy ⇒ xy 2x + y Từ < 2x + y suy (2x + y)2 ⇔ 4x2 + y − 4xy 3 Khi P + = + với t = xy xy − 4xy t − 4t Xét hàm số f (t) = + với < t t − 4t 8 √ 2− t= ∈ / 0; 12 √ Ta có f (t) = − + ; f (t) = ⇔ t (1 − 4t) 2+ t= ∈ / 0; Bảng biến thiên t 8 − f (t) +∞ f (t) 14 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f (t) Do P 14 Đẳng thức xảy ⇔ t = 14, ∀t ∈ ⇔ 0; x = 2x = y ⇔ 2x + y = y = Chọn đáp án C Tài liệu sưu tầm LATEX 61 Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 Câu 99 Tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình m √ + sin x + √ − sin x + + cos x − = π π nửa khoảng (a; b] Tính 5a + 7b có hai nghiệm thực phân biệt thuộc − ; 2 √ √ √ √ A 12 + B − C 18 + D 18 − Lời giải √ √ √ π π Đặt t = + sin x + − sin x (t > 0) Suy t2 = + cos x t ∈ [ 2; 2] với x ∈ − ; 2 −t2 + = f (t) Thay vào phương trình ban đầu ta m = t+3 √ −t − 6t − Ta có f (t) = 2; 2] Suy < ∀t ∈ [ (t + 3)2 √ √ 15 − f (2) f (t) f ( 2) ⇔ m √ π π Theo cách đặt ta thấy với giá trị t ∈ [ 2; 2] cho tương ứng hai giá trị x ∈ − ; , 2 π π ngoại trừ trường hợp t = ta thu giá trị x ∈ − ; 2 √ √ 15 − 15 − Vậy m ∈ ; Suy a = , b = 7 √ Do 5a + 7b = − Chọn đáp án D Câu 100 Biết hàm số y = Tính |a| + |b| A ax + b có giá trị lớn giá trị nhỏ −1 x2 + B C D Lời giải Tập xác định D = R Ta nhận thấy a2 + b2 = ax + b Ta có y = ⇔ yx2 + y = ax + b ⇔ yx2 − ax + (y − b) = x +1 Nhận thấy phương trình (2) có nghiệm √ b − a2 + b2 2 ∆ = a − 4y(y − b) ⇔ −4y + 4by + a 0⇔ √ b − a2 + b ymin = = −1 b=3 √2 Từ suy ⇔ 2 a2 = 16 ymax = b + a + b = Vậy |a| + |b| = Chọn đáp án B Tài liệu sưu tầm LATEX 62 (1) (2) y b+ √ a2 + b Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 √ x+m Câu 101 Cho hàm số f (x) = √ với m tham số thực, m > Gọi S tập hợp tất x+1 giá trị nguyên dương m để hàm số có giá trị lớn đoạn [0; 4] nhỏ Số phần tử tập S A B C D Lời giải Hàm số xác định liên tục đoạn [0; 4] √ √ √ x + − (2 x + m) · √ x x+1 f (x) = √ x+1 √ 2(x + 1) − (2 x + m) x √ = √ x + x(x + 1) √ − 2m x = √ √ x + x(x + 1) √ 1 x= ⇔ x = m m Vì m > nên < < m f (x) = ⇔ x m2 f (x) + f f (x) f (0) − m2 f (4) Khi +m B m > D m Lời giải Ta có √ √ 2x2 + + x2 x2 − > − m √ √ 3 ⇔ x4 + x2 + m + x4 + x + m 2x2 + + 2x2 + √ √ 3 x + x2 + m f 2x2 + (∗) ⇔ f x4 + x2 + m − Trong f (t) = t3 + t, ta có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến R √ √ Suy (∗) ⇔ x4 + x2 + m 2x2 + ⇔ x4 − x2 + m − (1) Xét hàm số g(x) = x4 − x2 + m − 1, x ∈ (1; +∞) Ta có x=0 g (x) = 4x − 2x, g (x) = ⇔ x = ±√ Bảng biến thiên g(x) (1; +∞) hình bên Từ bảng biến thiên ⇒ (1) nghiệm với x ∈ (1; +∞) ⇔ m − Vậy giá trị cần tìm m m ∈ [1; +∞) Chọn đáp án D x +∞ + y ∞ y m−1 0⇔m Câu 103 Cho hàm số f (x) có tập xác định D = R \ {−2} có đạo hàm khoảng xác định Biết hàm số f (x) có bảng biến thiên sau x −∞ −5 − f (x) −3 + +∞ −2 − +∞ + −4 f (x) −∞ Có tất giá trị nguyên tham số m, (m ∈ / {0; −12}) để bất phương trình sau có nghiệm? 24 f (|f (x)|) f m A 17 B 16 C 15 D 14 Lời giải Ta có đồ thị hàm (C ) : y = f (x) (C ) : y = |f (x)| sau Tài liệu sưu tầm LATEX 64 Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TOÁN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 y y 6 −2 O x −2 −4 x O f (4) (C ) : y = |f (x)| (C ) : y = f (x) Ta thấy |f (x)| > 4, ∀x ∈ D f (|f (x)|) > f (4) f (|f (x)|) < −4 Vì f (x) đồng biến (−2; +∞), vậy, |f (x)| > ta có Trường hợp Xét 24 < −2 Ta có f m 24 m Ta thấy f 24 m∈Z < −2 ⇔ −12 < m < ⇒ m ∈ {−11, −10, , −1} m 24 Trường hợp Xét > −2 Ta thấy m ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ m∈Z |f (x)| f 24 m > −4 > f (|f (x)|) , ∀x ∈ D (1) Có f (|f (x)|) 24 m có nghiệm 24 có nghiệm m 24 >4 m 0 a) Phương trình trở thành b2 − (m − 1)ab + (m + 2)a2 = (*) • Với a = ⇒ b = (vơ lí) Tài liệu sưu tầm LATEX 67 Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO b a • Với a = 0, ta có (∗) ⇔ − (m − 1) · b Đặt t = Vì t2 = x + a x 4⇒t HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 b + m + = a Ta có t2 − (m − 1)t + m + = ⇔ t2 + t + = (t − 1)m ⇔ t2 + t + = m (vì t t−1 2) t2 + t + miền [2; +∞) t−1 t = −1 t2 − 2t − f (t) = Ta có bảng biến thiên = ⇒ (t − 1)2 t=3 Xét f (t) = t +∞ − f (t) + +∞ f (t) Để phương trình có nghiệm m Vì m ∈ [0; 2018] nên m ∈ [7; 2018] ⇒ có 2012 giá trị nguyên m đoạn [0; 2018] để phương trình có nghiệm Chọn đáp án A Câu 109 Cho hàm số y = f (x) liên tục [1; 3] có bảng biến thiên hình x + y − −1 y −5 Hỏi phương trình f (x − 1) = − A x2 B −2 có nghiệm [2; 4]? − 6x + 12 C D Lời giải 5 =− (t + − 6(t + 1) + 12 t − 4t + Với x ∈ [2; 4] t ∈ [1; 3], xét g(t) = t2 − 4t + với t ∈ [1; 3] Ta có g (t) = 2t − 4, g (t) = ⇔ t = Bảng biến thiên Đặt t = x − ⇔ x = t + 1, suy f (t) = − t 1)2 − g (t) + g(t) Tài liệu sưu tầm LATEX 68 Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 5 Từ bảng biến thiên suy g(t) ∈ [3; 4] hay f (t) ∈ − ; − , ∀t ∈ [1; 3] Từ bảng biến thiên f (x) ⇒ f (t) = − có hai nghiệm phân biệt t − 4t + Chọn đáp án B Câu 110 Có giá trị nguyên dương tham số k để hàm số y = x3 − (k − 1)x2 − (k − 3)x + 8k đồng biến khoảng (0; 3)? A B C 0-khơng D Lời giải Ta có y = x2 − 2(k − 1)x − (k − 3) Để hàm số đồng biến (0; 3) ∀x ∈ (0; 3) y (1) (y = hữu hạn điểm thuộc (0; 3)) Khi (1) ⇔ x2 − 2(k − 1)x − (k − 3) ∀x ∈ (0; 3) x2 + 2x + k ∀x ∈ (0; 3) ⇔ 2x + (2) x2 + 2x + (0; 3) Xét g(x) = 2x + 2x + 2x − Ta có g (x) = khoảng (0;3), g (x) = x = (2x + 1)2 Bảng biến thiên x g (x) − + 18 g(x) Từ (2) suy k k nguyên dương nên k ∈ {1; 2} Chọn đáp án D √ √ Câu 111 Cho số thực x, y thỏa mãn x + y = x − + y + Tìm giá trị nhỏ Pmin biểu thức P = 4(x2 + y ) + 15xy A Pmin = −63 B Pmin = −91 C Pmin = −83 D Pmin = −18 Lời giải Điều kiện x 3, y −3, từ ta có x + y (x + 3)(y + 3) ⇔ xy −3(x + y) − Trường hợp x + y = 0, từ giả thiết suy x = −y = suy P = −63 Trường hợp x + y > 0, từ giả thiết suy (x + y)2 = 4(x + y) + Tài liệu sưu tầm LATEX (x − 3)(y + 3) 69 (1) 4(x + y) Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO ⇔x+y HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 (do x + y > 0) Đánh giá P ta P = 4(x2 + y ) + 15xy = 4(x + y)2 + 7xy Do hàm số f (t) = 4t2 −21t−63 đồng biến khoảng 4(x + y)2 − 21(x + y) − 63 21 ; +∞ suy P = f (x+y) f (4) = −83 (2) Từ (1) (2) suy Pmin = −83 x = 7, y = −3 Chọn đáp án C Câu 112 Cho hàm số f (x) = x3 + ax2 + bx + c Giả sử đồ thị hàm số có điểm cực trị A, B đường thẳng AB qua gốc tọa độ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = abc + 2ab + 18c + 12 A −2 B −24 C −36 D −12 Lời giải • f (x) = 3x2 + 2ax + b Đồ thị hàm số có cực trị ⇔ phương trình f (x) = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ a2 − 3b > 2(3b − a2 ) ab x a + + x+c− • Ta có f (x) = f (x) 9 2(3b − a2 ) ab Suy đường thẳng AB : y = x+c− 9 Do AB qua gốc tọa độ nên ab = 9c • P = abc + 2ab + 18c + 12 = 9c2 + 36c + 12 9(c + 2)2 − 24 −24 Đẳng thức xảy chẳng hạn c = −2; a = 3; b = −6 Vậy P = −24 Chọn đáp án B Câu 113 Cho đồ thị hàm số y = x4 − 3x2 − có ba điểm cực trị A, B, C hình vẽ Biết M , N thuộc AB, AC cho đoạn thẳng M N chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích Tìm giá√trị nhỏ của√đoạn M N √ √ 2 A B C D 3 3 y x O A M N B C Lời giải x = √ Ta có y = x3 − 6x = ⇔ x=± √ √ √ 3 Suy A(0; −1), B − ; −3 C ; −3 Diện tích tam giác ABC 3 Tài liệu sưu tầm LATEX 70 Tư mở trắc nghiệm toán lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 Mặt khác, SAM N √ AM · AN = AM · AN · M AN = AM · AN · sin 60◦ = 2 √ = ·4· ⇒ AM · AN = √ √ √ Trong tam giác AM N ta có M N = AM + AN − 2AM · AN cos 60◦ AM · AN = √ √ 6 Đẳng thức xảy AM = AN = Vậy M N = 3 Chọn đáp án D Câu 114 Cho hàm số f thỏa mãn f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0; π) Giá trị lớn hàm số g(x) = f (sin2 x) · f (cos2 x) R 19 A B C D 500 25 125 20 Lời giải Đặt u = cot x Khi x ∈ (0; π) u ∈ R Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0; π) ⇒ f (u) = u2 − u2 + 2u − 2u + = , ∀u ∈ R u2 + u2 + u2 + Đặt P = f (sin2 x) · f (cos2 x) t = sin2 x t ∈ [0; 1] (t2 + 2t − 1) (1 − t)2 + 2(1 − t) − [t(1 − t)]2 + 8t(1 − t) + Khi P = f (t)f (1 − t) = · = t2 + (1 − t)2 + (t2 + 1) ((1 − t)2 + 1) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có (t2 + 1) ((1 − t)2 + 1) (t(1 − t) + 1)2 [t(1 − t)]2 + 8t(1 − t) − Suy P (t(1 − t) + 1)2 t+1−t z + 8z − Đặt z = t(1 − t), z = t(1 − t) = P (z + 1)2 z + 8z − Xét hàm số h(z) = đoạn 0; (z + 1) 12 − 6z 1 > 0, ∀z ∈ 0; Ta có h (z) = nên P = h(z) h = (z + 1)3 4 25 1 π π Dấu xảy z = hay t = hay sin2 x = ⇔ x = + k , k ∈ Z 2 Chọn đáp án B Câu 115.√Tập hợp √ tất giá trị thực tham số m để phương trình √ − x + + x = m + x − x2 có bốn nghiệm phân biệt khoảng (a; b) Tính S = a + b 47 43 B S= C S= D S=11 A S= 4 Lời giải Với điều kiện −1 x 2, phương trình cho tương đương với: √ √ + 2 + x − x2 = m + x − x2 ⇔ (2 + x − x2 ) − 2 + x − x2 = − m Đặt t = √ + x − x2 , ta có Tài liệu sưu tầm LATEX 71 Tư mở trắc nghiệm tốn lý CÁC BÀI TỐN MIN - MAX VẬN DỤNG CAO x HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 −1 t (x) + − t(x) 0 Khi đó, phương trình cho trở thành t2 − 2t = − m ⇔ f (t) = − m (∗) với f (t) = t2 − 2t Từ bảng biến thiên t ta thấy phương trình cho có nghiệm phân biệt (∗) có hai nghiệm phân biệt thuộc 0; Bảng biến thiên f (t): t − f (t) 0 + − f (t) −1 Từ bảng biến thiên f (t) ta thấy (∗) có hai nghiệm phân biệt thuộc 0; 23 < m < −1 < − m < − ⇔ 4 47 23 ; b=6⇒S= 4 Chọn đáp án A Vậy a = Tài liệu sưu tầm LATEX 72 Tư mở trắc nghiệm toán lý ... h (t) −6 − m t= 0 t= 1 Ta có h (t) = − 4t3 + 6t2 − 2t ⇒ h (t) = ⇔ t= Ta có bảng biến thiên T? ?i liệu sưu t? ??m LATEX T? ? mở trắc nghiệm t? ??n lý CÁC BÀI T? ??N MIN - MAX VẬN DỤNG CAO t √ − h (t) ... t2 + (t2 + 1) t2 + 1 Giải f (t) = ⇔ t = Bảng biến thiên t f (t) + √ 10 +∞ − f (t) T? ?i liệu sưu t? ??m LATEX 26 T? ? mở trắc nghiệm t? ??n lý CÁC BÀI T? ??N MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG T? ??I KÌ THI THPT. .. toán lý CÁC BÀI T? ??N MIN - MAX VẬN DỤNG CAO HƯỚNG T? ??I KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 π X? ?t hàm số f (t) = t3 + 3t2 − mt − có f (t) = 3t2 + 6t − m Để hàm số f (t) đồng biến [0; 1] Đ? ?t sin x = t ⇒ t