Tuyển chọn câu hỏi vận dụng cao trong đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán - Tài Liệu Blog

The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location. ); The linked image [r]

TUYỂN CHỌN NHỮNG CÂU HỎI VẬN DỤNG

CAO

NAÊM 2019

TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG

FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong

SÑT: 0946798489

Chuyên đề

Câu Cho hàm số ( )f x có bảng xét dấu đạo hàm sau

Hàm số (2 1) 2 8 5

3

y f x  x  x nghịch biến khoảng đây?

A 1; B 1;1

 

 

 

  C  ; 2 D 1;7

Lời giải Chọn B

Ta có: (2 1)

y f x  x Để hàm số (2 1) 2 8 5

3

y f x  x  x nghịch biến (2 1) 0,

f x  x   x Dhay

1

12

( ) ,

3

f t   t t D  * t 2x + Xét  

( ) ; 12 1

0 3

f t t

t    

       nên chưa thể kết luận tính - sai cho (*) (loại) + Xét t    4; 1 f t( ) 0 12

3  3t nên (*) Suy 1

2

x x

        (loại)

+ Xét  

( ) 1;2 12 1

0 3

f t t

t    

    

 nên (*) Suy

1

1 2

2

t x x

           

+ Xét  

( ) 2; 12 1

0 3

f t t

t    

   

 nên (*) sai (loại)

+ Xét t  4;  f t( ) 0  

 

12

0, 4;12 3

12 0, 12; 3

t t

t t

    

      

nên chưa kết luận tính - sai

cho (*) (loại)

Câu Cho hai hàm số y f x y , g x  liên tục có đạo hàm  có đồ thị    C1 , C2 hình vẽ bên Hàm số y f x g x    nghịch biến khoảng đây?

A  2;3 B  0;1 C ; 0 D  4;5

Lời giải Chọn A

Ta xét khoảng  2;3 , với x x1, 2 2;3 ,x1x2 ta có:

   

   

   

   

               

   

1 2

1 2

1 2 1 2

1

0

0

f x f x f x f x

g x g x g x g x

f x g x f x g x f x g x f x g x

y x y x

   

 

 

 

     

 

 

     

 

Hay hàm số nghịch biến  2;3

Câu (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019)Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f  2fcosxm có nghiệm

;

x   

A B C D

Từ hình vẽ, đặt f x ax3bx2 cx d a, 0  Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ

O nên d0 Ta có

hệ phương trình

2

2

4

a b c a

a b c b

a b c c

    

 

      

 

      

 

Do f x  x3 x

Đặt cos , ;  1;0 cos    3

2

t x x   t  f x  f t  t t

  với t  1;0

     

' 3 0, 1;0

f t  t     t  f t nghịch biến 1; 02f t 2f  0 ; 2f  1  hay 2f t 0;4 Đặt u 2f t  u 0; 2 m f u  u3 3u

với u0;2 Ta có f u' 3u2 3 f u'    0 u 0;2 

Bảng biến thiên f u 

Từ bảng biến thiên suy phương trình có nghiệm    2 m

 2; 2  

2; 1;0;1

m

m m

   

    

  

Câu (Trường THPT Thăng long Hà Nội) Cho hàm số y f x  Hàm số y f x'  có bảng biến thiên sau:

Đặt g x  f x lnx21 Khẳng định sau sai?

A g 3 g 4 B g  2 g 1 C g  1 g 0 D g 1 g 2 Lời giải

Chọn B

   

2

' '

1 x

g x f x

x

 



Từ bảng biến thiên, ta có:

-2

-9

x f '(x)

-∞ -1 0

+∞ 3

+∞

+∞

1 2

8

5 12

+Với x  ;0 '  0; 22 ' 

x

f x g x

x

   

 , hàm số g x  đồng biến khoảng ;0 g  2 g 1 suy đáp án sai làA

 1  0

g  g đáp án B

+ Với x  1 2;  '  0; 22 ' 

x

f x g x

x

   

 , hàm số g x  nghịch biến

 1; g 2 g 1 đáp án C

+ Với x 3;  '  8; 22 ' 

3

x

f x g x

x

   

 , hàm số g x  đồng biến

 3; g 3 g 4

Câu Cho hàm số y f x  có đạo hàm  có đồ thị f x  hình vẽ

Xét hàm số g x  f x 22 Mệnh đề sai? A Hàm số g x  nghịch biến khoảng 1;0

B Hàm số g x  đồng biến khoảng 2;

C Hàm số g x  nghịch biến khoảng  0;

D Hàm số g x  nghịch biến khoảng  ; 2 Lời giải Chọn A

Ta có g x 2 x f x 22 hàm số liên tục 

  0 2  2 0

g x   x f x    

2

2

0

0

2 1

2

2 2

x x

x

x x

f x

x x



  



  

          

      



 2 0 2 2 4

2

x

f x x x

x

 

         

 



Từ bảng biến thiên, ta thấy câu D sai

Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tất giá trị tham sốm để phương trình

2 tan

cos

 

x m

x có nghiệm phân biệt thuộc ;

2

 

 

 

 

A m2 B m3 C 2m3 D 2 m

Lời giải Chọn C

Ta có tan4 22 tan4 tan 1 tan4 tan2  * cos

x m x x m x x m

x

         

Đặt ttan2x t 2 tan (tanx 2x1)

0 tan 0

t   x  x với ; 2 x    

 

BBT

Từ bảng biến thiên suy với t0; cho ta hai nghiệm ; 2

x 

  t0 cho ta nghiệm ;

2

x 

 

Với cách đặt ta có t2  2t m  **

Phương trình  * có sáu nghiệm phân biệt ; 2

x 

 thì phương trình  ** có ba nghiệm phân biệt t0;

Đặt f t   t2 2t 2,t0;, ta có f t  2t 2,t0;  f t      0 2t 2 0 t 1.

Từ ta suy BBT hàm f t 

Từ BBT ta suy 2m3

Câu (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019) Biết mlà giá trị để bất phương trình

2

x y

x y xy m

   

    

 có nghiệm Mệnh đề sau đúng?

A 3;0 m  

  B

1;1 m 

  C m   2;  D

1; .

2

m   

 

Lời giải Chọn A

Điều kiện:

2

1

2 2

2

x y

xy m  m  xy       m

 

Nhận xét: Nếu hệ bất phương trình

2

x y

x y xy m

   

    

 có nghiệm x y x; ,  y hệ bất phương trình có nghiệm y x; do đó, hệ bất phương trình có nghiệm x y +Với x y,ta có hệ bất phương trình:

 

2

2

1

0 0

2

2 2 1 2 2 1 4 4 *

x x x

x x m x m x x m x x

 

   

  

  

  

  

  

         

Ta có: 2  

2x   m 4x4x m2x 4x1 ** Xét hàm số f x 2x24x1 0;1

2

 

 

 

Ta có:   4 0, 0;1 f x  x   x  

 

Để hệ bất phương trình có nghiệm m  +Với

2

m  , ta có:

 

0

1

2 1

2 x y

x y xy

   

 

   



Ta có: 2 1 2. 2 1

2 2

x y

x y  xy    x y       x y xy 

 

1

 

Dấu '' '' xãy x y 

Vậy hệ bất phương trình

2

x y

x y xy m

   

    

 có nghiệm

1 m 

Câu (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019)Gọi S tập hợp tất giá trị tham số

m để hàm số   10  20

5

f x  m x  mx  x  m  m x đồng biến  Tích giá trị tất phần tử thuộc S

A 2 B 5 C

2 D

1 Lời giải

Chọn B

Ta có hàm số f x  đồng biến 

   

     

2 2

2 2 2

0, 20 20 0,

1 20 0, *

f x x m x mx x m m x

x m x m x m m x m m x

            

 

           

 

 Xét g x m x2 3m x2 2m m x m m2   2 20

Nếu g x  khơng có nghiệm x1 f x  đổi dấu x qua 1, nên muốn  * thỏa điều kiện cần

 

5

1 10

2

m

g m m

m

  

     

   

Ta cần kiểm tra xem hai giá trị tìm có thỏa  * khơng Nếu

2

m   25 25 15 65 5 1 5 10 13

4 4 4

g x  x  x  x  x x  x , thỏa  * Nếu m  2 g x 4x34x2   6x 14 x 1 4 x2 8x 14, thỏa  *

Vậy 5; 2 S  

Câu (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019)Biết số thực a, b thay đổi cho hàm số

    3 3

f x    x x a  x b đồng biến khoảng  ;  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a 2 b2 4a4b2.

A 2 B C 4 D 0

Lời giải Chọn A

TXĐ: D 

  3 3 2 3 2

f x   x  x a  x b 3x26a b x  3a23b2

Do hàm số đồng biến  ;   f x   0, x  dấu xảy hữu hạn điểm  ;   x22a b x a   2b2  0, x 

0 ab 0



    (*)

Cách 1: Ta có P a 2 b2 2a2b 4 a b 24a b    4 2ab

Hay Pa b 222ab  2 2, ab0 theo (*) a b 220 Dấu xảy 2

0

a b a

ab b

   

 

   

 

0 a b

   



Vậy minP 2

Cách 2: Do f x   0, x   f  2 a2b24a b  4 0

 

2 4 2 2

P a b a b

        Dấu xảy a b

   



0 a b

   



Vậy minP 2

Câu 10 Một hình hộp đứng có đáy hình vng chứa đồng hồ cát hình vẽ Tỉ số thể tích đồng hồ cát phần cịn lại đồng hồ cát hình hộp đứng

A

12 



 B

 

 C 24

 

 D 24

 



Lời giải

Chọn A

Gọi V H ,VDH,V CL thể tích hộp đứng, đồng hồ cát phần lại

Cho cạnh đáy hộp 6, chiều cao hộp Đồng hồ cát tạo nón chiều cao nón (cao hộp chia 2); bán kính đáy nón (đáy hộp chia 2)

Ta có:   8.62 288 H

V   ;   2 .4 .31 24

3

DH

V    ; V CL V H VDH 288 24  Theo đề đáp án  

 

24

288 24 12

DH CL

V V

 

 

 

Câu 11 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số f x x24x m và    2  2  2 2 3

1

g x  x  x  x  Tập tất giá trị tham số m để hàm số g f x   đồng biến 3;

A 4; B 3; C 3; 4 D 0;3

Lời giải Chọn B

Ta có f x x24x m ,      2 3 12 10

12 10

1

g x  x  x  x  a x a x  a x a

Suy f x 2x4,   11

12 10

12 10

g x  a x  a x   a x

Và g f x   f x 12a12f x 1110a10f x 9  2a f x2  

      10   8 

12 10

12 10

f x f x a f x a f x a

   

Dễ thấy a a12; 10; ; ;a a2 00 f x 2x 4 0,  x

Do f x 12a12f x 1010a10f x 8  2a20,  x

Hàm số g f x   đồng biến 3; g f x    0,  x 3 f x 0,  x  x24x m 0,  x 3 m4x x 2,  x 3

  

2 3;

max

m x x



  

Vậy m 3;  thỏa yêu cầu toán

Câu 12 Cho hàm số f x  1 m x3 33x24m x 2, với m tham số Có số nguyên

 2018; 2018

m  cho f x   0, x  2;4 ?

A 2021 B 4037 C 2020 D 2019

Lời giải Chọn C

Tập xác định: D Điều kiện cần:

   

   

   

3 3

3

8 12

2 30

4 64 48 4 64 130

m m

f m m

f m m m m

      



    

  

  

          

  

 

  

  

2

3

2 10 2 5

5

4 16 20 26

4

m

m m m

m

m m m m

 

     

 

   

   

  

 

Do m  2018; 2018 m nên m  2018; 2017; ; 1;0;1   Điều kiện đủ:

-Với m1, ta có: f x 3x23x    2 0, x  Thỏa mãn đề

-Với m0, ta có:

  1 3 3 4  2

f x  m x  x  m x  f x  m x3 3mx x 33x24x2

Khi đó: f x'  3m x3 3 m 3x26x  4 m m x3 2 1 3x26x4

Do m0 nên m m x3 2   1 0, x 

Mà 3x26x   4 0, x .

Do m0 thỏa mãn

Vậy, m  2018; 2017; ; 1;0;1   nên có tất 2020 số nguyên thỏa mãn toán

Câu 13 Cho phương trình m2 x 3 2m1 1   x m Biết tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình có nghiệm đoạn  a b; Giá trị biểu thức 5a3b

A 19 B C 13 D

Lời giải Chọn D

Điều kiện: x  3;1

Từ giả thiết suy 1 1

x x

m

x x

    

   

Đặt   1 1

x x

g x

x x

    

   

Ta có

     

 2

2 3 1 1 2 3 1 1

2 2

3 1

x x x x

x x x x

g x

x x

              

       

   

 

   

 

 2

3 1

1 3 0

3 1

x x

x x x x

g x

x x

    

   

  

    ,  x 

Suy hàm số cho đồng biến 3;1  3 3;  1

5

a g   b g 

Vậy 5a3b  3

Câu 14 Cho hàm số y f x   có đạo hàm liên tục  Đồ thị hàm số y f x   hình vẽ:

Hàm số g x  f   2x 1 x 1 2x 4 đồng biến khoảng đây?

A 2;   

 

  B  ; 2 C

1 ;   

 

  D

1 ; 2 

 

 

 

   2 1  1 2 4

g x  f    x x  x

   2 1  2 2 4

g x  f    x x  x

   

' 2 ' 2 1 4 2

g x   f   x x

   

' 2 ' 2 1 2 1

g x   f   x x 

Để hàm số đồng biến g x'( ) 0 f '( 2 x1) 2x1 Dựa vào đồ thị ta có 2   2x

1

2

x 

   

Câu 15 Cho hàm số   2 3 1

3

f x   x  x  x Khi phương trình f f x  0 có nghiệm thực

A B C D

Lời giải Chọn B

Xét hàm số 2 3 1

3

y  x  x  x có

+) y   x2 4x3 Có 0

3

x y

x

      



+) Xét 1 2 3 1 1 6 9 0

3

x

y x x x x x x

x

  

             

 +) Xét 1 2 3 1 6 9 4 0

4

3 3

x

y x x x x x x

x

 

  

             

  Ta có bảng biến thiên hàm số 2 3 1

3

y  x  x  x sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  

     

0;1

0 1;3

3;4

x a

f x x b

x c

       

   

Khi   

   

   

   

0;1

0 1;3

3;4

f x a

f f x f x b

f x c

  



   

  



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

+) Phương trình f x a 1 có nghiệm phân biệt

+) Phương trình f x b 2 có nghiệm khác nghiệm phương trình  1 +) Phương trình f x c có nghiệm khác nghiệm phương trình  1  2 Vậy phương trình f f x  0 có nghiệm phân biệt

Câu 16 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  có đồ thị hàm số y f x'  hình vẽ bên

Để hàm số y f2x36x3 đồng biến với x m m   m asinb . c



 ,

*

, , ,

a b c c b Tổng S 3a2b c

A B 13 C 14 D 10

Lời giải

Chọn D

Đặt f x x33x1, f   2 3,f   1 1; f 0  1;f  2 1

 

f x

  có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2

2sin

; 2

3 x t x x x          

   8sin3t6sint 1 0 sin 3

2

t

  

2

3

6 18

7

3

6 18

t k t k

t k t k

                              ; ;

18 18 18

t    

    

 

   

' 6 '

y  x  f x  x

Hàm số y f2x36x3 đồng biến với x m m  

      3

'

'

1

'

x

f x x

f x

x

f x x

                     3

1 1

' 6

x x

f x x x x

                1

3

x

x x

   

    

 loại

+   3 1

'

2

x x

x

f x x

x x                 

    

1 x x x x             2sin 18 x    2, 7, 18

a b c

     P 3a2b c 10

Câu 17 Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình e3mem 2x 1x21x 1x2

có nghiệm

A 0;1

 e B

1 ln 2;

 

 

  C

1 0; ln

2

 

 

  D

1 ; ln

2  

 

 

Lời giải

Chọn D

Đặt

2

2 2

1 1

2

t t x x   t x x x x  

Ta có

2

1

' , '

2

x x

t t x

x

 

   



Vậy t  1; 2

Phương trình trở thành

2

3 2 1 3

2

m m t m m m

e e  t   e e   t t e t

  (sử dụng hàm đặc

trưng)

Phương trình có nghiệm chi ln ( ; ln 2]1

m

e m m

       

Câu 18 Cho hàm số y f x( ) có đồ thị hàm số y f x( ) hình vẽ:

Hàm số

2

(1 )

x

y f   x x nghịch biến khoảng

A 3;1 B 1;3

 

 

 

  C 2;0 D  1;3

Lời giải

Chọn C

Ta có: yf(1  x) x

Hàm số cho nghịch biến    y f(1    x) x f(1  x) 1 x Đặt t 1 x, ta có: f t   t

Dựa vào đồ thị ta có:

1

+ t     3 x x

+ 1         t 1 x t Vậy hàm số nghịch biến 2;0 và4;

Câu 19 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tổng tất giá trị tham số m để phương trình

 

2

2

2

2

3x   x x m logx  x 2x m 2 có ba nghiệm phân biệt là:

A B 2 C D 1

Lời giải Chọn C

Phương trình tương đương  

 

2 2 3 (2 2)

2

ln 2

ln

x x x m x m

x x

       

 

   

2 2 3 2 2 2

3x  x ln x 2x 3 x m .ln x m

      (*)

Xét hàm đặc trưng f t 3 ln ,t t t2 hàm số đồng biến nên từ phương trình (*) suy

2 2 3 2 2

x x x m

       g x x22x2 x m  1 0

Có    

2

4 2

'

2

2

x x m x m x x m

g x g x

x x m

x m x m

       



  



  

 



và ' 

x x m

g x

x x m

 



    



Xét trường hợp sau:

TH1: m0 ta có bảng biến thiên g x  sau:

Phương trình có tối đa nghiệm nên khơng có m thoả mãn TH2: m2 tương tự

TH3: 0 m 2, bảng biến thiên g x  sau:

Phương trình có nghiệm

 2

1

1 2

2

2 3

2

m m

m m m

m m

m

  

   

 

      

 

     

  



Câu 20 Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình m m 1 sin x sinx có nghiệm đoạn  a b; Khi giá trị biểu thức T 4a

b

  

A 4 B 5 C 3 D

Lời giải

Chọn A

Đặt t sin xsinx t 2

Vì  1 sinx   1 sinx  2 sin x 2;  x  nên 0 t Khi ta có phương trình m m    1 t t2 1 m  1 t m   1 t t2 t (2)

Xét hàm số f t( ) t2 t t, 0; 2 f t'( ) 2  t 1 0;  t 0; 2

   

 Hàm số f t( ) t2 t đồng biến 0; 2 

 

Khi phương trình (2) t m         1 t t2 m 1 t m t2 t 1 (3)

Bảng biên thiên hàm số y t  2 t 1 0; 2 

 

Vậy để phương trình cho có nghiệm (3) có nghiệm 0;

t     m

Do 5; 4

a b T a

b

         

Câu 21 Cho phương trình m2 x 3 2m1 1   x m Biết tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình có nghiệm đoạn  a b; Giá trị biểu thức 5a3b

A 13 B C 19 D

Lời giải Chọn B

Điều kiện: x  3;1

Từ giả thiết suy 1 1

x x

m

x x

    

   

Đặt   1 1

x x

g x

x x

    

   

Ta có

     

 2

2 3 1 1 2 3 1 1

2 2

3 1

x x x x

x x x x

g x

x x

              

       

   

 

   

 

 2

3 1

1 3 0

3 1

x x

x x x x

g x

x x

    

   

  

    ,  x 

Suy hàm số cho đồng biến 3;1  3 3;  1

5

Vậy 5a3b  3

Câu 22 Cho hàm số y f x , biết hàm số y f' x có đồ thị hình bên

Hàm số y f2x2019 đồng biến khoảng

A  0;1  1; B  0;1  2;

C 2; 0  1; D 2; 0  2;

Lời giải Chọn B

Tập xác định: D

Ta có: y' f ' 2 x Suy  

2

2

' '

2 1

2

x x

x x

y f x

x x

x x

   

 

    

 

     

    

    

 

Bảng xét dấu y' f ' 2 x:

Suy hàm số đồng biến    0;1 , 2;

Câu 23 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số   10  20

5

f x  m x  mx  x  m  m x đồng biến  Tích giá trị tất phần tử thuộc S

A

2 B

1

2 C 2 D 5

Lời giải

Chọn D

Ta có hàm số f x  đồng biến 

   

     

2 2

2 2 2

0, 20 20 0,

1 20 0, *

f x x m x mx x m m x

x m x m x m m x m m x

            

 

           

 

 Xét g x m x2 3m x2 2m2m x m  2 m 20

Nếu g x 0 khơng có nghiệm x1 f x  đổi dấu x qua 1, nên muốn  * thỏa điều kiện cần

 

5

1 10

2 m

g m m

m

  

     

  

Ta cần kiểm tra xem hai giá trị tìm có thỏa  * không

+ +

- 0 - 0

-4

0 +∞

-∞ y' = - f ' (2 - x)

Nếu

m   25 25 15 65 5 1 5 10 13

4 4 4

g x  x  x  x  x x  x , thỏa  * Nếu m 2 g x 4x34x26x14x1 4 x28x14, thỏa  *

Vậy 5; 2

S     

Câu 24 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f3 f x mx3m có nghiệm

 1; x

  biết f x x53x34m?

A 17 B 18 C 15 D 16

Lời giải

Chọn D

Đặt: y3 f x m  y3 f x m 1

Từ đề suy ra: f y x3m 2 Lấy    1  2 ta được: y3 f y x3 f x  *

Xét hàm: h t  t3 f t   t3 t5 3t34mh t 3t25t49t20,

t

  Hàm số h t  t3 f t  đồng biến

 Do đó:  *  y x  3m x 52x3 **

Xét hàm: g x x52x3 g x 5x46x20, x

 Hàm số đồng biến  1; Yêu cầu toán g 1 3m g  2 1m16

Vậy có 16 giá trị nguyên tham số m

Câu 25 (TRƯỜNG THPT KINH MƠN) Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số

tanx tan

y

x m

 

 đồng biến khoảng 0;4



 

 

  ?

A m0 B 1 m 2. C m0;1 m 2. D m 2. Lời giải

Chọn C

Đặt ttan ,x với 0;

4

x  

  ta t 0;1 Khi hàm số trở thành  

t y t

t m

 

  

 2  

2 m , 0;1

y t t

t m



   



Đề hàm số cho đồng biến khoảng 0;

4



 

 

 , tức hàm số  

2

t y t

t m

 

 đồng biến

khoảng  0;1 y t 0

 2

2 0

0;1

m

m m

m

m t m

 

     

      

  

A 1;0 B  2; 1 C  0;1 D  1;3

Lời giải Chọn A

Ta có g x f x 2 2 x f x 2

 

Cho  

 

2

2

2

0

0

2 1

0

0

2

x

x

x x

g x x

f x x

x x

 

  



    

         

    

  

Theo đồ thị:  

2

2

2

1

1 1

0

4 2

x

x x

f x x

x x x

   

     

     

 

     ,

 2 2

2

1

0

1

1

x x

f x x

x x

      

        

  



Suy bảng xét dấu g x :

Vậy g x  đồng biến khoảng 1;0

Xét hàm số g x  x b ax c

 

 Trong mệnh đề cho đây, mệnh đề sai?

A g x  nghịch biến khoảng 3;  B g x  nghịch biến khoảng ;   

 

 

C g x  nghịch biến khoảng 3;   

 

  D g x  nghịch biến khoảng  ; 3 Lời giải

Chọn C

Vì f x 3ax22bx c nên theo đồ thị, ta có:  

 

   

0

1

1 2

a a

f a b c

f a b c

   

 

      

 

      

 

Lấy  1 cộng  2 theo vế, ta được: 6a2c   0 c 3a Thay c 3a vào  1 , ta b0

 

3

x g x

ax a

 

 , a0 ĐKXĐ: x3 TXĐ: D\ 3  Khi đó,  

 2

3

0

a g x

ax a



  

  x

Vậy g x  nghịch biến hai khoảng: ;3 3;   Phương án A Mặt khác, ; ,  ; 3  ;3

2

      

 

  nên phương án B D Phương án C sai g x  khơng liên tục 3;

2   

 

  nên khơng có tính đơn điệu khoảng

Câu 28 (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019) Cho phương trình:

3 2 3

2x  x x m2xx x 3x m 0 Tập giá trị để bất phương trình có ba nghiệm phân biệt có dạng a b;  Tổng a2b bằng:

A B C D 4

Lời giải Chọn C

Ta có: 2 3 2 3 2 2  

2x  x x m2x x x 3x m  0 2x  x x m x x 2x m 2x xx x * Xét hàm số f t 2tt

 Ta có: f t 2 ln 0,t     t

 Hàm số f t  đồng biến  Mà  *  f x 3 x2 2x m   f x2xx3 x2 2x m x  2x

 

3 3 0 3 **

x x m m x x

       

Xét hàm số g x   x3 3x  Ta có: g x  3x23

 

Phương trình 2 3

2x   x x m2xx x 3x m 0có nghiệm phân biệt  phương trình (**) có nghiệm phân biệt 2 2

2 a

m a b

b

  

        



Câu 29 Cho hai hàm số    1 3 4 5 2019

3

f x  x  m x  m  m x

   2 5 3 2 4 9 3 2

g x  m  m x  m  m x  x ,với m tham số Hỏi phương trình

 

 

g f x  có nghiệm?

A B C D

Lời giải Chọn D

Ta có:g x  0 x2m22m5x2  x 1 0

 

   

2

2 *

x

m m x x

   

    



Phương trình  * có hai nghiệm phân biệt khác với m vì:  

 

2

2

2

2 0,

1 0,

2 2 0,

m m m

m m m

m m m

    

      

 

     



Vậy g x 0 có nghiệm phân biệt (1) Mặt khác, xét hàm số y f x  ta

có:f x x22m1x3m24m5xm122m2 m 2 0, m

 

 y f x  đồng biến  với m

Do f x( ) hàm đa thức bậc đồng biến  nên phương trình f x k ln có nghiệm với số k (2)

Từ (1) (2) suy phương trình g f x  0có nghiệm phân biệt

Câu Cho hàm số ( )f x có đạo hàm f x'( ) ( x1) (2 x24 )x Có giá trị nguyên dương

tham số thực m để hàm số g x( ) f(2x212x m ) có điểm cực trị?

A 16 B 18 C 17 D 19

Lời giải Chọn C

Từ giả thiết ta có '( ) 0f x  (x1) (2 x24 ) 0x 

0 x x x         

( nghiệm kép)

Ta có g x'( ) (4 x12) '(2f x212x m ) nên:

'( ) (4 12) '(2 12 )

g x   x f x  x m 

2 2

3

2 12

2 12 12

x

x x m

x x m

x x m

                  2

2 12

( ) 12 (1) ( ) 12 (2)

x

x x m

h x x x m

g x x x m

                      (nghiệm kép)

Ta có ( )g x có điểm cực trị phương trình '( ) 0g x  có nghiệm đơn bội lẻ Điều xảy PT (1) PT (2) có nghiệm phân biệt khác Điều kiện

tương đương với:

' ' (3) (3) g h g h            

36 36 2( 4)

18 22 m m m m                  18 22 18 18 22 m m m m m             

Vậy có 17 giá trị nguyên dương tham số thực m thỏa mãn đề Câu Cho hàm số f x ax3bx2cx d a b c d  , , ,  0, 2020

2018

a d

a b c d

 



     

 Số cực trị hàm số y g x  (với g x  f x 2019)

A B C D

Lời giải Chọn D

Theo giả thiết ta có:    

0 2020

1 2018

f d

f a b c d

                 

0 2019 1 2019

g f g f          

Mặt khác: lim   lim 2019

xg x x ax bx cx d    xlimg x   (vì a0)

Suy đồ thị hàm số y g x   cắt trục hoành ba điểm phân biệt, đồ thị hàm số y g x   có hai điểm cực trị nằm khác phía trục hồnh

Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số f x x34 x2 Hỏi hàm số g x f x 1 có bao nhiêu cực trị?

A B C D

Lời giải Chọn A

Ta có hàm số f x x34x2 có đồ thị hình vẽ

Hàm số h x  f x 1 có đồ thị suy từ đồ thị hàm sốf x x34x2 Bằng cách: Tịnh tiến đồ thị hàm số f x x34x2

sang phải đơn vị

Hàm số g x f x 1 có đồ thị suy từ đồ thị hàm sốh x  f x 1 Bằng cách:

Vây đồ thị hàm số g x  f x 1 có cực trị

Câu Cho hàm số f x  có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số g x  f f x  

là

A B C D

Lời giải Chọn C

Ta có g x'  f ' x f 'f x 

   

 

 

'

'

'

f x g x

f f x  

  





 

'

2

x f x

x  

   



 

       * 

'

2 **

f x

f f x

f x     

 

Dựa vào đồ thị suy ra:

Phương trình (*) có hai nghiệm

x x

    

Phương trình ( **) có ba nghiệm

 

 

 

1

0

2

x m n

x n n

x p p

   

 

  



  



 

'

g x  có nghiệm

1

0

2

x x m x x n x

x p

             

 

Bảng biến thiên

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số g x  f f x   có cực trị

Câu Cho hàm số y f x  có đạo hàm f  x  x1 4 xm 5 x33 với x Có giá trị nguyên tham sốm  5;5 để hàm sốg x  f x  có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải Chọn A

Do hàm số y  f x  có đạo hàm với x nên y f x liên tục , hàm số    

g x  f x liên tục  Suy g 0  f 0 số hữu hạn Xét khoảng 0;: g x  f x 

      4  5 3

1

f x x m

g x   x    x

 

g x   5

0

x m

    x m

- TH 1: m0 x0 Khi x0 nghiệm bội lẻ g x nên g x  đổi dấu lần qua

x suy hàm số g x  có điểm cực trị x0 - TH m0 g x  vơ nghiệm, suy g x 0 với x0 Hàm số y g x   đồng biến khoảng 0;

Cả hai trường hợp có: hàm số g x  f x  có điểm cực trị x0 - TH 3: m0 x m nghiệm bội lẻ g x 

- Lại có m [ 5;5] mnguyên nên m1,2,3,4,5 Vậy có giá trị nguyên m

Câu Cho hàm số y x 33mx23m21x m 3m, với m tham số Gọi A, B hai điểm cực trị

của đồ thị hàm số I2; 2  Giá trị thực m1 để ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính 5

A 17

m B

17

m C

17

m D

17

m

Lời giải Chọn C

   

3 3 3 1 3 6 3 1

y x  mx  m  x m  m y x  mx m 

 

2

0

1

x m y m

y x mx m

x m y m

    

 

        

    

 

Khi đồ thị hàm số có điểm cực trị  1; ,  1; 2

A m  m B m  m IA m  1; 4m4 , IB m  3; 4m

Ta có: AB2; 4 AB2 5 ABlà đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB

nên AIB90 hay AI BI  IA IB 0

     

1

1 4 17 20 3

17

m

m m m m m m

m   

            

  

Do m1 nên chọn 17

m

Câu Hình vẽ đồ thị hàm số y f x 

Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y f x  1 m có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải Chọn B

Đồ thị hàm số y f x  1 m suy từ đồ thị  C ban đầu sau:

+ Tịnh tiến  C sang trái đơn vị, sau tịnh tiến lên (hay xuống dưới) m đơn vị Ta đồ thị  C :y f x  1 m

+ Phần đồ thị  C nằm trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta đồ thị hàm số  1

y f x m

Để hàm số y f x  1 m có điểm cực trị đồ thị hàm số  C :y f x  1 m phải cắt trục Ox giao điểm

+ TH1: Tịnh tiến đồ thị  C :y f x  1 m lên Khi

3

6

m m m

        

3 m + TH2: Tịnh tiến đồ thị  C :y f x  1 m xuống Khi

2

m m

  

  

  m2 Vậy có ba giá trị nguyên dương m 3; 4;5

Câu Tìm tất giá trị m để hàm số ( 2)

3

   

y x mx m x có cực trị giá trị hàm số điểm cực đại, điểm cực tiểu nhận giá trị dương

A m2 B 2;2

3

m  

 

C 2

3 m

    . D m 1.

Lời giải Chọn B

Cách 1: Ta có: y x22mx m 2

 

2

0 2

y  x  mx m  

Để hàm số có hai điểm cực trị phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt  

2

0 *

2

m

m m

m    

       

 

Phương trình đường thẳng qua điểm CĐ, CT hàm số là:

 

2

2

2

3 3

y  m  m x m m

 

Gọi A x y 1; 1 ,B x y2; 2 hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số, để hàm số có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu dương y1 y2 0 đồ thị hàm số ( 2)

3

   

y x mx m x cắt trục hoành điểm

Theo định lý vi-et ta có x1x22m

Nên    

1 2

2

0

3 3

y y    m  m  x x  m m 

 

   

2

2 2 2 0

3m 3m m 3m m

 

       

 

 

2m 2m 3m

 

3 57 57

; 0; **

4

m      

      

   

Để đồ thị hàm số ( 2)

3

   

y x mx m x cắt trục hoành điểm phương trình

0

y có nghiệm đơn nhất, 1 ( 2) 0 2 

3x mx  m x có nghiệm đơn Ta có: ( 2) 0  3 3 6 0

3x mx  m x x x  mx m   

3

x

x mx m

 

     



Để phương trình  1 có nghiệm đơn phương trình  3 vơ nghiệm, điều kiện

2

9m 12m 24

     2 2 7***

3 m

 

  

Kết hợp      * , ** , *** ta tập giá trị m thỏa mãn 2

m 

 

Cách 2: Ta có:

2

y x  mx m   

2

0 2

y  x  mx m  

Để hàm số có hai điểm cực trị phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt,  

2

0 *

2

m

m m

m    

       

 

Để hàm số có giá trị cực đại, cực tiểu dương đồ thị hàm số ( 2)

3

   

y x mx m x cắt trục hoành điểm giá trị hàm số điểm uốn dương

Để đồ thị hàm số ( 2)

3

   

y x mx m x cắt trục hoành điểm phương trình

0

y có nghiệm nhất, ( 2) 0 2 

3x mx  m x có nghiệm đơn Ta có: ( 2) 0  3 3 6 0

3x mx  m x x x  mx m 

 

2

0

3

x

x mx m

 

     



Để phương trình  1 có nghiệm đơn phương trình  3 vơ nghiệm, điều kiện : 9m212m24 0 2 2 7 **

3 m

 

  

Để giá trị hàm số điểm uốn dương:

2 2 2, 2 2

yx  mx m  y x m

0 2

y   x m  x m

Ta có:   0 3  2 0

3

m

y m   m m m 

 2 3 6 0

m m m

    

 

3 57 57

; 0; ***

4

m      

      

Kết hợp      * , ** , *** ta tập giá trị m thỏa mãn 2

m 

 

Bình luận : đáp án đề gốc bị sai thảo luận sửa lại đáp án Câu Cho hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ bên

Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số h x  f2 x  f x m có điểm cực

trị A

4

m B m1 C m1 D

4

m Lời giải

Chọn A

Xét hàm số g x( ) f x2( ) f x( )m Ta có g x( ) ( ) ( ) f x f x  f x( ) f x( ) ( ) 1 f x  

Dựa vào đồ thị hàm số y f x , suy  

   

1

0 1

0

x f x

g x x

f x x a

 

 



 

    

    

 

Ta có      

2

2 1

2

g a  f a  f a   m      m m

       

2

3 3

g  f  f  m m

Bảng biến thiên hàm số y g x  

Đồ thị hàm số y h x ( ) có điểm cực trị phương trình ( ) 0g x  khơng có nghiệm bội lẻ, suy 1

4

m   m

-Câu 10 Gọi m0 giá trị tham số m để đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu đồ thị hàm số

3 6 4

y x  mx cắt đường trịn tâm I 1;0 , bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn Mệnh đề sau đúng:

A m0 3;4 B m0 0;1 C m0 1;2 D m0 2;3

Lời giải Chọn B

Ta có y 3x26m, y  0 x22m Đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu

khi y 0 có hai nghiệm phân biệt Do m0 Ta có 3 6  4 4

3

x

y x  m  mx  phương trình đường thẳng   qua điểm cực đại cực

tiểu đồ thị hàm số cho là: y 4mx4  4mx y  4

Đường thẳng   cắt đường tròn cho hai điểm phân biệt A, B cho I, A, B ba đỉnh tam giác  0d I ;     

2

4

0

16

m m



  



Gọi H trung điểm đoạn AB  IAB

S  IH AB IH AH IH R. 2IH2 IH 2IH2

   2

2 2 2 1

2

IH IH

IH IH  

    SIAB 1

Vậy diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn  IH2  2 IH2  IH1

 4m 4 16m21   2 2

4m4 16m 1  15

32

m (thỏa mãn điều kiện   ) Vậy 0 15

32

m  nên m0 0;1

Câu 11 Có giá trị nguyên m m 5 để hàm số y x3m2x2mx m có ba điểm

cực tiểu?

A B C D

Lời giải Chọn D

Xét hàm: y x 3m2x2mx m 2

TXĐ: D Suy y 3x22m2x m .

Nhận xét :

- Mỗi giao điểm đồ thị hàm số y f x( ) với trục Oxsẽ có điểm cực tiểu đồ thị hàm số | ( ) |



y f x

- Nếu hàm số y f x( ) khơng có cực trị hàm số y| ( ) |f x có cực tiểu u cầu tốn  y0 có hai nghiệm phân biệt y ycd ct 0

 

3 2 2 0

x  m x mx m  có ba nghiệm phân biệt

  

2

1

-

{0; 3}

 

  

      

 

     

 x m

m

x m x x m m

m

m m

Theo đề ta có: m Z , | | 5m     5 m

Kết hợp điều kiện ta được: { 4; 2; 1} 0;

 

       



   

 m Z

m m

m m

Câu 12 Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên sau:

Số điểm cực tiểu hàm số g x( ) ( ) 4 f x3  f x2( ) 1

A B C 4 D

Lời giải Chọn A

 

2

'( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) ( ) 4 g x  f x f x  f x f x  f x f x f x 

'( ) '( ) ( )

4 ( )

3

f x

g x f x

f x 

 



  



  



Từ bảng biến thiên hàm số y f x( ) ta có: +

1

'( )

0

x

f x x

x    

  

  

+ Phương trình f x( )0 có nghiệm x1 x2 (giả sử x1<x2) Suy rax1<1 1<x2

+ Phương trình ( )

f x   có nghiệm x3, x4, x5 x6 (giả sử x3 < x4< x5 < x6) Và giá trị thỏa mãn yêu cầu sau: x1x3 1; 1 x40;0x51;1x6x2

Suy hàm số y g x( ) có điểm cực tiểu

Câu 13 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19) Cho hàm số y f x  có đạo hàm

   3 2   2 

1 ,

f x  x x  m x m  m  x  Có số nguyên m để hàm số

   

g x  f x có điểm cực trị?

A B C D Lời giải

Chọn B Nhận xét:

+) x1 nghiệm bội ba phương trình x130

+) Hàm g x  f x  hàm chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng

Do hàm g x  f x  có điểm cực trị  Hàm số y f x  có hai điểm cực trị dương

Phương trình x24m5x m 27m 6 0có nghiệm kép dương khác  * phương

trình x24m5x m 27m 6 0 có hai nghiệm trái dấu khác  **

Giải  

   

 

2 2

4

3

* 4 5

6

0

2

m m m

m m

      

 

     

  



 (loại)

Giải  **

 

2

2

7

1

m m

m m m

   

  

     



 1;6

2

m m m

  

 

  

Mà m nên m3;4;5

Vậy có giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 14 Cho hàm số ( )f x có đạo hàm f x'( ) ( x1) (2 x24 )x Có giá trị nguyên dương

tham số thực m để hàm số g x( ) f(2x212x m ) có điểm cực trị?

A 16 B 18 C 17 D 19

Lời giải Chọn C

0 x x x         

( nghiệm kép)

Ta có g x'( ) (4 x12) '(2f x212x m ) nên:

'( ) (4 12) '(2 12 )

g x   x f x  x m 

2 2

3

2 12

2 12 12

x

x x m

x x m

x x m

                   2

2 12

( ) 12 (1) ( ) 12 (2)

x

x x m

h x x x m

g x x x m

                      (nghiệm kép)

Ta có ( )g x có điểm cực trị phương trình '( ) 0g x  có nghiệm đơn bội lẻ Điều xảy PT (1) PT (2) có nghiệm phân biệt khác Điều kiện

tương đương với:

' ' (3) (3) g h g h            

36 36 2( 4)

18 22 m m m m                  18 22 18 18 22 m m m m m             

Vậy có 17 giá trị nguyên dương tham số thực m thỏa mãn đề

Câu 15 Cho hàm số f x  có đạo hàm  thỏa mãn f x h   f x h  h2,   x , h 0 Đặt

   2019  29  4 2  2

29 100 sin m

g x  x f x   x f x    m  m  x , m tham số nguyên 27

m Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m cho hàm số g x  đạt cực tiểu

x Tính tổng bình phương phần tử S

A 58 B 100 C 50 D 108 Lời giải

Chọn B

Ta có  h f x h  f x h h2 h f x h   f x f x  f x h h

h

    

       

       

f x h f x f x h f x

h h

h h

   

    



Suy          

0 0

lim lim lim

h h h

f x h f x f x h f x

h h h h                            

0 f x f x f x

      với x Suy g x x2019x29mm429m2100 sin 2x1

  2019 2018 29  28 m  29 100 sin 2

g x x m x  m m x

      

  2019.2018. 2017 29 28  27 m 2 29 100 cos 2

g x x m m x  m m x

       

Dễ thấy g    0 0, m 27

Xét    

2

4

2

4

0 29 100

25

m

g m m

m

  

        



* Khi m2   4 m 2:

+ m2 ta có g x x2019 x31 1 có g x x302019x198831 không đổi dấu qua

0

x

* Khi m2   25 m 5:

+ m5 ta có g x x2019 x24 1 có g x x232019x199524 đổi dấu qua x0 1995 24

2019

x Trường hợp hàm đạt cực tiểu x0

+ m5 ta có g x x2019 x34 1 có g x x332019x198534 đổi dấu qua x0 1985 34

2019

x Trường hợp hàm đạt cực tiểu x0 *Nếu 4 25

5

m m

m

   

     

 g  0 nên hàm số đạt cực tiểu x0 *Nếu m24 m225 g  0 0 nên hàm số g x  đạt cực đại x0

Vậy giá trị nguyên m27 để hàm số đạt cực tiểu x0 S    5; 4; 3;3;4;5 Tổng bình phương phần tử S 100

Câu 16 Cho hàm số yx33mx23m21x m 3m, với m tham số Gọi A, B hai điểm cực trị

của đồ thị hàm số I2; 2  Giá trị thực m1 để ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính 5

A 17

m B

17

m C

17

m D

17

m Lời giải

Chọn D

   

3 3 3 1 3 6 3 1

yx  mx  m  x m  m y x  mx m 

 

2

0

1

x m y m

y x mx m

x m y m

    

 

        

    

 

Khi đồ thị hàm số có điểm cực trị  1; ,  1; 2

A m  m B m  m IA m  1; 4m4 , IB m  3; 4m

Ta có: AB2; 4 AB2 5 ABlà đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB

nên AIB90 hay AI BI  IA IB 0

     

1

1 4 17 20 3

17

m

m m m m m m

m   

            

  

Do m1 nên chọn 17

m

Câu 17 Cho hàm số f x   x22x24x3 với x Có giá trị nguyên

dương m để hàm số y f x 210x m 9 có 5 điểm cực trị?

A 17 B 15 C 18 D 16

Lời giải Chọn D

Ta có  

2

0

3

x

f x x

x   

   

  

không bị đổi dấu

Đặt g x  f x 210x m 9 g x'  f u   2x10 với ux210x m 9

Nên    

2

2

2 10

10

0

10

10

x

x x m

g x

x x m

x x m

                               2 2

10

10 10

x

x x m

x x m

x x m

                     

Hàm số y f x 210x m 9 có 5 điểm cực trị g x  đổi dấu 5 lần

Hay phương trình  1 phương trình  2 phải có hai nghiệm phân biệt khác

    ' ' 0 5 h p             

, (Với h x x210x m 8 p x x210x m 6)

17 19 17 17 19 m m m m m                 

Vậy có 16 giá trị nguyên dương m thỏa mãn

Câu 18 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x   x1 2 x3x22mx5 với x Có bao

nhiêu giá trị nguyên âm tham số m để hàm số g x  f x  có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải Chọn A

Hàm số g x  f x  có đồ thị đối xứng qua trục The link ed ima ge can not be disp lay e d

nên The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

điểm cực trị hàm số Vậy để hàm số g x  f x  f x   x1 2 x3x22mx5 phải không đổi dấu với The linked image

cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and

location

với The linked image cannot be display ed The file may hav e been moved, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

với The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location Xét

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

với The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location Ta có

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Bảng biến thiên hàm số The linked image

cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Khi

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

với The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Vậy có số nguyên âm thỏa mãn The linked image cannot be

display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location ,

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Câu 19 Có số nguyên The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

để hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

A B T h e

l

in k e

C D

Lời giải Chọn A

Xét hàm số The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

Ta có The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

cho The linked image cannot be displayed The file may hav e been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may have been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location Bảng biến thiên

Để hàm số The linked image cannot be display ed The file may have been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the

correct file and location có điểm cực trị đồ thị hàm số

The link ed image cannot be displayed The file may hav e been moved, renamed, or deleted Verify that the link

points to the correct file and location phải cắt trục hoành ba điểm phân biệt The link ed image cannot be displayed The file may hav e

been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link

points to the correct file and location có hai điểm cực trị The link ed image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

thỏa The linked image cannot be display ed The file may have been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

Ta có The link ed image cannot be displayed The file may hav e been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points

to the correct file and location Vì số nguyên nên The linked image cannot be display ed The file may have been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

Vậy có số Câu 20 Cho hàm số The link ed image cannot be display ed The file may hav e

been moved, renamed, or deleted Verify that the link

points to the correct file and location có bảng biến thiên sau

Hỏi đồ thị hàm số The link ed image cannot be display ed The file may have been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải Chọn C

Ta có bảng biến thiên hàm số The link ed image cannot be display ed The file may have been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

sau:

Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

có điểm cực trị Câu 21 (Sở GD- ĐT Quảng Nam)Cho hai hàm đa thức The link ed image cannot be display ed The file may hav e

been moved, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location ,

The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the

link points to the correct file and location có đồ thị hai đường cong hình vẽ Biết đồ thị hàm số The link ed image cannot be display ed The file may hav e

been moved, renamed, or deleted Verify that the link

points to the correct file and location có điểm cực trị , đồ thị hàm số The link ed image cannot be displayed The file may

hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the

link points to the correct file and location có điểm cực trị

The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

Có giá trị nguyên tham số thuộc khoảng The link ed image cannot be

display ed The file may have

been mov ed, renamed, or để hàm số

The link ed image cannot be displayed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted Verify that the link points to the correct file and location

có điểm cực trị?

+

- -48+m

+

_ 0

2

48+m

+

-

+ 0

y (x) y '(x)

A B C D Lời giải

Chọn B

Đặt The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

, ta có: The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

; The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

; The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct

file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location (

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location ); The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Bảng biến thiên hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location là:

Suy bảng biến thiên hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

là:

Do đó, hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Vì số điểm cực trị hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

tổng số điểm cực trị hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

số nghiệm đơn số nghiệm bội lẻ phương trình The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or

deleted V erify that the link points to the correct file and location

, mà hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

có ba điểm cực trị nên hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

có năm điểm cực trị phương trình The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or

deleted V erify that the link points to the correct file and location

có hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ) Dựa vào bảng biến thiên hàm số The linked image cannot be display ed The file may

hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that

the link points to the correct f ile and location., phương trình

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

có hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ)

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Vì The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location ,

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location nên

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Câu 22 Cho hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

( tham số) Gọi , hai điểm cực trị đồ thị hàm số The linked image cannot be display ed The file may

hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that

the link points to the correct file and location Tổng tất giá trị để ba điểm , , tạo thành tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính Th

e lin ke d im ag e ca nn ot be

A B

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and

location C Th e lin ke d im ag e ca nn ot be dis pl ay ed Th e fil D Lời giải Chọn C

Tập xác định The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Cho The linked image cannot

be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location Vì The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted

V erify that the link points to the correct file and location nên phương trình The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

có hai nghiệm phân biệt The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location Gọi The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct

file and location

, The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Suy The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

, The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

, The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location Phương trình đường thẳng The

linked image cannot be display ed The

qua The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

có vectơ pháp tuyến The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Suy

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Khi

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location Mặt khác

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed,

renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Vậy

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Câu 23 Cho hàm số

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

với tham số thực Biết hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the

correct file and location có số điểm cực trị lớn

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Tích The linked image cannot be display e d The file m…

A B C D

Chọn D

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been

mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the

correct file and location có số điểm cực trị lớn T

h e

l

i

n

Hàm số The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link

points to the correct file and location có điểm cực trị dương T

h e

l

i

n

Phương trình The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that

the link points to the correct file and location có nghiệm dương phân biệt The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

The linked image cannot be display ed The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted V erify that the link points to the correct file and location

Câu (Sở GD- ĐT Quảng Nam)Có giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng 1;7 để phương trình m1xm2 x x 2 1 x21 có nghiệm?

A B C D

Lời giải Chọn B

ĐK: x0 Ta có:

m1xm2 x x 2 1 x21m x  x x 21x2 1 2 x x 2 1 x

   2

2 1 1

m x x x x x

     

 2

2 1 1

x x x x

m

x x

   

  (vì x0 khơng thỏa mãn phương trình)

2

1 1 1

m x x

x x                  1 1 x x m x x            

Đặt y x x

  (y 2), ta được:

2 2 1

1 y y m y       4 m y y       (*) Với y 2, ta có:

 1 4  1 2 1 1

1 2 2

y y y

y y



 

        

     

8 2 4 2



  

 

2 4 7



   



Do đó, phương trình (*) có nghiệm m5 7 Vậy phương trình cho có nghiệm m5 7

Vì m, m5 7 m  1; 7 nên m1; 2;3; 4;5;6 * C2: ĐK: x0

Ta có: m1xm2 x x 2 1 x21    

2

1

1 x x m m x x       

Đặt 2 x t x   ( 2 t

  ), ta phương trình: m1t2m2t1

2 t t m t t    

 (do t0 khơng thỏa mãn phương trình)

Xét f t  t2 22t

t t     ( 2 t

  ), ta có:  

 

2 2

3t 1t f t t t      ;   1 t f t t           Từ bảng biến thiên suy ra: f t 5 7

Vậy phương trình cho có nghiệm m5 7

Câu (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019)Xét hàm số f x  x2ax b với ,a b tham số

Gọi M giá trị lớn tham số 1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ tính

2

a b

A 4 B

C

3 D

Lời giải

Chọn A

Ta có

( 1) (3) (1)

2 2

M f a b

M f a b

M f a b

M a b

    

   

   

   

Từ 4M  f( 1) 2 (1)f  f(3)  f( 1) (1)  f  f(3) 8 Nên M 4

Dấu xảy

1

2 2

9

a b

a b

a b     

  



    

3 a b ;1 a b;1 a bcùng dấu

Từ suy

a b

     

 Nên a2b 4

Câu Xét hàm số f x  x2ax b với ,a b tham số Gọi Mlà giá trị lớn tham số

1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ tính a2b

A B 4 C D

Lời giải

Chọn B

Ta có

( 1) (3) (1)

2 2

M f a b

M f a b

M f a b

M a b

    

   

   

   

Từ 4M  f( 1) (1)  f  f(3)  f( 1) (1)  f  f(3) 8 Nên M 4

Dấu xảy

1

2 2

9

a b

a b

a b     

  



    

3 a b ;1 a b;1 a bcùng dấu

Từ suy

a b

     

Câu Cho hai số thực a, b thỏa mãn a0, 0 b Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

 2

2 2

2

a a a

a a a

b b

P

b b



 



A

7

P  B

13

P  C Pmin 4 D

9

P 

Lời giải Chọn B

Do 0 b a0 nên 0ba2a

 2

2

2 2

2

2 1

a

a a a a a

a a

a a a

a

b b

P

b b

b

b

     

 

  

  

 

 

Đặt a a

t b

 , ta t1

Yêu cầu tốn trở thành tìm giá trị nhỏ hàm số  

 2

1

t

f t t

t

  

 với t1;

Có  

 

3

3

3

2

t t t

f t

t

  

 



  0 3 3 0

f t   t t   t  t 3t2   1 0 t 3 (do t2   1 0, t )

 

1

lim

t f t  ; tlimf t  

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta min 13

P  Dấu diễn

3 3

a

a a a

t b

b

     với 0 b a0

Câu Cho hàm số y f x  có đạo hàm cấp hai  Biết f 0 3, f 2  2018 bảng xét dấu f x sau:

Hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ điểm x0 thuộc khoảng sau đây?

Chọn C

Dựa vào bảng xét dấu f x  ta có bảng biến thiên hàm sồ f x 

Đặt t x 2017

Ta có y f x 20172018x f t 2018t2017.2018 g t      2018

g t  f t 

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x  suy phương trình g t  có nghiệm đơn  ;0

  nghiệm kép t2 Ta có bảng biến thiên g t 

Hàm số g t  đạt giá trị nhỏ t0    ;0

Suy hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ x0 mà

   

0 2017 ;0 ; 2017

x       x

Câu Xét hàm số f x  x2ax b , với a, b tham số Gọi M giá trị lớn hàm số

1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ được, tính a2b

A B C D 4

Lời giải Chọn D

Ta có max , 

A B

A B    1 Dấu " " xảy A B Và có max , 

2

A B

A B    2 Dấu " " xảy A B Xét hàm số g x x2ax b , có g x 0

2

a x 

Trường hợp một:  1;3

a

    a  6;2 Khi M max 1  a b, 3 a b  Áp dụng bất đẳng thức  2 ta có M  4 2a 8

Trường hợp hai:  1;3

a

    a  6; 2 Khi

2

max , ,

a M    a b  a b b  

 

 

Áp dụng bất đẳng thức  1  2 ta có

2

max ,

a M    a b b 

 

 

 20 4

8

M   a a   2

16

M   a

Suy M 2

Vậy M nhận giá trị nhỏ M 2

2

2

4

1

a

a

a b b

a b a b

   

     



    





1

a b

     



Câu (Nguyễn Khuyến 18-19) Gọi S tập hợp giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y x33x m đoạn  0;2 3 Số phần tử S là.

A 2 B 3 C 1 D 0

Lời giải Chọn A

Xét hàm số g x   x3 3x m .

3

  

y x ; y' =   x Bảng biến thiên hàm số g x :

Đồ thị hàm số y g x ( ) thu cách giữ nguyên phần đồ thị phía trục hồnh ( ) :C yg x( ) , cịn phần đồ thị phía trục hồnh ( ) :C yg x( ) lấy đối xứng qua trục hồnh lên Do đó, ta có biện luận sau đây:

Ta xét trường hợp sau:

+) m    2 0 m 2 Khi m    2 m m , nên

 0;2   0;2 { | m-2 | , | m | , | m+2 | } |   2 |

Max y Max m m Như

 0;2     3  1

Max y m m

(loại)

+) m      0 m 2 2 m 0 Khi m    2 m 0 m 2 , nên

 0;2   0;2 { | m-2 | , | m | ,m+2 }   0;2 { 2-m,-m,m+2 } 2 

Max y Max Max m Như

vậy

 0;2     3  1

Max y m m (thỏa mãn)

+) m0:

 0;2  2

Max y (loại)

+) m    2 0 m m 2 Ta có

 0;2   0;2 { | m-2 | , | m | ,m+2 }   0;2 { 2-m,m,m+2 }  2

Max y Max Max m ,

do

 0;2      3

Max y m m (thỏa mãn)

+) 0    m 2 m m 2 Ta có

 0;2   0;2 { | m-2 | , | m | ,m+2 }   0;2 { 2-m,m,m+2 }  2

Max y Max Max m ,

đó

 0;2      3

Max y m m (thỏa mãn)

Suy S  1;1 Vậy chọn B

Câu (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019) Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn

2 1

x y xy hàm số f t 2t33t21 Gọi M,m tương ứng GTLN GTNN

5

4

x y

Q f

x y

   

    

  Tổng M m bằng:

A  4 B  4 C  4 D  4 2 Lời giải

Chọn C

Đặt

x y t

x y   

  Theo giả thiết,    

2

2 1 1

4

nên ta đặt  

   

1

3 2 cos sin

cos cos 3

2 3 0 2

1

1 2sin cos sin

sin

3

x

x y x y

y x y

x y

 

 

 

 

 



   

  

  

    

  

         

 

 

Khi đó, cos 4sin  sin 3.cos 1  2sin

t   t   t



 

     



Phương trình  1 có nghiệm  t 22  3 2 1 2t23t2   6 0 2 t 2

Xét hàm số Q f t 2t33t21, t  2 ; 2

 

  62 6

f t  t  t Cho   0 ; 2 ;

t f t

t

     

  

 

  

  



 2

f     ; f  0 1; f 1 0; f 2   5    

   

2 ; 2 ;

max max

min

M Q f t f

m Q f t f

       

    

  

      

 

Vậy M m   4

Câu Cho x, y số thực thỏa mãn x3 2 y12 5 Giá trị nhỏ biểu thức

2

3

2

y xy x y

P

x y

   



  là:

A B C 114

11 D

Lời giải Chọn D

Theo giả thiết, ta có x3 2 y12 5  x2 y2 6x2y5

Đặt t x 2y1, ta có t 6 x 3 2 y1  1222x3 2 y12

 

 t 6 hay t 1;11

Mặt khác, t2 x2y12  t2x2y23y24xy2x4y1

 t26x2y 5 3y24xy2x4y1 t23y24xy7x4y 1 x2y 1 4

Suy 3y24xy7x4y   1 t2 t 4

Khi

2 4 4 4

1

t t

P t t

t t t

 

       , với t 1;11

Vậy minP3 t2 Suy x1, y0 17

x ,

5

y 

Câu 10 (Nguyễn Khuyến 18-19) Ông A dự định sử dụng hết 6,5m2kính để làm bể cá kính có dạng khối hình hộp chữ nhật chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng( mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn ( kết làm tròn đến hàng phần trăm)?

A 2,26m3 B 1,01m3 C 1,33m3 D 1,50m3 Lời giải

Gọi chiều rông bể cá x m , chiều cao y m x y, 0, chiều dài bể cá 2 mx  Diên tích kính sử dụng S2x22xy4xy m2

Theo ta có:

2

2 6.5 2 13 4

2 2 4 6,5

6 12

x x

x xy xy y

x x

 

     

Thể tích bể cá  

2

213 4

2 12

x

V x x

x



 13 2 m3

6



 x x

Ta xét hàm số    

2

13

x x

V x   với 0; 13

2 x 

 

Suy  

2

13 12 '

6 x

V x     39

6 

V x   x

Ta có V x( ) đổi dấu từ dương sang âm qua 39 

x nên hàm số đạt cực đại điểm 39

6 

x

Trên khoảng 0; 13

 

 

 

 hàm số V x  có điểm cực đại nên hàm số đạt giá trị lớn 39

x

Thể tích bể cá có giá trị lớn    3 13

0;

39 13 39

max 1,50 m

6 54

       

 

   

 

V x V

Vậy bể cá có dung tích lớn 1,50 m3

Cách 2: Xử lý tìm giá trị lớn V x( ) bất đẳng thức Cauchy Theo cách 1, ta tính    

2

13

x x

V x   với 0; 13

2

 

 

 

x

Ta có    

2 2 2 2

13 1 (13 )(13 )

6

x x x x x

V x     

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

3

2 2

2 2 8 13 4 13 4 26

8 (13 )(13 )

3 27

x x x

x  x  x       



 

Suy

3

1 26 13 39

( ) 1,50

6 8.27 54

V x    ( kết làm tròn đến hàng phần trăm) Dấu “ ” xảy 8 13 4 13 39

12

x   x  x 

Vậy bể cá có dung tích lớn 1, 50 m3.

y

2x

Câu 11 Biết số thực a, b thay đổi cho hàm số f x   x3 x a  3 x b 3 đồng

biến khoảng  ;  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a 2b24a4b2.

A 2 B C 4 D

Lời giải

Chọn A TXĐ: D

  2  2  2

3 3

f x   x  x a  x b 3x26a b x  3a23b2

Do hàm số đồng biến  ;   f x   0, x  dấu xảy hữu hạn điểm  ;  x22a b x a   2b2  0, x 

0 ab 

     (*)

Cách 1: Ta có P a 2b22a2b 4 a b 24a b   4 2ab

Hay Pa b 222ab  2 2, ab0 theo (*) a b 220 Dấu xảy 2

0

a b a

ab b

   

 

   

 

0

a b

   



Vậy minP 2

Cách 2: Do f x   0, x   f  2 0a2b24a b   4 0

 

2 4 2 2

P a b a b

        Dấu xảy

0

a b

   



0

a b

   



Vậy minP 2

Câu 12 (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho x, y thỏa mãn

   

3 2

log 9 9

2 x y

x x y y xy

x y xy

     

   Tìm giá trị lớn

3 10

x y

P

x y

 



  x, y

thay đổi

A B C D

Lời giải Chọn C

Điều kiện: x y 0 (do

2 2

2 2 2 0

2

y y

x y xy x    

  )

Đẳng thức cho tương đương với

       

3 2

9

log 9 9 2 *

2 x y

x x y y xy

x y xy



     

  

Đặt ux2y2xy 2 0, v9x9y0, ta có

 * log3 log3 log3

v

u v u u v v

u

      

Mà hàm số f t  t log3t đồng biến 0;  nên suy  *   u v x2y2xy9x9y 2 0

Ta có

 

2

2

2 9 9 2 0 9 2 3 19

2 4

y y

x y xy x y  x   x   y  y   y 

   

Dẫn đến

2

19 19

9 19

2 2

y y y

x x x x y

                

   

Suy

3 10 19 19

1

10 10 10

x y x y x y x y

P

x y x y x y

        

    

     

2 19

1

3

x y x

P

y y

  

 

  

 

 

Vậy maxP1 Cách 2:

Từ giả thiết, ta có x2y2xy9x9y 2 * 

Ta thấy x8,y3 thỏa mãn  * , đặt x a 8,y b 3 đó:

 

2 9 9 2 0 2 10a 0 10a 5 2

10a 2a

x y xy x y a b ab b a ab b

b b

                 

     

Ta có:

3 21

1

10 21 21

x y a b a b

P

x y a b a b

    

    

     

Dấu “=” xảy x8,y3 Vậy P đạt giá trị lớn Câu 13 Cho hàm số y f x( ) có đồ thị y f x( ) hình vẽ bên

Xét hàm số

3

3

( ) ( ) 2018

4

g x  f x  x  x  x Mệnh đề đúng? A

 3;1    

ming x g

   B min3;1g x g 1

C

   

   

3;1

3

min

2

g g

g x



 

 D

 3;1    

ming x g

  

Lời giải Chọn A

Ta có ( ) ( ) 3

2

g x  f x x  x   0   3

2

g x   f x x  x Xét hàm số   3

2

Dựa vào đồ thị trên, đồ thị hàm số y f x( ) Parabol  P có hai điểm chung đoạn

3;1, có hồnh độ 1, 1

Suy phương trình ( ) 0g x  có hai nghiệm thuộc đoạn 3;1là 1, 1

Dựa vào đồ thị trên, ta có bảng biến thiên hàm số ( )g x đoạn 3;1 sau

Vậy

 3;1    

ming x g

  

Câu 14 (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Xét đồ thị  C hàm số y x 33ax b với a b, số thực Gọi M N, hai điểm phân biệt thuộc  C cho tiếp tuyến với  C hai điểm có hệ số góc Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng MN Khi giá trị nhỏ Sb23a2

A B 3 C 1 D 2

Lời giải Chọn D

2

' 3 3

y x a, gọi tọa độM m m ; 33am b N n n  , ; 33an b  vớim n 

Hệ số góc tiếp tuyến tạiMvà Nbằng nên ta có:

    22 3 2

' '

1 3

 

   



   

 

 

 



m n

m a

y m y n

n a

n a

Vì m n  nên 2 1

1   

   

   

m n

m n a

a

Khi M  n n; 3an b MN ,2 ; 2n n36an

Chọn uMN 1; 2a1 vectơ phương,    1;1



MN

n a vectơ phép tuyến đường thẳngMN.Phương trình đường thẳng MN:

2a1x n y n 33an b 0

Khoảng cách từ gốc tọa độ đến MN:    

 

3

2

; 1

2 1

    

  

 

n a n an b

d O MN

a

     

2 2

1 4 1 4

4 4

              

       

n a n b a a n a n a b a a

b a a b a a

Ta có S b23a2 a24a2 với a1 Bảng biến thiên S a 2 4a2 là:

Câu 15 Biết mlà giá trị để bất phương trình

2

x y

x y xy m

   

    

 có nghiệm Mệnh đề sau

đây ?

A m   2;  B 1;

m   

  C

3 ;

m  

  D

1 ;1

m 

 

Lời giải

Chọn C Điều kiện:

2

1

2 2

2

x y

xy m    m xy       m

 

Nhận xét: Nếu hệ bất phương trình

2

x y

x y xy m

   

    

 có nghiệm  x y x; ,  y hệ bất phương

trình có nghiệm  y x; đó, hệ bất phương trình có nghiệm x y +Với x y,ta có hệ bất phương trình:

 

2

2

2

1

0 0

2

2 2 1 2 2 1 4 4 *

x x x

x x m x m x x m x x

 

   

  

  

  

  

  

         

Ta có:2x2  m 1 4x4x2 m 2x24x1 ** 

Xét hàm số f x 2x24x1 0;1

2

 

 

 

Ta có:   4 0, 0;1

f x  x   x  

 

Bảng biến thiên:

Để hệ bất phương trình có nghiệm

m 

+Với

m  , ta có:

 

0

1

2 1

2

x y

x y xy

   

 

   



Ta có:

2

1 1

2 2

2 2

x y

x y  xy    x y       x y xy 

 

1  

Dấu '' '' xãy

x y

Vậy hệ bất phương trình

2

x y

x y xy m

   

    

 có nghiệm

1

Tìm tất giá trị m để bất phương trình y f x  1 1 m có nghiệm?

A m 2 B m4 C m1 D m0

Lời giải Chọn A

Bất phương trình f x  1 1 m xác định x1 Khi đó, x    1 1, x

Từ bảng biến thiên ta thấy

1;     

min f x f

   

Bất phương trình y f  x  1 1 m có nghiệm

1;   

min

m f x



  

Câu 17 (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Một tàu quân đậu vị trí A cách bờ biển khoảng AB 5km Một người lính muốn đột nhập vào đối phương vị trí C cách B khoảng 7km Người lính chèo đị từ A đến điểm M bờ biển với vận tốc km/h chạy đến C với vận tốc 12km/h(xem hình vẽ đây).Tính độ dài đoạn BM để người đến C nhanh nhất?

A x  B 5

3

x C

5

x D x 

Lời giải Chọn B

Gọi khoảng cách BM x (Km) (0 x 7) 

Khi đó:AM  52 x2  25x2 Thời gian từ A đến C:

 

2

25

(x) ; x 0;7

6 12

x x

f     

bài tốn trở thành tìm x để f(x) đạt giá trị nhỏ đoạn 0; 7

     

2

2

1

'(x) ; x 0;7

12 25

'(x) 25 ; x 0;7 25 ; x 0;7

5

x f

x

f x x

x x

  



    

  

 

Từ bảng biến thiên suy hàm số f(x) có cực tiểu đoạn 0; 7 nên giá trị cực tiểu f(x) giá trị nhỏ 0; 7 hay thời gian từ A đến C nhanh 5

3 BM x 

Câu 18 Cho số thực x, y, z thỏa mãn x2, y1, z0 Giá trị lớn biểu thức:

2 2

1

( 1)( 1)

2 2(2 3)

P

y x z

x y z x y

 

 

    

A

P B

4

P C

6

P D

8

P Lời giải

Chọn D

Đặt a x 2, b y 1, c z Ta có: a, b, c0

2 2

1

( 1)( 1)( 1)

2

P

a b c

a b c

 

  

  

Ta có:      

2

2

2 2 1 1 1

2

a b c

a b   c     a b c  

Dấu '' '' xảy a b c  1 Mặt khác      

3

3

1 1

27

a b c

a b c     Dấu '' '' xảy a b c  1 Đặt t a b c     1 t 27 3

( 2)

P

t t

 

 , t1 Xét hàm ( ) 27 3

( 2)

f t

t t

 

 , t1;

1 81

( )

( 2)

f t

t t

    

  0  24 81.2 5 4 0 4

f t   t  t      t t t Do t 1  lim  

t f t 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có

1;     

max

8

f t f t

    

1

1

a b c

a b c a b c

   

        



3

x

  ; y2; z1

Vậy giá trị lớn biểu thức P

8, đạt x y z; ;   3; 2;1

trị m thuộc

A  1; B  2; 1 C  0;1 D 1;0 Lời giải

Chọn C

Xét hàm số yg x   x3 3x 2m1 đoạn  0; 2 , ta có:

2

' 3, ' 3

1

x

y x y x

x

  

        



Bảng biến thiên hàm số hàm số yg x   x3 3x 2m1 đoạn  0; 2

Ta ln có: 2m 3 2m 1 2m 1 g     1 g g Suy ra:

 0;2    

max max ,

F f x  m m

Nếu 2 3 2 12 16

m  m  m  m   m m

2 2

F m   

Suy ra: min 2

F   m

Nếu 2 3 2 12 16

m  m  m  m   m m

2 3 2

2

F m   m   Suy ra:

1

2

F   m Vậy m 0;1

Câu 20 (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn 3x22xy y 25 Giá trị nhỏ biểu thức P x 2xy2y2 thuộc

khoảng đây?

A  1;4 B 7;10 C  4;7 D 2;1 Lời giải

Chọn A

Ta có    

2

2 2

5 1

.5

4 4 2

x y

P  P  x xy y  x  xy y    

  , x y,  Suy

4

Dấu xảy 2

2

3 0 3

2

32

3

x y x y

y

x xy y

     

 

  



   



 ; 10; 10

8

x y  

   

 

 ; 10; 10

8

x y    

 

Vậy giá trị nhỏ P

Câu 21 (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Một người nơng dân có lưới thép B40, dài  

12 m muốn rào mảnh vườn dọc bờ sơng có dạng hình thang cân ABCD hình vẽ (bờ sơng đường thẳng DC khơng phải rào, cạnh hình thang) Hỏi ơng ta rào mảnh vườn có diện tích lớn m2 ?

A 100 3 B 106 3 C 108 3 D 120 3

Lời giải Chọn C

Kẻ đường cao BH, gọi số đo góc đáy CD hình thang x x,  0 ;90 Diện tích mảnh vườn là:

    2 

1 1

.sin 2 cos 2sin sin

2 2

     

S BH AB CD BC x AB BC x AB x x

Xét hàm số f x 2sinxsin 2x với x0 ;900 0 có f x 2cosx2cos 2x

Ta có:  

1 cos 2cos 2cos 2cos cos

cos

 



         

  

x

f x x x x x

x

Do x0 ;900 0 nên ta nhận cos 600

2

x  x Ta có bảng biến thiên:

C D

B A

C D

B A

Từ bảng biến thiên ta thấy:

0 ;900 0   3

2

Max f x  đạt x600

 2

108

MaxS m

  góc đáy CD hình thang 60 0 C D600.

Câu 22 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19) Tìm số thực m lớn để bất phương trình sau có nghiệm với x msinx  cosx  1 sin 2x sinx  cosx 2018

A 2017

 B 2017 C

3

 D 2018

Lời giải Chọn A

Đặt t sinx cosx   t2 1 sin 2x 2  1 t 2

Khi bất phương trình cho trở thành:  1 2019

m t   t t 2019  

1

t t

m f t

t  

  

 với t 1; 2

Ta có  

 

2

2

2 2020

0, 1;

t t

f t t

t

   

      



Vậy  

2 2019

1

t t

m f t

t  

 

 với t 1; 2 1;    

2017

min

2

   

    

t

m f t f

Câu 23 Số giá trị nguyên tham số m nằm khoảng 0; 2020 để phương trình 2019 2020

x  x  m có nghiệm

A 2019 B 2018 C 2020 D 2021 Lờigiải

Chọn B

Ta có    

 

2018, 1;2019 2019

2 2020 , 1;2019

x

f x x x

x x

 



     

 



Vì hàm số ( ) 2x 2020h x   hàm số đồng biến đoạn [1;2019] nên ta có

  [1;2019]  

[1;2019]max ( ) max (1), (2019)h x  h h 2018, ( ) (1), (2019)h x  h h  2018

Suy

1;2019min f x 0 max1;2019 f x 2018

Do đó, ta có

 

min f x 0

 max f x 2018

Vì vậy, phương trình cho có nghiệm

Câu 24 Gọi S tập hợp giá trị tham số mđể giá trị lớn hàm số

2 2

2

x mx m

y

x

 



 đoạn1;1 Tính tổng tất phần tử S

A

3

 B C

3 D 1

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số   2

2

x mx m

y f x

x

 

 

 ,

Tập xác định: D\ 2   

 



 



2

4

x x

f x

x

Xét f x  0       

2 4 0 0.

4

x

x x

x Bảng biến thiên hàm số y f x :

Ta có:  1

f    m ; f 0  m ; f 1   m Suy ra:

 1;1         

maxg x max f ; f ; f

  

Với        

2 2

2

x mx m

g x f x

x Ta có max1;1 g x max f      1 ; f ; f 

Dựa vào đồ thị hàm số ; ;u

u m u m  m

Xét với

m  Ta có

 1;1    

maxg x f m m

      

Xét với

m  Ta có

 1;1    

maxg x f m m

       

Câu 25 Cho số thực dương a, b thỏa mãn 2a2b2aba b ab  2 Giá trị nhỏ biểu

thức

3 2

3 2

4 a b a b

P

b a b a

   

      

    thuộc khoảng nào?

A  5; 4 B  6; 5 C 10; 9  D 11; 10  Lời giải

Chọn B Ta có:

3

4 a b a b a b a b a b 12 a b 18

P

b a b a b a b a b a b a

            

                       

           

   

   

Theo giả thiết: 2a2b2aba b ab  2 Chia vế đẳng thức cho ab, ta được:

  1

2 a b a b

b a a b

        

   

   

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương a b  1

a b

  

 

 , ta được:

a b 1 a b.2 1

a b a b

   

        

   

2 a b 2 a b

b a b a

   

        

     1

Đặt t a b t 0

b a

    1 trở thành: 2 2t   t

2 12 8 2  4 4 15 0

2

t t t t t

          (vì t0)

Đẳng thức xảy  

  5 2 1 1 1

2

a b

a b b a

b a a b

a b a b

a b a b

a b

b a a b

                                                   2 2 5

2 1 2

3

2

3

2

a b ab a b

a a

a b a b

b b

a b a b

ab                                  

Khi đó, P P a b  ;  trở thành f t 4t39t212 18t , 5;

2

t   

 

  122 18 12 6 2 1  0

f t  t  t  t t 

2

t

 

 

f t

 đồng biến 5;       t

   ,  

2

f t   f      5; 23

f t f

                

minP P 1;2 P 2;1 5,75

Vậy minP   6; 5

Câu 26 Cho hai hàm số y f x  y g x   có đồ thị hình vẽ dưới,

biết x1 x3 điểm cực trị hai hàm số y f x  y g x   đồng thời

   

3 1f g 1, 2f 3 g 1 4, f 2x 7g x2  3 *   Gọi M , m giá trị lớn nhỏ đoạn  1;3 hàm số

      2     

4

S x  f x g x g x  f x  g x  Tính tổng P M 2m

A 51 B 19 C 39 D 107

Lời giải Chọn D

Thay x2, x3 vào  * ta có

       

3 1

1

f g

f g

 

 

 

 , mà

       

3

2

f g

f g

 

 

 

 nên f 1 1, f 3 5, g 1 6,g 3 2 Nhìn vào đồ thị ta thấy 1 f  1  f x  f  3 5, 2g 3 g x g 1   6 x  1;3 Đặt u f x , v g x   với 1 u 5, 2 v 6, xét

 , 4 2  4 2

h u v uv v  u v    v u v u  Xem h u v , hàm số bậc theo biến v ta có

 , 4  2;6

h u v             v u v  h u v , nghịch biến  2;6 Suy

     ,6 , ,2 58  , 10

h u h u v h u  u h u v  u

  51 h u v,

    (do 1 u 5) Từ

 1;3  

max

M  S x  , dấu xảy x3,

 1;3  

min 51

m S x   , dấu xảy

1 x

Vậy P M 2m107

Câu 27 (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019) Cho x, y số thực dương thỏa mãn  

lnxlnyln x y Tìm giá trị nhỏ P x y 

A Pmin 2 3 B Pmin  17 C Pmin  2 D Pmin 6

Lời giải

    2

1

ln ln ln ln ln

1 x

x y x y xy x y xy x y x

y x                   Suy

2 2

1 1

x x x

P x y x

x x



    

 

Xét hàm số   2

1

x x

y f x x



 

 D 1;  Ta có

 

2

2 4 1

1 x x y x      ,   2 2 2 0 2 2 2 x l y x             

Vậy Pmin 2 3 , đạt

2 2

2

x  , 4 2

2

y 

Câu 28 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số f x  có đạo hàm xác định 

   

'

f x x x  x  Giả sử a, b hai số thực thay đổi cho a b 1 Giá trị nhỏ f a  f b 

A 64 15



B 33 64 15



C

5

 D 11

5



Lời giải Chọn B

Ta có      d b

a

f b  f a  f x x b  1 3d

a

x x x x

  

Đặt x2 3 t x2 3 t2x x t td  d

Suy ra:      

2

3

4 d b

a

f b f a t t t t

        2 4 d b a

t t t

     2 3 b a

t t 



 

  

 

 2 2 2  2  2  2 2 2  2  2

3 3 3 3

5

b b b b a a a a

           

2

2 3 3 4 3 3 3 3 4 3 3

5

a a a a b b b b

f a f b

           

   

    

   

   

Xét hàm  

5 4

5

u u

g u  

+ Với u a23 Vì a1 nên u 3

Ta tìm giá trị nhỏ g u   3; Ta có:  

0

4

2

u

g u u u u

u   

      

  

Bảng biến thiên:

Suy

    

3;

min g u g

  

 64

15

  Khi u 2 a2  3 2 a21

1

a a

 

   

 Vì a1 nên

1

a 

Với a 1 ta có   1 b 1, suy 3 b2 3 2

Ta tìm giá trị lớn g u   3; 2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy    

3;2

maxg u g

   

 11

5

  Khi b2 3 3  b 0

Vậy f a  f b  đạt giá trị nhỏ 64 15

 11

5

 

  

 

33 64 15



 a 1; b0 Câu 29 Cho hai hàm số y f x  y g x   có đồ thị hình vẽ dưới,

biết x1 x3 điểm cực trị hai hàm số y f x  y g x   đồng thời

   

      2     

4

S x  f x g x g x  f x  g x  Tính tổng P M 2m

A 39 B 107 C 51 D 19

Lời giải Chọn B

Thay x2, x3 vào  * ta có

       

3 1

1

f g

f g

 

 

 

 , mà

       

3

2

f g

f g

 

 

 

 nên f 1 1, f 3 5, g 1 6,g 3 2 Nhìn vào đồ thị ta thấy 1 f  1  f x  f 3 5, 2g 3 g x g 1   6 x  1;3 Đặt u f x , v g x   với 1 u 5, 2 v 6, xét

 , 4 2  4 2

h u v uv v  u v    v u v u  Xem h u v , hàm số bậc theo biến v ta có

 , 4  2;6

h u v             v u v  h u v , nghịch biến  2;6 Suy

     ,6 , ,2 58  , 10

h u h u v h u  u h u v  u

  51 h u v,

    (do 1 u 5) Từ

 1;3  

max

M  S x  , dấu xảy x3,

 1;3  

min 51

m S x   , dấu xảy

1 x

Vậy P M 2m107

Câu 30 Cho hàm số f x  có đồ thị hàm số y f x  hình vẽ

Xét hàm số g x 2f x 2x34x 3 m6 5 với m số thực Điều kiện cần đủ để

  5;

g x    x  

A  5

m f B  5

3

m f  C  5

3

m f D  0

3

m f

Lời giải Chọn C

Ta có g x 2f x 2x34x 3 m6 0,    x  5; 5

 

    x3 2x 5 , 5; 5

2

m

h x f x x  

         

 

5;

3 max

2

m h x

   

Ta có: h x  f x 3x22

Vẽ đồ thị y f x  y 3x22 hệ trục tọa độ:

Nhận xét: f x  3x22,   x  5; 5h x 0,   x  5; 5

   

       

5;

3

max 5

2

m

h x h f m f

   

     

Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn  C1  C2 có phương trình   2 2

1

x  y  x12y2 1 Biết đồ thị hàm số y ax b x c

 

 qua tâm  C1 ,

qua tâm  C2 có đường tiệm cận tiếp xúc với  C1  C2 Tổng a b c  A 1 B C D

Lờigiải Chọn D

Đường trịn  C1 có tâm I1 1; bán kính R11

Đường trịn  C2 có tâm I21;0 bán kính R21

Đồ thị hàm số y ax b x c

 

 có tiệm cận đứng d x1:  c, tiệm cận ngang d y a2: 

Đồ thị hàm số y ax b x c

 

 qua tâm I1 1; , qua tâm

 

2 1;0

I 

2 2 2

1

0

a b

a b c

c

a b a b

c 

 

    

 

 

   

 

   

 *

Vì hai đường tròn  C1  C2 tiếp xúc với hai đường tiệm cận đồ thị hàm số y ax b x c

 



nên

   

   

1

1 2

1 1

; ; 1

0

; ;

c c

d I d d I d a

c

d I d d I d a a

     

 

  

  

   

      

 

  Từ  * suy b1

Vậy a b c     1

Câu Tìm tập hợp tất giá trị m để đồ thị hàm số

2

1

3

x y

x mx m

 



  có hai tiệm cận

đứng A 0;1

2

 

 

 

  B    ; 12 0; 

C 0; D 0;1

2

 

 

 

 

Lời giải Chọn A

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng phương trình x2  mx 3m 0 *  có

nghiệm phân biệt thuộc D   1;  Trên D ta có

 *

x m

x

 



Ta lập bảng biến thiên hàm số  

2

3

x

y f x

x

 

 D

   

2

6 0

0

x l

x x

y

x x

 

 

     

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  * có nghiệm phân biệt thuộc D   1;  0;1

2

m  

 

Ghi chú: ta chọn vài giá trị m để thử loại bớt đáp án Thí dụ chọn m0 đồ thị có tiệm cận đứng x0, loại

D Chọn m1 thì đồ thị có tiệm cận đứng 13

x  , loại B, C

Câu Cho hàm số y f x( ) thỏa mãn f(tan ) cosx  4x Tìm tất giá trị thực m để đồ thị hàm

số ( ) 2019 ( )

g x

f x m



 có hai tiệm cận đứng

A m0 B 0 m C m0 D m1 Lời giải

Chọn B

 

4

2

1 (tan ) cos (tan )

1 tan

f x x f x

x

  

 2

1 ( )

(1 )

f t

t

 



Hàm số

2

2019 2019

( ) ( ) 1

( )

(1 )

g x g x

f x m m

x

  

 



Hàm số ( )g x có hai tiện cận đứng phương trình 12 2

(1x )  m có hai nghiệm phân biệt (1 x2 2) 1 0 m 1

m

      

Câu (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019)Gọi S tập tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y 3x33x2 2 4x23x 2 mx có tiệm cận ngang Tổng phần tử S

là

A 3 B C 2 D

Lời giải Chọn C

Tập xác định hàm số: D Đặt: lim

x

I y



 ; lim x

J y





     

   

3 2

2

2 3

3 2

3

lim lim 2

3

lim

2

3

x x

x

I y x x x x x x m x

x x m x

x x x

x x x x x x

  

 

            

 

 

 

 

     

  

     

 

 

2

3 2

3

2

3

lim

3

3 2 4

1 1

x

x x m x

x x

x x x x

                                   

Đặt:  

   

2

3 2

3

2 1

3 lim

4

( )

3

3 2 4 lim

1 1

x

x

f x

x x

f x

I f x m x

x x

x x x x

                                          

3 2

2

2 3

3 2

3

lim lim 2 3

3

lim

2

3

x x

x

J y x x x x x x m x

x x m x

x x x

x x x x x x

                                               2

3 2

3

2

3

lim

3

3 2 4

1 1

x

x x m x

x x

x x x x

                                   

Đặt:  

   

2

3 2

3

2 7

3 lim

4

( )

3

3 2 4 lim

1 1

x

x

g x

x x

g x

J g x m x

x x

x x x x

                                

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang I J có giới hạn hữu hạn Suy 1

3

m m m m            

    S  3;1

Tổng phần tử S 2.

Câu Cho phương trình tanx1 sin x2cosxmsinx3cosx Có giá trị nguyên tham số m0; 2019 để phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng 0;

2



 

 

 

A 2019 B 2020 C 2017 D 2018 Lời giải

Chọn C

Xét phương trình tanx1 sin x2cosxmsinx3cosx  1 khoảng 0;



 

 

 

Vì 0; sin , cos , tan

x   x x x

  nên chia hai vế  1 cho cosx, ta được:

   

3 tanx1 tanx2 m tanx3  2

Đặt t tanx1 t1  2 trở thành:    

3

2

2

3

3

2

t t

t t m t m

t 

    

  3

Theo đề bài,  1 có nghiệm 0;  3

x  

  có nghiệm t1

Xét hàm số   323

t t

f t t

 

 , t1; 

Ta có  

 

4

2

3 15

t t

f t

t

 

  

  t nên f t  đồng biến 1; 

Bảng biến thiên f t :

Theo bảng biến thiên,  3 có nghiệm t1

 Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f t  điểm có hồnh độ lớn

m

  , mà m số nguyên thuộc đoạn 0; 2019  Vậy có 2017 giá trị nguyên m thỏa đề

Câu Cho hàm số f x x24x3 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình

     

2 6 5 0

f x  m f x   m có nghiệm thực phân biệt ?

A B C D

Lời giải Chọn B

Hàm số y f x  có bảng biến thiên

Đặt t f x  1 *  Nhận xét:

+ với  *

0

t    x + với  *

0 1;

t   t   nghiệm + với t0  3  * nghiệm+ với    

* 1;3

t    nghiệm Phương trình trở thành t2m6t m  5 0

5

t t m

  

   



Yêu cầu toán suy        1 m m m m 5;6;7

Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tập tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số

 

3 3 3 1 1

y x  mx  m  x m có hai điểm phân biệt đối xứng qua gốc tọa độ là:

A 1;0  1;  B 0; C  1;  D   ; 1  0;1

Lời giải: Chọn D

Gọi M x y( ; ), N(0 x0;y0) thuộc đồ thị hàm số Ta có:

 

 

3 2

0 0

3 2

0 0

3 1 (1)

3 1 (2)

y x mx m x m

y x mx m x m

     

       

Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: 6mx02  2 2m2 0 (*)

Điều kiện cần: Đồ thị hàm số tồn M, N phương trình (*) có nghiệm phân biệt khác Do ta có :

2 1 1 1

0

0

3

m

m m

m

m m

  

   

    

 

Điều kiện đủ: Với m thỏa mãn điều kiện suy phương trình (*) có hai nghiệm

 

 

2

1

2 2

2

2 2

2

1 ;

3

1 1

3

3 3

1 1

y

3 3

m m

x x

m m

m m m

y m

m m m

m m m

m

m m m

 

  

  

 

    

 

  

 

    

 

3 f(x)

-∞

+∞

0 2 +∞

-1 +∞

x

-1 f(x)

0 3

2 -∞

+∞ +∞ -2

-1 +∞

Vậy M x y N x y( ; ); ( ; )1 2 Chọn đáp án A

Câu Cho hàm số y  f x  liên tục  có đồ thị đường cong trơn (khơng bị gãy khúc), hình vẽ bên Gọi hàm g x  f f x   Hỏi phương trình g x 0 có nghiệm phân biệt?

A 12 B C 14 D 10

Lờigiải Chọn A

   

g x  f f x  g x( ) f x f( ) f x 

( ) 0

g x   f x f( ) f x 0

 

( ) 0

f x

f f x

 

   

 

  



 

 

   

 

   

 

1

1

2 6

7 9

2;

1;2

2;

( ) 2;0;2

( ) 1;2 ; ; ,

( ) ; ; ,

x x x x x x

f x x x x

f x x

f x x x x x x x x x x

f x x x x x x x x x x x

      



   

  

        



    



         



        



Có số nguyên m để phương trình f 2sin 1x+  f m  có nghiệm thực?

A B C D

Lời giải Chọn A

Đặt t2 sinx1 suy t  1;3với  x 

Phương trình f2sin 1x+ f m có nghiệm  f t  f m  có nghiệm thuộc 1;3  1;3      1;3  

Min f t f m Max f t

 

  

Từ bảng biến thiên suy  2 f m     2 m Suy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu Cho hàm số y f x  liên tục đoạn  1;3 có bảng biến thiên sau

Tổng giá trị m cho phương trình  1 2

6 12

   m

f x

x x có hai nghiệm phân biệt đoạn  2;4

A 75 B 72 C 294 D 297

Lời giải

Chọn B

Ta có mx2 6x 12  f x 1 ,  x  2;

Xét hàm số g x x2 6x 12  f x 1 ,  x  2;

Ta có g x   2x6  f x 1 x2 6x 12  f x     1 0 x 3  2;

Bởi

•  

 

 

2

2

2

6 12    

  

 

       

 

  



x f x

x g x

x x

f x

•  

 

 

2

2

3

6 12    

  

 

       

 

  



x f x

x g x

x x

f x

Dựa vào BBT, suy 12  m

Vì m    m  12; 11; ;   4 S 72

Câu Cho hàm số y f x  xác định, liên tục và có đồ thị hình vẽ bên.Có giá trị ngun m để phương trình 2f3 6 x9x2 m 3 có nghiệm?

A B C D 17

Lời giải Chọn C

Điều kiện: 6 9 0 0

3

x x    x

Đặt 3 6 9 ,2 0;2

3

t  x x x    

Ta có:

2

6 18

4 0;

3

2 x

t x

x x

  

       

 



Bảng biến thiên cho t 3 6x9x2 .Vì 0;2  1;3

3

x   t

 

Phương trình trở thành:     3,  1;3 *  

m

f t   m f t   t 

Phương trình 2f3 6 x9x2 m 3có nghiệm  

2

m

f t 

  có nghiệm t  1;3

6 12 ,

2

m a m a m a

                   với

 1;3  

1

max 2, 0;

2

f t a a



 

   

 

Các giá trị tham số m để phương trình     2 m m f x f x   

 có ba nghiệm phân biệt

A 37

2

m  B

2

m C 37

2

m D 3

2

m 

Lời giải Chọn C

         

         

3

2 2

2

3 2 2 2

4

3

2

2 2 5

m m

f x m m f x f x

f x

m m f x f x f x

       



      

Xét hàm số f t     t3 t t,  f t' 3t2   1 0, t 

       

   

2

2

2

2 2

0

4 5

2

f m f f x m f x

m m

m m

f x f x

                      

Với  

m

f x    từ đồ thị ta thấy có nghiệm Vậy để phương trình có nghiệm phân biệt phương trình

 

2

m

f x   phải có hai nghiệm  

2

4 37

4 ,

2

m

m m



    

Câu Cho hàm số x y x  

 có đồ thị  C điểm A 0;a Hỏi có tất giá trị nguyên a

trong đoạn 2018; 2018 để từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến đến  C cho hai tiếp điểm nằm hai phía trục hồnh?

A 2019 B 2017 C 2020 D 2018 Lời giải

Chọn A

Gọi tiếp điểm 0 ; x M x x      

  Khi phương trình tiếp tuyến  C M là:

  

   

0 0

0 1 x

y f x x x y x x

x x          

 (d)

(d) qua A 0;a

 02   02    

0

3

1 2 0,

1

x x

a a x a x a x

x x               (1)

Từ A kẻ tiếp tuyến đến  C  phương trình  1 có nghiệm x0 phân biệt khác     

 

2

2

2

1 2

a a a

a

a a a

       



   

     

 Khi phương trình (1) có hai nghiệm x x1,

Hai tiếp điểm nằm hai phía trục hồnh

  

1    2

1

1 2

2 2

0

1 1

x x x x x x

y y

x x x x x x

    

     

 

 

2

2 2 4

9

1 0 0 3 2 0

2 3

2 1

1

a a

a

a a a a

a a

a a



  



 

         

 

  

 

Vậy

a  Mà a nguyên a  2018;2018 a 0;1; 2; ; 2018 Vậy có 2019 giá trị nguyên a thỏa mãn

Câu 10 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho hàm số y x 32mx2m3x4   m

C Tất giá trị tham số m để đường thẳng  d :y x 4 cắt  Cm ba điểm phân biệt A 0;4 , B, C cho tam giác KBC có diện tích với điểm K 1;3 là:

A 137

m   B 137

2

m  C 137

2

m  D 137

2

m 

Lời giải Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm  Cm  d là:

   

3 2 3 4 4 1

x  mx  m x  x

 

3 2 2 0

x mx m x

    

 

2

2

x x mx m 

     

 

2

0

2 2

x y

x mx m

   

     



 d cắt  Cm ba điểm phân biệt

 1

 có ba nghiệm phân biệt

 2

 có hai nghiệm phân biệt khác

2

2

0

1

0 2

2

m m

m m

m m

m m m

m m



  

  

      

             



       

 

Khi đó,  2 có hai nghiệm phân biệt x1 x2 tương ứng hoành độ B C

 1; 4

B x x

  C x x 2; 24

 1; 1

KB x x

   KCx21;x21

     

1

1 1

2

KBC

x x x x

S      x x

   

Theo đề bài:  2

1 2

8 128 128

KBC

 2   137

2 128

2

m m m 

       (nhận)

Vậy tất giá trị m thỏa đề 137

m 

Câu 11 (SGD Hưng Yên - 2019) Cho hàm số f x mx4nx3 px2qx r

 

g x ax bx cx d , n n p q r a b c d, , , , , , , ,  thỏa mãn f 0 g 0 Các hàm số    ,

f x g x  có đồ thị hình vẽ

Tập nghiệm phương trình f x g x  có số phần tử

A B C D

Lời giải Chọn D

+) Từ giả thiết suy r d phương trình tương đương với:

           

3

3

0

0

x

x mx n a x p b x q c

mx n a x p b x q c

 

         

        



+) Từ đồ thị hàm số suy m0

và

   

   

   

   

   

   

8

1 3

1 2

8

2 32 12

n a m

f g m n a p b q c

f g m n a p b q c p b m

q c m

f g m n a p b q c

   

            

  

    

            

  

              

  



Từ ta có phương trình: 2 8 0 2 8 0

3

mx  mx  mx m x  x  x 

Sử dụng máy tính Casio ta phương trình có nghiệm nghiệm khác Vậy tập nghiệm phương trình có phần tử

Câu 12 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Tìm m để phương trình

2

5 log

x  x   m có nghiệm phân biệt:

A Khơng có giá trị m B 1 m 429

C 0 m 429 . D 429  m 429

Lời giải Chọn B

Xét hàm số f x x45x24

 0  0

f g f x g x 

   ,

f x g x 

   

Có f x 4x310x;  

0

0 10

2 x f x

x   

   

  

Bảng biến thiên

Đồ thị hàm số y f x 

Từ đồ thị hàm số y f x   C , suy đồ thị hàm số y  f x  sau: + Giữ nguyên phần đồ thị  C nằm phía Ox

+ Lấy đối xứng phần đồ thị  C nằm phía Ox qua Ox

Từ đồ thị suy phương trình

2

5 log

x  x   m có nghiệm phân biệt

4

9

0 log

4

m m

     

Câu 13 Có giá trị nguyên tham số mđể phương trình

2

2

m

x m x m

x m

   

 có

một nghiệm nhỏ 20

A 19 B 18 C D 10

Lời giải Chọn B

x y

-9/4

4

O

1

x y

9/4

O

2

2

m m

x m x m x m x m

x m x m

        

 

Điều kiện:

2

x m

m

x m

x m

x m x m

  

 

   

   

    



2

2

2 2

m m

x m x m x m m x m

x m x m

         

 

 

2

2

m m m m m m m

x m x m

      

 

0 m

  x 2m

+)Với m0 phương trình ban đầu ln với x0( khơng thỏa u cầu tốn) +) Với x 2m;

phương trình ban đầu có nghiệm nhỏ 20 2m20  m 10 suy m  10;0 nên có giá trị nguyên mthỏa yêu cầu toán

Câu 14 Cho hàm số y2x3ax2bx c ( , ,a b c) thỏa mãn 9a3b c  54 a b c  2 Gọi

S số giao điểm đồ thị hàm số cho với trục Ox Mệnh đề đúng? A S2 B S0 C S3 D S1

Lời giải Chọn C

Xét:

(3) 54

( 1)

f a b c

f a b c

    

      

Mặt khác: lim ; lim

xy  xy 

Nên phương trình y2x3ax2bx c 0 có nghiệm phân biệt thuộc khoảng

 ; ;( 1;3); (3;   )

Suy đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt

Câu 15 (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục đoạn

3;3 đồ thị hàm số y f x  hình vẽ

Biết f 1 6      

2

1



  x

C Phương trình g x 0 có hai nghiệm thuộc đoạn 3;3 D Phương trình g x 0 khơng có nghiệm thuộc đoạn 3;3

Lời giải Chọn A

Ta có        

2

1

1 1

2



    

g f f g x  f x   x1 Từ đồ thị hàm số y f x 

và y x ta có    

3

0 1

3

   

       

  

x

g x f x x x

x

Xét hình phẳng giới hạn đồ thị y f x ; y x 1; x 3;x1 có diện tích

14

S              

1

3

1 4 4

 

 

  f x  x dx   g x dx g g   g  g  

Xét hình phẳng giới hạn đồ thị y f x ; y x 1; x1;x3 có diện tích S24

             

3

1

1 4 4

 

  f x  x dx  g x dx  g g  g g  

Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên hàm yg x  3;3

Từ bảng biến thiên suy phương trình g x 0 có nghiệm thuộc đoạn 3;3 Câu 16 Gọi m giá trị để đồ thị  Cm hàm số

2 2 2 1

1

x mx m

y

x

  



 cắt trục hoành hai điểm

phân biệt tiếp tuyến với  Cm hai điểm vng góc với Khi ta có: A m  1;0 B m 1; C m   2; 1 D m 0;1

Điều kiện cần đủ để đồ thị hàm số cắt trục hoành hai điểm phân biệt phương trình

 

2 2 2 1 *

x  mx m   có hai nghiệm phân biệt khác 1 Điều tương đương

     

2

2 2

1

2 0

0 1;1 \

1 2 2 2 0

2

m

m m

m m

m m m m

m                                 

Với điều kiện trên, gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình (*) Ta được:

1 2

2

x x m

x x m

        Ta có:    

2 2

2

2 2 2

1

1

x x m m m m

y

x x

    

   

  Theo yêu cầu tốn

   

   

2

1 2

1

2 2

1 1

1

m m m m

y x y x

x x

    

         

 

  

         

2

2 2

1 2

1 2 2

1 2

1 1

m m m m

m m

x x x x

                             2 2

1 2

2

2

1 2

1 2

2 2 2

1 2

x x x x x x m m

m m

x x x x

x x x x

                              

2 2

2

2

2

4 2 2 2 2

1 2

2 2

m m m m m

m m m m m m                        2

2 4

1 1 4

2 2 1 7

3 m

m m

m m

m m m m

m                            

So với điều kiện ta nhận  0;1

m   

Câu 17 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Tìm m để phương trình

2

5 log

x  x   m có nghiệm phân biệt:

A 0 m 429 . B 429  m 429

C Khơng có giá trị m D 1 m 429

Lời giải Chọn D

Xét hàm số f x x45x24

Có f x 4x310x;  

0 10 x f x x          

Đồ thị hàm số y f x 

Từ đồ thị hàm số y f x   C , suy đồ thị hàm số y  f x  sau: + Giữ nguyên phần đồ thị  C nằm phía Ox

+ Lấy đối xứng phần đồ thị  C nằm phía Ox qua Ox

Từ đồ thị suy phương trình

2

5 log

x  x   m có nghiệm phân biệt

4

9

0 log

4

m m

     

Câu 18 (Trường THPT Thăng long Hà Nội)Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ bên

x y

-9/4

4

O

1

x y

9/4

O

Tập hợp tất giá trị m để phương trình cos

f m

x

  

 

  có nghiệm thuộc khoảng

3 ; 2

 

 

 

 

A 19 13; 4

 

 

  B 2;  C

13 2;

4

 

 

  D

19 ;

 

 

 

Lời giải Chọn B

Ta có cos 0, ;3 2

x x   

     

  nên

1

1, ;

cosx x 2

 

 

    

Dựa vào đồ thị ta cần xét từ  đến 1 phần từ 1 đến  đồ thị bỏ (Tính theo trục hồnh) Khi đó, để phương trình

cos

f m

x

  

 

  có nghiệm thuộc khoảng

3 ; 2

 

 

 

 

2

m Do chọn D

Câu 19 Cho hàm số y f x( ) Biết hàm số y f x'( ) có đồ thị hình vẽ bên

Hàm số y f2x3x2 đồng biến khoảng dây

A 2;1

 

 

  B

1;

 

 

  C

1 1;

 

 

  D

1 ;

3

 

 

 

Lời giải Chọn D

Hàm số g x  đồng biến    

 

2

2

`2

2

0

2

2

x

f x x

g x

x

f x x

                       

Trường hợp 1:

 2 2

2

1

2 3

2 3

2

2 3 2

x x

x

x x x x

f x x

x x x x

                                                    2 1

3 3

3 2 : ô nghiê x

x

x x x R

x v m

                 

Trường hợp 2:

 2

2

2

1

2

3 3 2 1 0

2

1

3 2

x

x x

x x

f x x

x x x x                                            2

3 : ô nghiê

3 2 0,

x

x x v m

x x x R

                  vô nghiệm

Vậy hàm số y f2x3x2 đồng biến khoảng ;1

3

 

 

 

Câu 20 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho hàm số y x 32mx2m3x4   m

C Tất giá trị tham số m để đường thẳng  d :y x 4 cắt  Cm ba điểm phân biệt A 0;4 , B, C

sao cho tam giác KBC có diện tích với điểm K 1;3 là: A 137

2

m  B 137

2

m  C 137

2

m  D 137

2

m 

Lời giải Chọn C

Phương trình hồnh độ giao điểm  Cm  d là:

   

3 2 3 4 4 1

x  mx  m x  x

 

3 2 2 0

x mx m x

    

 

2

2

x x mx m 

     

 

2

0

2 2

x y

x mx m

   

     



 1

 có ba nghiệm phân biệt

 2

 có hai nghiệm phân biệt khác

2

2

0

1

0 2

2

m m

m m

m m

m m m

m m



  

  

      

             



       

 

Khi đó,  2 có hai nghiệm phân biệt x1 x2 tương ứng hoành độ B C

 1; 4

B x x

  C x x 2; 24

 1; 1

KB x x

   KCx21;x21

     

1

1 1

2

KBC

x x x x

S      x x

   

Theo đề bài:  2

1 2

8 128 128

KBC

S   x x   x x  S  P

 2   137

2 128

2

m m m 

       (nhận)

Vậy tất giá trị m thỏa đề 137

m 

Câu 21 (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho hàm số

4 2

( )

f x x  mx   m Có số nguyên m  10;10 để hàm số y | ( ) |f x có điểm cực trị

A B C D

Lời giải Chọn B

Hàm số y f x( ) có tập xác định R, hàm số bậc trùng phương có hệ số x4 dương

Ta có số điểm cực trị đồ thị hàm số y | ( ) |f x số điểm cực trị hàm số y f x( ) cộng với số lần đồ thị hàm số y f x( ) xuyên qua Ox Do vậy, để hàm số y | ( ) |f x có điểm cực trị xảy trường hợp

TH1 Hàm số y f x( ) có điểm cực trị khơng xun qua Ox

2 2

0

2 0

0 0

0

0 4

2

CT

ab

m m

ab

m b

f

y m m m m

a  

  

  

   

      

 

         

   

 



m số nguyên m  10;10 nên m1

TH2 Hàm số y f x( ) có điểm cực trị xuyên qua Ox lần

2

0

0

2

0

2

CT

m m

ab ab

m m

y c m

m  

 

   

  

            

 

   

Kết luận: Có số m thỏa mãn

Câu 22 Cho hàm số y f x  xác định, liên tục  có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên m để phương trình 2f3 6 x9x2 m 3 có nghiệm

A 22 B 23 C 10 D 13

Lời giải Chọn D

Đặt    

2

2

3 9

16

t

x x t x x  t

        1

Phương trình  1 có nghiệm  

2

3

1

16

t

t



      Kết hợp điều kiện   1 t Yêu cầu tốn trở thành tìm m để phương trình    

2

m

f t   m f t   có nghiệm đoạn 1;3 Từ đồ thị suy

2

m

m



       Vậy có 13 giá trị nguyên m thỏa mãn

Câu 23 Cho hàm số y2x3ax2bx c ( , ,a b c) thỏa mãn 9a3b c  54 a b c  2 Gọi

S số giao điểm đồ thị hàm số cho với trục Ox Mệnh đề đúng? A S3 B S1 C S2 D S0

Lời giải Chọn A

Xét:

(3) 54

( 1)

f a b c

f a b c

    

      

Mặt khác: lim ; lim

xy  xy 

Nên phương trình y2x3ax2bx c 0 có nghiệm phân biệt thuộc khoảng

 ; ;( 1;3); (3;   )

Suy đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt

Câu 24 Cho phương trình tanx1 sin x2cosxmsinx3cosx Có giá trị nguyên tham số m0; 2019 để phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng 0;

2



 

 

 

A 2019 B 2020 C 2017 D 2018 Lời giải

Xét phương trình tanx1 sin x2cosxmsinx3cosx  1 khoảng 0;



 

 

 

Vì 0; sin , cos , tan

x   x x x

  nên chia hai vế  1 cho cosx, ta được:

   

3 tanx1 tanx2 m tanx3  2

Đặt t tanx1 t1  2 trở thành:    

3

2

2

3

3

2

t t

t t m t m

t 

    

  3

Theo đề bài,  1 có nghiệm 0;  3

x  

  có nghiệm t1

Xét hàm số   323

t t

f t t

 

 , t1; 

Ta có  

 

4

2

3 15

t t

f t

t

 

  

  t nên f t  đồng biến 1; 

Bảng biến thiên f t :

Theo bảng biến thiên,  3 có nghiệm t1

 Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f t  điểm có hồnh độ lớn

m

  , mà m số nguyên thuộc đoạn 0; 2019  Vậy có 2017 giá trị nguyên m thỏa đề

Câu 25 Có giá trị nguyên tham số mđể phương trình x m m2 x 2m x m

   

 có

một nghiệm nhỏ 20

A B 10 C 19 D 18

Lời giải Chọn B

2

2

m m

x m x m x m x m

x m x m

        

 

Điều kiện:

2

x m

m

x m

x m

x m x m

  

 

   

   

    



2

2

2 2

m m

x m x m x m m x m

x m x m

         

 

 

2

2

m m

m m m m m

x m x m

      

 

0 m

  x 2m

+)Với m0 phương trình ban đầu ln với x0( khơng thỏa yêu cầu toán) +) Với x 2m;

suy m  10;0 nên có giá trị nguyên mthỏa yêu cầu toán

Câu 26 (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Cho hàm số f x  liên tục  có đồ thị hình đây:

Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình f  4x2m có nghiệm thuộc

nửa khoảng  ; 3 là:

A 1;3 B 1; f  2  C 1;3 D 1;f 2  Lời giải

Chọn A

Trước hết, xét hàm số t x  4x2 , x  2 ; 3

 :

  2

4

x t x

x 

 

 Cho t x     0 x  ; 3

Ta có BBT t x  sau:

  

1 t x x  ;

     

Bây giờ, đặt t 4x2 Lúc này, phương trình f 4x2m có nghiệm x  2 ; 3

  Phương trình f t m có nghiệm t1; 2

 Đường thẳng y m đồ thị hàm số f t  có điểm chung nửa khoảng 1;  m

   

Vậy m  1;3

Gọi m số nghiệm phương trình f f x ( )0 Khẳng định sau A m4 B m6 C m5 D m7

Lời giải Chọn D

Từ đồ thị ta có  

1

( ) ( ) ( )

( )

f x x

f f x f x

f x x

 



  

  

với   1 x1 ; 2 x2

Trường hợp 1: f x( )x1 có nghiệm phân biệt

Trường hợp 2: ( ) 1f x  có nghiệm phân biệt Trường hợp 3: f x( )x2 có nghiệm

Vậy phương trình f f x ( )0 có nghiệm hay m7

Câu 28 Cho hàm số f x x24x3 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình

     

2 6 5 0

f x  m f x   m có nghiệm thực phân biệt ?

A B C D

Lời giải Chọn B

Hàm số f x x24x3có bảng biến thiên

Hàm số y f x  có bảng biến thiên

Đặt t f x  1 *  Nhận xét:

+ với  *

0

t    x + với  *

0 1;

t   t   nghiệm + với t0  3  * nghiệm+ với    *

0 1;3

t    nghiệm

3 f(x)

-∞

+∞

0 2 +∞

-1 +∞

x

-1 f(x)

0 3

2 -∞

+∞ +∞ -2

-1 +∞

Phương trình trở thành t2m6t m  5 0

5

t t m

  

   



Yêu cầu toán suy        1 m m m m 5;6;7

Câu 29 Biết phương trình ax4bx3cx2dx e 0,a b c d e R a, , , ,  , 0,b0 có nghiệm thực

phân biệt Hỏi phương trình sau có nghiệm thực?

 3 2  2 2  4 3 2 

4ax 3bx 2cx d 2 6ax 3bx c ax bx cx dx e 0

A B C D

Lời giải

Chọn A

Ta có g x f x 2 f   x f x

Đồ thị hàm số y f x( )ax4bx3cx2dx e cắt trục hoành bốn điểm phân biệt bên phương

trình f x  0 a x x  1x x 2x x 3x x 4, với ,(x ii 1, 2,3, 4) nghiệm Suy

         

 1 22 4 3 41 21 33

[

]

f x a x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

        

       

 

 

1 1

f x

f x x x x x x x x x



    

   

 

 

1 1

f x

f x x x x x x x x x

 

    

      

   

 

 

      

 

2 2 2

2

1

1 1

f x f x f x

f x x x x x x x x x

 

           

          

            

 

Nếu x x i với i1,2,3,4 f x 0, f x 0  f   x f x f x 2 Nếu xxi i 1, 2,3, 4

 2

1

0

i

x x  ,  

2 0

f x  Suy f   x f x f x 20

      2

f x f x f x

  Vậy phương trình f x 2 f   x f x 0 vơ nghiệm hay phương trình g x 0 vơ nghiệm Do đó, số giao điểm đồ thị hàm số trục hoành

Chuyên đề

Câu Một người vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0, 6% tháng theo hình thức lãi kép với thỏa thuận: Sau tháng kể từ ngày vay ơng bắt đầu trả nợ đặn tháng người trả cho ngân hàng triệu đồng hết nợ (biết rằng, tháng cuối trả triệu đồng) Hỏi sau tháng người trả hết nợ ngân hàng

A 24 B 22 C 23 D 25

Lời giải Chọn A

Xây dựng công thức: Vay A đồng, lãi r/tháng Hỏi hàng tháng phải trả để sau n

tháng hết nợ (trả tiền vào cuối tháng)

Gọi a số tiền trả hàng tháng Cuối tháng 1, nợ: A1r

Trả a đồng nên nợ: A1 r a

Cuối tháng 2, nợ: A1 r a1r = 1A r2a1r Trả a đồng nên nợ: A1r2a1 r a

Cuối tháng 3, nợ: A1r2a1 r a1r = 1A r3a1r2a1r Trả a đồng nên nợ: A1r3a1r2a1 r a

Cuối tháng n, nợ: 1rna1rn1a1rn2  a1r

Trả a đồng nên nợ:A1rna1rn1a1rn2  a1 r a

       

1 n n n 1

A r a r  r  r 

           

1  1 

n

n r

A r a

r

 

  

Để hết nợ sau n tháng số tiền a phải trả hàng tháng là: (1 ) (1 )

n n

A r r

a

r

 

 

Áp dụng: 200.0,6%.(1 0,6%) 23,92 (1 0,6%)

n

n n



    

Vậy sau 24 tháng người trả hết nợ ngân hàng

Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) So sánh ba số a10001001,b2264 c 11 2233  10001000?

A c a b  B b a c  C c b a  D a c b 

Lời giải Chọn A

Ta có: 1110001000; 2210001000 99999910001000

1 1000 1000

1 1000 1000.1000

c c a

        

Mặt khác: 2101000

  64

4 6

64 10 10 1001

2 ln ln 1000 ln1000 1001.ln1000 1000

10 a b

       

Vậy c a b 

đó.Hỏi sau năm số tiền (cả vốn lẫn lãi) anh Nam nhận bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi)

A 209, 25 triệu đồng B 208, 25 triệu đồng

C 210, 45 triệu đồng D 218, 64 triệu đồng

Lời giải Chọn D

• Số tiền anh Nam nhận sau tháng (tức quý) là:

 0 2

1 100 /0 106, 09

T    triệu đồng

• Số tiền anh Nam nhận sau năm (tức quý lại năm) là:

  0 2

2 106, 09 100 /0 218,64

T     triệu đồng

Câu Tổng tất giá trị nguyên m để phương trình

 

3

3 3

3x  m x  x 9x 24x m .3x 3x1 có nghiệm phân biệt là

A 45 B 34 C 27 D 38

Lời giải

Chọn C

 

 

   

 

3 3

3 3

3

3 3

3

3 3

3

3 3

3 24 3

3 27 3

3 3 27 3

3 ;

1 27 27 3

x m x x x

x m x x x

m x x

b a b a

x x x m

x m x

x m x

a x b m x

b a b a

   

   

 

     

 

        

       

   

         

Xét f t 3t  t3 f t' 3 ln 3t  t2   0 t R

   

 

3

3

3

3 24 27

f a f b a b x m x

m x x x x x

       

        

   

 

3 9 24 27 ' 3 18 x 24

'

f x x x x f x x

f x x x

         

    

Dựa vào đồ thị:7   m 11 m 8;9;10

Câu Cho phương trình: 2x3  x2 2x m2x2xx33x m 0 Tập giá trị để bất phương trình có ba

nghiệm phân biệt có dạng  a b; Tổng a2b bằng:

A B 4 C D

Lời giải Chọn A

Xét hàm số f t  2t t



Ta có: f t 2 ln 0,t     t  Hàm số f t  đồng biến 

Mà  *  f x 3x22x m   f x2xx3x22x m x  2x  

3 3 0 3 **

x x m m x x

       

Xét hàm số g x   x3 3x 

Ta có: g x  3x23

 

g x    x Bảng biến thiên:

Phương trình 2x3  x2 2x m2x2xx33x m 0có nghiệm phân biệt  phương trình (**) có

nghiệm phân biệt 2 2 2

a

m a b

b   

        



Câu (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Tìm tham số mđể tồn cặp số  x y; thỏa mãn đồng thời điều kiện sau log2019x y 0 x y  2xy m 1

A m2 B

3

m  C

2

m  D m0

Lời giải

Chọn C

Xét hệ bất phương trình: log2019  (1) (2)

x y

x y xy m

 

 

   



 x y; nghiệm hệ bất phương trình  y x; nghiệm hệ bất phương trình Do hệ có nghiệm  x y

Khi đó: (1) 0 2x1

x

  

Với

x

  ; (2)2x 2x2 m 1

2x m 2x

   

2

2x m 4x 4x

    

2

2x 4x m

   

Đặt f x 2x24x1  

f x nghịch biến 0;1

 

 

  nên  

1

2

f x  f     

1 0;

2

x  

   Do hệ có nghiệm

2

m

  

Câu Cho a b, số dương lớn 1, thay đổi thỏa mãn a b 2019 để phương trình 5log logax bx4logax3logbx2019 0 ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 Biết giá trị lớn lnx x1 2 3ln 4ln

5 7

m n

   

   

   , với ,m n số nguyên dương Tính S m 2 n

A 2019 B 14133 C 22209 D 20190

Chọn C

Điều kiện: x0

Ta có 5log logax bx4 logax3logbx2019 0 5ln ln 4ln 3ln 2019

ln ln ln ln

x x x x

a b a b

    

Đặt tlnx Ta phương trình:

2

5 3ln 4ln

2019 ln ln ln ln

t a b

t

a b a b



 

   

  (*)

Do a b, 1 ln lna b0 Vậy (*) ln có hai nghiệm phân biệt t t1, 2 Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

Mặt khác ta có: 1 2 3ln 4ln 3ln 4ln 2019 

5

a a

a b

t  t    

 2 2  

3ln 4ln 2019 ln ln ln

5

a a

x x x x t t  

     

Vì a1, b1 a b 2019 nên a1; 2018 Xét hàm số ( ) 3ln 4ln 2019 

5

u u

f u    1; 2018  Ta có

 

6057 ( )

5 2019 u f u

u u



 



6057 ( )

7

f u u

   

Bảng biến thiên:

Vậy giá trị lớn lnx x1 2 3ln6057 4ln8076 5 Do m6075,n8076 hay S m 2n22209

Câu (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019)Chị Minh vay ngân hàng 0 triệu đồng theo

phương thức trả góp để mua nhà Nếu cuối tháng, tháng thứ chị Minh trả

triệu đồng chịu lãi số tiền chưa trả 0,5% tháng (biết lãi suất không thay đổi) sau bao lâu, chị Minh trả hết số tiền trên?

A 7tháng B tháng C 6tháng D tháng Lời giải

Chọn D

Sau tháng thứ chị Minh nợ ngân hàng: 200 1 r16 Sau tháng thứ chị Minh nợ ngân

hàng:  1    2  

200 r r 200 r r

          

 

Sau tháng thứ chị Minh nợ ngân hàng:

 2      3  2  

200 r r r 200 r r r

              

 

………

Sau tháng thứ N chị Minh nợ ngân hàng:

     2  

     2  

200 1r N6 1r N   1r 6 1  r 6 0

     2  

200 1 r N 6 1 r N 1 r 6 1 r 6

         

      2  200 r N 1 r N r r 1

           

  1 

200 6.1 1

N

N r

r

r

 

  

 

   

100 1r r N 3 1 r N 3

    

  0,5

1 100

3 3

1 log log 36, 56

0,5

3 100 100 3 100.

100

N

r

r N

r  r 

 

 

 

        

      

 

Câu Tổng nghiệm phương trình log cos2 x2log cot3 x đoạn 5;25

A 7 B 40

3 

C 13 D 70

3 

Lời giải

Chọn C

Theo đề bài: log cos2 x2log cot3 x  1

Điều kiện: cos cos sin cot sin

x x

x

x x

 

   

   

   *

Đặt log cos2  cos t

t x  x

    2

3 3 3

cos cos

2log cot log cot log log log

sin cos

t t

x x

x x

x x

     

        

 

     

Khi đó,  1 trở thành:

4

log

1 4

t t

t

t t

t   

 

   2

Điều kiện: 4 t  0 4t   1 t 0

 2 12 12 4

3

t

t t t t t t   t

         

   3

Dễ thấy t0 không nghiệm  3 nên ta xét hàm số   4

t t

f t    

  ,  t 

  ln4 ln

3

t

t

f t     

   t   f t  đồng biến 

 2

 có tối đa nghiệm, mà f  1 1

t

   nghiệm  3 Do đó,

2

1

cos 2

2

x m

x

x n

 

 



   

   

    

m n, 

Ta nhận

x  m  m thỏa mãn  *

Để x5;25 25 25 1; 2;3

3 m m m

 

 

2 ; ;

3 3

x      

     

 

Vậy tổng nghiệm 2 6 13

        .

Câu 10 Cho biết 100

log 2k log

c k

k a b



   

 

  với , ,a b c số nguyên a b c  1 Tổng

a b c 

A 201 B 200 C 203 D 202

Lờigiải Chọn D

Đặt

100

2 100

1

.2k 2.2 3.2 100.2 (1)

k

T k



     

Khi đó, ta có

2 100 101

2T 2 2.2   99.2 100.2 (2) Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta

 

101 100 101

100.2 2 2 99.2

T        

Suy 100  101

2 2

1

log 2k log 99.2 101 log 99

k

k 

    

 

 

Do a101;b99;c2 Vậy a b c  202

Câu 11 Cho x y, số thực dương thỏa mãn 2019 201 2  

9 019

log xlog ylog x y Gọi Tmin giá trị

nhỏ biểu thức T 2x y Mệnh đề đúng?

A Tmin 8;9 B Tmin 7;8 C Tmin 6;7 D Tmin 5;6 Lời giải

Chọn B

Ta có:

 

2019 201

2

9 019

log xlog ylog x y log2019xylog2019x2y xy x 2y  1

y x x

  

2

1

x y

x x

 



 

  

Ta có:

2 1

2

1

x

T x y x x

x x

      

 

Xét hàm số:   1 ; 1

f x x x

x

   



Đạo hàm:  

 

/

2

1

1

f x

x  



 

/ 0 1 3( 1)

3

f x    x x

Do đó: Tmin  4

Câu 12 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19)Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% / tháng Nếu sau tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định 10 triệu đồng bao gồm tiền lãi vay tiền gốc Biết phương thức trả lãi gốc không thay đổi suốt trình anh An trả nợ Hỏi sau tháng anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối trả 10 triệu đồng)

A 65 B 66 C 67 D 68

Lời giải Chọn B

Đặt N 500 triệu số tiền vay , A10 triệu số tiền trả tháng r0,85% lãi suất ngân hàng, n số tháng anh An phải trả hết nợ

Theo đề

Cuối tháng thứ anh An nợ số tiền N Nr A N   1 r A Cuối tháng thứ hai anh An nợ số tiền

     2  

1 1 1

N  r A  N  r A r A N  r A  r

     

     

Cuối tháng thứ ba anh An nợ số tiền

 2      3   2 

1 1 1 1

N r A r r A N r A r r

                 

   

…

Cuối tháng thứ n anh An nợ số tiền N1rnA1rn1 1 rn2    1 r 1 Để sau n tháng anh An trả hết nợ

       

1 n n n 1

N r A r   r      r 

       

1 n n n 1

N r A r  r  r 

            1  1 

n

n r

N r A

r

 

  

1  log 1

n

r

A A

r n

A Nr  A Nr

 

      

   

Áp dụng ta có 1 0,0085

10

log 65,38

10 500.0,0085

n    n



 

Vậy anh An phải trả vòng 66 tháng

Câu 13 Cho x y, hai số thực dương thỏa mãn 4 9.3 x22y 4 9x22y.72y x 2 2. Giá trị nhỏ biểu

thức P x 2y 18

x

A B

2

 C 1 2. D 17.

Ta có 4 9.3 22  4 9 22 .72  2 2 4 32 2 2 2 32(22 ).72  2

 

 

x y x y y x x y x y y x

2

2

2 2( )

2 2( )

4 3

(*)

7

  

  

 

 x x y y  x x y y

Xét hàm số ( )   t t

f t  Ta có ( )

7

    

 

      

t t

f t nghịch biến 

  2 2

(*) f x   2y f 2(x 2 )y    x 2y 2(x 2 )y    x 2y 2y x Từ

2 16 16 16

1

 

x x       

P x x P

x x x

Dấu " " xảy x4

-HẾT -Câu 14 Anh Nam gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn quý với lãi suất 3% quý Sau tháng anh Nam gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn lãi suất trước đó.Hỏi sau năm số tiền (cả vốn lẫn lãi) anh Nam nhận bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi)

A 209, 25 triệu đồng B 208, 25 triệu đồng

C 210, 45 triệu đồng D 218, 64 triệu đồng

Lời giải Chọn D

• Số tiền anh Nam nhận sau tháng (tức quý) là:

 0 2

1 100 /0 106,09

T    triệu đồng

• Số tiền anh Nam nhận sau năm (tức quý lại năm) là:

  0 2

2 106, 09 100 /0 218, 64

T     triệu đồng

Câu 15 (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình m x2 5x4 m x4x3 x lnx 1 0 thỏa mãn với x0 Tính tổng

giá trị tập hợp S

A B C 2 D

Lời giải

Chọn B

Đặt f x m x2 5x4 m x4x3 x lnx1 Ta có f x  liên tục, có đạo hàm 0;  f x  m25x4 4x3 m 4x3 3x2 1

x

      

Bất phương trình cho viết thành f x 0 Giả sử y f x  có đồ thị (C)

 

f x  với x0 đồ thị (C) khơng nằm phía trục Ox

Mặt khác (C) Ox có điểm chung A 1; Nên điều kiện cần để đồ thị (C) khơng nằm phía trục Ox Ox tiếp xúc với (C) A 1;

Suy ra, ' 1  m

f m m

m

 

    





Với m0 ta có bất phương trình cho trở thành f x  x lnx 1

 

f x   x

Dựa vào bảng biến thiên ta có f x   0, x Suy m0 thỏa mãn điều kiện Với m1 ta có bất phương trình cho trở thành f x x52x4x3lnx x  1 0

  5 8 3 1 5x5 8x4 3x3 x x 5 x4 3x3 1

f x x x x

x x x

  

   

       

Ta có

2 2

4 3 9

5

4 32 32

x  x   x  x x      

     

Suy f x   0 x Bảng biến thiên hàm số f x  sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có f x   0, x Suy m1 thỏa mãn điều kiện Vậy S 0;1

Câu 16 Ông A muốn mua ô tô trị giác tỉ đồng, chưa đủ tiền nên ơng chọn mua hình thức trả góp hàng tháng (số tiền trả góp tháng nhau) với lãi suất 12%/ năm trả trức 500 triệu đồng Hỏi tháng ông phải trả số tiền gần vói số tiền để sau năm, kể từ ngày mua xe, ông trả hết nợ, biết kỳ trả nợ sau ngày mua ô tô tháng tính lãi hàng tháng số dư nợ thực tế tháng đó?

A 22.703.000 (đồng) B 24.443.000 (đồng)

C 23.573.000 (đồng) D 23.537.000 (đồng)

Lời giải Chọn D

Chú ý: Cho toán sau:

Vay M đồng từ ngân hàng với lãi suất x% = r tháng Hỏi háng tháng phải trả để sau n

tháng hết nợ (Trả tiền vào cuối tháng) PP giải:

Cuối tháng thứ nhất, số tiền người cịn nợ N1M 1 r a đồng Cuối tháng thứ hai, số tiền người cịn nợ

   2  

2 1 1

N N   r a M r a  r a

Cuối tháng thứ ba, số tiền người cịn nợ là:

   3  2  

3 1

N  N   r a M r a r a  r a

…

Cuối tháng thứ n số tiền người cịn nợ là:

      2   1

1 n 1 n

n

N M r a  r  r   r  1  1 

n

n r

M r a

r

 

  

Để hết nợ sau n tháng số tiền cịn nợ sau n tháng 0, tức ta giải phương trình

     

 

1 1

1

1

n n

n

n

r M r r

M r a a

r r

  

    

  (số tiền phải trả tháng)

Lãi suất 12%/ năm nên tháng lãi suất 1% Thời gian trả năm, tức 24 tháng

Trả tước 500 triệu nên số nợ ban đầu ông A nợ 500 triệu

 

     

24 24

500.000.000 0,01 0,01

23.536736 23.537.000

1 1 0,01

n n

M r r

a

r

 

   

    (đồng)

Câu 17 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Có giá trị nguyên tham số m    8;  để phương trình sau có nhiều hai nghiệm phân biệt x2x x 1 2 x m  m 2x2 x m2x x 2.

A B C D

Lời giải Chọn B

Phương trình cho tương đương với

            2 

2 2x m x x 2 2x x 1

x m  x x     x m  x x  

 

Đặt x2 m a x; 2 x b ta có phương trình  1 trở thành

 

.2a b b

a b   a b  a.2bb.2a  a b a2b 1 b 2a 1 0 2 

Trường hợp 1: Nếu ab0 phương trình  2 2 3 

a b

a b

 

  

+ Nếu 2

a a

a

a 

     

+ Nếu 2

a a

a

a 

     

Do 0,

a

a

  với a0

Tương tự ta có 0,

b

b

 

với b0 Do phương trình  3 vơ nghiệm Trường hợp 2: Nếu ab0thì phương trình  

2

1

0

x m

x x

  

 

 



Phương trình  1 có nhiều hai nghiệm phân biệt 2 0

m

m

m m

 

  

  

Do m nguyên m    8;  nên có 7giá trị mthỏa mãn yêu cầu toán

Câu 18 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19)Cho số thực ,a b thoả mãn

,

a b

Khi biểu

thức  

4

3

log ablogb a 9a 81

nhỏ tổng a b

A 2 B 9 2 3 C 3 9 2 D 3 2 Lời giải

Chọn C

     

     

 

4 4

3 3

4 4 2 2

3 3

4

2

min 2

9

log log 81 log log 81 log 81

81 81 18 log 81 log 18 log 2

81 3

2

log log

log log 81 81

a b a b a

a a a

b

a b

P b a a b a a a a

a a a a a a a a

a a a

P

b a b

b a a b

         

         

     

 

           

  

 



Câu 19 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho f(1) 1; ( f m n ) f m( ) f n( )mn với m n N,  *

2019 2009 145 log

2

f f

T     

 

A B C D 10

Lời giải Chọn B

Ta có (2019)f  f(2009 10)  f(2009) f(10) 20090

Do (2019)f  f(2009) 145  f(10) 20090 145 

(10) (9) (1) (9) (8) (1)

(3) (2) (1) (2) (1) (1)

f f f

f f f

f f f

f f f

  

  

  

  

Từ cộng vế với vế ta được: (10) 10 (1) 55.f  f      

Vậy log (2019) (2009) 145 log20090 145 55 log10000

2

f  f   

    

 

 

Câu 20 Cho hai số thực ,a b thỏa mãn a2b21  

2

loga b a b 1 Giá trị lớn biểu thức

P a b

A 10 B 10

2 C 10 D

1 10

Lời giải

Chọn A

Do a2b2 1 nên từ  

2

2

logab a b  1 a b a  b 1 Suy ra:

2

2

1

1 1

2 2

a b

a b

  



      

   



Khi đó:

 2 2

1 1 1

2 4 20 10

2 2 2

P a b  a  b   a  b       

 

 

(Áp dụng BĐT Bu-nhi-a- Cốp -xki)

Đẳng thức xảy 2

2

1

2 0

1

2

2 10

1 1

1

2 2

2 10

a b

a

a b

b

a b

  



 

   

 

     

       

      

 



   

Vậy Pmax  10

1 10 2 10

a b         

A 880,29 B 880,16 C 880 D 880,26

Lời giải Chọn D

Ta có: 10 năm = 120 tháng Đơn vị Ti triệu đồng + Sau tháng thứ nhất, tổng tiền gốc lãi là: T15(1 0,6%)

+ Đầu tháng thứ hai, người gửi thêm triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ hai T15 Sau tháng thứ hai, tổng tiền gốc lãi là:

         2 

2 0, 6% 0, 6% 0, 6% 0,6% 0,6%

T  T             

+ Đầu tháng thứ ba, người gửi thêm triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ ba T25

Sau tháng thứ ba, tổng tiền gốc lãi là:

     3  2 

3 0,6% 0,6% 0, 6% 0, 6%

T  T          

+ Đầu tháng thứ tư, người gửi thêm triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ tư T35

Sau tháng thứ tư, tổng tiền gốc lãi là:

     4  3  2 

4 0,6% 0,6% 0, 6% 0,6% 0, 6%

T  T            

…

Sau120 tháng tổng tiền gốc lãi là:

 120  119   2  120 

120

1

5 0, 6% 0, 6% 0, 6% 0,6% 0,6% n

n

T



 

            

Tới có cách để tính T120

+ Cách trắc nghiệm: dùng chức tính tổng xích ma máy tính suy T120880, 265 + Cách tự luận: Đặt S  1 0,6%120 1 0,6%119   1 0, 6% 2 1 0, 6%, ta thấy Slà tổng cấp số nhân có 120 số hạng 1 0,6%

1 0,6%

u q

  

  

 , nên

   120 120

1 0, 6%

1 0,6% 880, 265

1 0, 6%

S     T  S 

 

Câu 22 Xét số thực dương x, y thỏa mãn  2

1 1

2 2

log xlog ylog x y Tìm giá trị nhỏ Pmincủa biểu thức P x 3y

A 17

2

P  B Pmin 8 C

25

P  D Pmin 9

Lời giải

Chọn D

Ta có:

 2

1 1

2 2

log xlog ylog x y    2

1

2

log xy log x y xy x y

     

 

2

1

1

y x

x y y y

y   

    

  

( Vì ;x y0)

Ta có:

2 1

3

1

y

P x y y y

y y

      

 

Xét hàm số:   1 ; 1

f y y y

y

   



Đạo hàm:  

 

/

2

1

1

f y

y  

      /

3

1

y n

f y

y l

     

  

Bảng biến thiên

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ

Câu 23 (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019) Cho cấp số cộng  an , cấp số nhân  bn , thỏa mãn a2a10, b2  b1 hàm số f x( )x33x cho

2

( ) ( )

f a   f a

log2 2 log2 1

f b   f b Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn 2019an

A 17 B 14 C 15 D 16

Lời giải

Chọn B

Giả thiết

2

2

0 d a a

a a

a a d

  



   

  

 3

2 1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) 3( )

f a   f a  f a d   f a  a d  a d  a  a

 

1

3a d a d (d 1) (d 2)

      a1 d 0,d 2 0

1

1

a d

 

  

 Khi an   a1 (n 1)d  n

Giả thiết  

2

2 2 2

2

1

1 log ( ) log log log

b q

b

b b b b q b q

b b q

   

      

  

Đặt t2log2b t2, 1log2 1b a, log2q

3

2 2 1 1

(t ) (t ) 3 ( ) ( 1) ( 2)

f   f  t t   t t  at t   a a a 

1

2

log

0

log

1

b

t b

q

a q



  

 

  



 

   Khi

1

1

n n

n

b b q   

2019 2n 2019( 1) 15,874

n n

b  a    n  n

Vậy n16

Câu 24 Cho hai số thực ,x y lớn thỏa mãn yx.( )ex ey xy.( ) ey ex Tìm giá trị nhỏ biểu thức Plogx xylogy x

A

2 B 2 C

1 2



D

2



Lời giải

Chọn C

   

.( ) ( )

ln ( ) ln ( )

ln ln

ln ln

(1)

y x

y x

x x e y y e

x x e y y e

y x

y x

y e x e

y e x e

x y xe y x ye

y e x e

y y x x



 

   

   

Xét hàm số ( )g t tet  et lnt 1;, có g t'( ) tet 0, t 1.

t

    

Hàm số ( )g t đồng biến 1; nên ( )g t g(1) 0,   t Xét hàm số ( ) ln

t

t e f t

t t

  1;, có

2

( )

'( ) g t 0, 1,

f t t

t

    nên ( )f t đồng biến

(1;) Với ,x y1 (1) f y( ) f x( ) y x

Đặt ulogxy Do y x nên u1 Ta có ( ) 1

u P h u

u 

   Nhận thấy '( ) 22

u h u

u 

 , nên '( )

h u  u 2, '( ) 0h u  1 u 2, '( ) 0h u  u Dẫn tới

  2

( ) , 1,

2

P h u h    u đẳng thức xảy u Vậy 2,

2

P  đạt y x x1

Câu 25 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19)Đồ thị hàm số y f x  đối xứng với đồ thị hàm số y a a x 0,a1 qua điểm I 1;1 Giá trị biểu thức 2 log

2018

a

f   

 

A 2016 B 2020 C 2016 D 2020

Lời giải Chọn A

Gọi log log 2018 2018

G a a

x    

Ta có log 2 log 2018   2018

a a G

f   f   f x

 

Giả sử G x y G; G thuộc đồ thị hàm số y f x  có điểm đối xứng qua điểm I G x y' G'; G'

thuộc đồ thị hàm số y a x

Ta có I 1;1 trung điểm GG'

Do ta có ' '

'

2 log 2018

1 log 2018

2

G G a G

I G a

x x x

x x

       

 ' '

' G; G

G x y thuộc đồ thị hàm số y a x nên log 2018

' a 2018

G

y a 

Ta lại có ' 2018 1 2016

2

G G G

I G

y y y

y y

       

Vậy log   2016 2018

a G G

f   f x  y  

 

Câu 26 Cho f x( )là đa thức hệ số thực có đồ thị f x'( ) hình vẽ bên Hàm số

2

( ) (1 )

g x  m x m  (m) thỏa mãn tính chất: tam giác có độ dài ba cạnh a b c, , số g a g b g c( ), ( ), ( )cũng độ dài ba cạnh tam giác

Khẳng định sau hàm số y f (mx m 1)2emx1

A Hàm số nghịch biến khoảng 1; 2và đồng biến khoảng  4;9

B Hàm số nghịch biến khoảng  1; đồng biến khoảng  4;9

C Hàm số nghịch biến khoảng 1;0

 

 

 

D Hàm số đồng biến khoảng 4;

  

 

 

Lời giải Chọn D

Cách 1:

Ta có a b c, , độ dài ba cạnh tam giác nên

, , 0 0

a b c a b c a c b b c a  

    

    

    

(*)

Ba số a , b , c  ( , ) độ dài ba cạnh tam giác

0, 0,

( )

( )

( )

a b c

a b c a c b b c a

     

 

 

 

     



    



    



    



( với a b c, , thỏa mãn (*)) 2 0, 2 0

 

 

 

  

 



Áp dụng vào tốn ta có

2 2

1

3

(1 ) ( 3)

m

m m

m m

  

     



    



Với m  ta cóy emx1 hàm số đồng biến 

Xét hàm số y  f (mx m 1)2

  có y' ( m mx m 1) ' (f  mx m 1)2

1

' 1

1

mx m

y mx m

mx m    



      

    



Do m  nên phương trình có nghiệm phân biệt

1

3 m m m 1 m

x x x x x

m m m m

    

         

Bảng xét dấu đạo hàm hàm số y f (mx m 1)2

 như sau

x y y = f'(x)

4 O

Suy hàm số y f (mx m 1)2

 đồng biến khoảng 3mm;2mm, 1mm; 1 

1 ; m m

 

 

 

 

Với m  ta có 4; 1 ;

m m

      

   

   

Cách 2: Chọn m 2 g x( ) 3 x1 thỏa mãn điều kiện tam giác có độ dài ba cạnh , ,

a b c số g a g b g c( ), ( ), ( )cũng độ dài ba cạnh tam giác Với m 2 ta cóy e 2 1x hàm số đồng biến

 Xét hàm số y f ( 2 x 3)2

  có y'   4( 2x 3) ' ( 2f   x 3)2

3

2

' 1

2

2

x

x x

y x x

x x

x  

   

    

 

 

         

    

   

    

Bảng xét dấu đạo hàm hàm số y f ( 2 x 3)2

 như sau

Suy hàm số y f (mx m 1)2

 đồng biến khoảng 52; 2 , 32; 1 

1 ;

 

 

 , ta có

4

; ;

3

      

   

   

Câu 27 Biết x1,x2 hai nghiệm phương trình

2

2

4

log

2

x x x x

x

   

   

 

 

 

 

1

1

4

x  x  a b với a,b hai số nguyên dương Tính a b

A a b 16 B a b 14 C a b 13 D a b 11

Lời giải Chọn A

Điều kiện: 0,

Ta có:    

2

2 2

7 7

4

log log 4 4 log 2

2

x x x x x x x x x x

x

   

           

 

 

 

Xét hàm số f t log7t t có  

1

1 ln

f t t

     t nên hàm số đồng biến

0;

Do ta có 4 4 1 2 4 6 1 0

4

x   x x x     x x  Khi

 

1

3 5

2

4 4

x  x       1 2 23 19 5

4 4

x  x      

Vậy 1 5; 2

4

x   x   Do a9;b5 a b   9 14

Câu 28 Xét số nguyên dương , a b cho phương trình aln2x b lnx 5 0 có hai nghiệm phân biệt 1,

x x phương trình 5log2x b logx a 0 có hai nghiệm phân biệt 3,

x x thỏa mãn

1

x x x x Tìm giá trị nhỏ S2a3b

A Smin 25 B Smin 33 C Smin 30 D Smin 17 Lời giải

Chọn C

Điều kiện để hai phương trình aln2x b lnx 5 0 5log2x b logx a 0 có hai nghiệm phân

biệt là: b220a0 (*)

Theo giả thiết ta có

 

 

1 2

1

3 4 3 4

ln ln ln

log log log 10

5

b a b

b b

x x x x x x e

a a

b b

x x x x x x

 

       

  

  

  

        



 

 

Mà

1 10

b b

a

x x x x e  

ln10

b b

a

    (Vì , a b số nguyên dương)

5

3 ln10

a a

    (1)

Theo điều kiện (*) có b220a 0 b2 20a60 b 8 (2)

Từ (1) (2) suy

3

2 30 30

8

a

S a b S

b  

      



 (thỏa mãn điều kiện đề bài)

Câu 29 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho f(1) 1; ( f m n ) f m( ) f n( )mn với m n N,  *

Tính giá trị biểu thức

2019 2009 145 log

2

f f

T     

 

A B C 10 D

Lời giải Chọn A

Ta có (2019)f  f(2009 10)  f(2009) f(10) 20090

(10) (9) (1) (9) (8) (1)

(3) (2) (1) (2) (1) (1)

f f f

f f f

f f f

f f f

  

  

  

  

Từ cộng vế với vế ta được: (10) 10 (1) 55.f  f      

Vậy log (2019) (2009) 145 log20090 145 55 log10000

2

f  f   

    

 

 

Câu 30 Cho hàm số y f x   liên tục  có đồ thị hình vẽ

Tổng tất giá trị nguyên tham số m để bất phương trình

   2       

9.6f x  4 f x 9f x  m 5m 4f x

đúng với  x 

A 10 B C D

Lời giải Chọn A

   2       

9.6f x  4 f x 9f x  m 5m 4f x (*)

Đặt t f x    ; 2

Bất phương trình (*) theo t: 9.6t4t2.9t   m25m.4t

 2 2

3

9

2

t t

t m m

   

         

    (**)

Đặt:      

2

2

3 3

9

2 2

t t t t

g t      t         t    

         , t   ; 2

Xét hàm số:   9 4 2.

2

t

h t   t   

  với t   ; 2

  2 4 2. .ln3

2 2

t t

h t   t    t   

     

2

3 2 4 .ln3

2

t

t t

   

     

   

  0

h t 

2

2

3 1 ln

2

2

ln

3 1 ln

2

2

ln t

t

  

     

     

   

  

     

     

  

Ta có BBT:

Từ BBT  h t( ) 9    t  ; 2 (1) Vì t   ; 2

2

t

 

   

  (2)

Từ (1) (2) suy   9 4 2. 4

2

t t

g t      t    

         t  ; 2 max ; 2g t 

  (Dấu "=" xảy t 2)

Bất phương trình (*) với  x   Bất phương trình (**) với

 ; 2

t

   

   

2

;

5 max

m m g t

 

     m25m4  m2 5m 4 0   1 m 4 Do m suy m1;2;3;4 Vậy tổng giá trị nguyên m là: 10   

Cách

Bất phương trình: 9.6f x 4 f2 x .9f x   m25m.4f x   

 

     

2 5 9. 4 . 1

2

f x f x

m m   f x  

         

   

Từ đồ thị suy f x    2 x   

2

f x

x 



   

        

   

Mặt khác, f x    2 x  4 f x2   0 x 

 

4 .   0

2

f x

f x   x 

      

 

Do đó:

 

 

   

3

( )

2

f x f x

g x       f x      x 

    max g x 4

Bất phương trình (1) nghiệm với x m2 5m maxg x 





     

2 5 4

m m

      1 m 4 m 1;2;3;4 

Vậy tổng giá trị nguyên m 10   

Câu 31 (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019)Tổng tất giá trị tham số m để phương

trình 2  

2

2

3x x x m log 2

x x x m

   

 

   có ba nghiệm phân biệt

A B 2 C 3 D

Lời giải Chọn C

Ta có: 2   2  

2 2 (2 2)

2 3

3x x x m log 2 3x x x m log 2

x x x m x x x m

        

   

Đặt

2 2 3

2

a x x

b x m

   



   

 ta có a1, phương trình cho có dạng log

a b

ab

 

+ Nếu a b log a b ab     

 không thỏa mãn

+ Nếu a b log a b ab     

 không thỏa mãn

Do a b Khi phương trình cho tương đương với

 

   

2

2

2

2

2 2 2

2

x x x m

x x x m x x x m

x x x m

                           2

2 1

4 2

x m

x x m

   

 

   



Vì phương trình cho có ba nghiệm phân biệt nên ta xét ba trường hợp

- Trường hợp 1: Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt phương trình  2 có nghiệm khác

các nghiệm  1 tức là:

2

1

1 2

2 3.

0 2 2

5

2 m m m m m m                               

- Trường hợp 2: Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt phương trình  1 có nghiệm khác

các nghiệm  2 tức là:

2

1

1 2

2 1.

0 2 2

1

2 m m m m m m                             

- Trường hợp 3: Phương trình  2 phương trình  1 có hai nghiệm có nghiệm chung Giả sử x0là nghiệm chung hai phương trình ta có

2

0

0 0

2

0

2

2

4

x m

x x x

x x m

   

       



  

 Thay vào hệ ta m 1 Thử lại ta thấy thỏa

mãn

Vậy Tổng giá trị m để phương trình 2  

2

2

3x   x x m logx  x 2x m 2 có ba

nghiệm phân biệt  1

2

 

      

 

Câu 32 Có giá trị nguyên dương tham số m để tồn số thực x, y thỏa mãn đồng thời

3x 5y 10 x 3y 1 2 2

e   e     x y log 325 x2y 4 m6 log 5x 5 m2 9 0

A B C 4 D

Lời giải Chọn B

3x 5y 10 x 3y 1 2 2

e   e     x y

   

3 10x y x 9y 3 9 3 5 10

e   e   x y x y

       

3x 5y 10 3 5 10 x 3y 3 9

e   x y e   x y

Xét hàm số f t  e t tt , 

Ta có: f t     et 1 0, t .

Suy hàm số đồng biến  Khi phương trình f t 0 có nghiệm Tức là:

3

5

3x y10 x y  y 2x Thay vào phương trình thứ 2, ta được:

     

       

2

5

2

5

log log

log log

x y m x m

x m x m

       

       

Đặt log5x 5 t t, x 5 Khi phương trình (1) trở thành

 

2 6 9 0

t  m t m   (2)

Tồn x, y thỏa mãn yêu cầu toán phương trình (2) có nghiệm, tức là:  2  2 

6

m m

       3m2 12m0   0 m 4 Vậy có giá trị nguyên dương m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 33 (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019)Bạn H trúng tuyển vào trường Đại học Ngoại Thương khơng đủ tiền nộp học phí nên H định vay ngân hàng bốn năm năm triệu đồng để nộp học phí với lãi suất ưu đãi 3%/năm (theo thể thức lãi suất kép) biết tiền vay năm H nhận từ ngày năm học suốt bốn năm học H không trả tiền cho ngân hàng Ngay sau tốt nghiệp Đại học (tròn năm kể từ bạn H bắt đầu vay ngân hàng) bạn H thực trả góp hàng tháng cho ngân hàng số tiền (không đổi tiền trả vào ngày cuối tháng) với lãi suất theo cách tính 0,25%/tháng lãi suất tính theo dư nợ thực tế, bạn

H trả năm hết nợ Tính số tiền hàng tháng mà bạn H phải trả cho ngân hàng (kết làm tròn đến hàng đơn vị)

A 398.402 (đồng) B 309.718 (đồng) C 312.518 (đồng) D 323.582 (đồng) Lời giải

Chọn B

Xét toán 1: Vay nhận vốn định kì lãi suất kép

Gọi A số tiền năm bạn H vay ngân hàng, r1 lãi suất theo năm

Cuối năm thứ nhất, H nợ ngân hàng với số tiền A 1 r1

Đầu năm thứ hai, H nợ ngân hàng với số tiền A A 1 r1

Cuối năm thứ hai, H nợ ngân hàng với số tiền

       2

1 1 1

1 1

A A r A A r r  A r A r Tiếp tục vậy, cuối năm thứ n số tiền mà H nợ ngân hàng là:

   2    1  1

1 1

1

1 1

1

n

n A r r

B A r A r A r

r

 

    

       

Xét toán 2: Vay trả góp, lãi suất dư nợ thực tế

Gọi a số tiền mà bạn H phải trả hàng tháng sau trường, r2 lãi suất tháng, số tiền H nợ ngân

Cuối tháng thứ bạn H nợ ngân hàng số tiền là:

 

2

B B r  a B r a Cuối tháng thứ hai bạn H nợ ngân hàng số tiền là:

 2  2

B r  a B r a r a = B 1 r22a a 1r2 Cứ tiếp tục ta có cơng thức tổng quát

Cuối tháng thứ m bạn H nợ ngân hàng số tiền

     2  

2 2

m 1 m

B r a r a r a  r  a

=    2

2

1

m

m r

B r a

r

 

 

Áp dụng tốn vào câu 42, ta có phương trình

4 60

60

4.1,03 1,03 1,0025 1

1,0025 0,309718

0,03 a 0,0025 a

   

      (triệu đồng)

Vậy số tiền mà H cần phải trả hàng tháng 309.718 triệu đồng

Câu 34 Tổng tất giá trị tham số msao cho phương trình:

 12    

2

2

2x log x 2x 3 4x m log x m 2 có ba nghiệm phân biệt là:

A B C D

2

Lời giải Chọn B

Tập xác định D

     

     

2

2

1

2

2

1

2

2 2

2 ( 1) 2 2 (*)

x m x

x m x

log x x log x m

log x log x m

 

 

    

     

Đặt f t( ) log ( t 2 t2),t0;

2

1

'( ) ln 2.log ( 2) 0, ( 2) ln

t t

f t t t

t

     



Vậy hàm số f t( ) log ( t 2 t2)đồng biến (0;) Từ (*) ta có

2

2

2

2( ) ( 1)

( 1) ( 1)

2( ) ( 1)

x m x

f x f x m x x m

x m x

   

          

      

2

( ) ( ) ( )

g x x x m a

x m b

     

 

 



Do phương trình ( )a ( )b phương trình bậc hai nên để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt ta có trường hợp sau:

TH1:

m , (b) có nghiệm kép (a) có nghiệm phân biệt khác (thỏa mãn)

TH2:

 '

( 1)

g m

   

  

 

3 '

1

( 1) 1

m

m

g m m

  

 

   

 

  

   (thỏa mãn)

+ TH3:

m , (b) có nghiệm phân biệt x  2m1 (a) có nghiệm kép khác  2m1

 '

( 1)

g m

  

   



3

3

2

m

m m

  

  

  

(thỏa mãn)

Vậy tổng giá trị m 1 3

2  2

Câu 35 (SGD Hưng Yên - 2019)Cho số thực , , ,a b m n cho 2m n 0 thoả mãn điều kiện:

   

 

2

2

4

2

log log

9 3m n m n ln 2 81

a b a b

m n



  

     

 

 

      



Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a m  2 b n 2

A B 2 C D 2

Lời giải Chọn B

  2    2 2

2

log a b 9  1 log 3a2b a b  9 6a4ba b 6a4b 9 0 1 Gọi A a b ; Từ  1 ta suy điểm A thuộc điểm đường trịn  C có tâm I 3;2 , bán kính

2 R

        

4

2

2

2

9 3m n m n ln 2m n 81 ln 2m n 81 m n m n

    

                 

   

Theo bất đẳng thức Cô-si: 2  2  4

2

m n m n

m n m n

 

      

 

2 

3 m n m n 81



  



 

(Đẳng thức xảy khi: 2  2

m n m n

m n



      

 )

Từ   ln 2 m n 22  1 2m n 22  1 2m n 220

 

2m n 2

   

Gọi B m n ;  Từ  2 ta suy điểm B thuộc đường thẳng : 2x y  2

  3.2 22 2

min ; 2

2

P AB d I R  

        



Câu 36 Cho hai số thực dương a b thỏa mãn 2ab a b 1 ab

a b

  

 Giá trị lớn biểu thức

2

2

P ab  ab

A

2



B

17 C D 1

Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết suy 1ab0

 

8 2ab a b ab

a b

  

  

 

2

8

2

a b

ab

ab

a b  

   a b .2a b 2 2 ab.22 2 ab (1)

Xét hàm số f t t.2t với t0;  D Dễ thấy hàm số f t  liên tục Dvà

  2t ln 0,t

f t  t   t D suy f t  hàm số đồng biến D (1)    a b 2ab a1 2 b 2 b (2) Từ (2), suy 2   b b Ta Pab2ab2ba1 2 b 2b2b

Theo bất đẳng thức Cô – si, ta    

2

2

2

2

b b

P b b     

 

Vậy maxP1, đạt

a b       

Câu 37 Tìm tập S tất giá trị thực tham số m để tồn cặp số  x y; thỏa mãn

 

2

2

logx  y 4x4y 6 m 1 x2 y22x4y 1 0.

A S  5;5 B S    7; 5; 1;1;5;7

C S  1;1 D S   5; 1;1;5

Lời giải

Chọn C

Ta có

 

2

2

logx  y 4x4y 6 m 14x4y 6 m2x2y22 x2y24x4y 8 m2 0

  2 2 2

2

x y m

     hình trịn  C1 tâm I 2;2 , bán kính R1 m với m0

điểm I 2;2 với m0 x2y22x4y 1 0 x1 2 y22 4 đường tròn  C2 tâm J1; 2, bán kính R2 2

TH1: Với m0 ta có: I   2;2  C2 suy m0 không thỏa mãn điều kiện toán

TH2: Với m0

Để hệ 2  

2

2

log 4

2

x y x y m

x y x y

 

    

 

    

 tồn cặp số  x y; hình trịn  C1 đường

trịn  C2 tiếp xúc ngồi với IJ R1R2 3202  m 2 m 1  m 1. Câu 38 Cho hai số thực dương a b thỏa mãn 2ab a b 1 ab

a b

  

 Giá trị lớn biểu thức

2

2

A 3

17 B C 1 D

5



Lời giải

Chọn C

Từ giả thiết suy 1ab0

 

8 2ab a b ab

a b

  

  

 

2

8

2

a b

ab

ab

a b  

   a b .2a b 2 2 ab.22 2 ab (1)

Xét hàm số f t t.2t với t0;  D Dễ thấy hàm số f t  liên tục

Dvà

  2t ln 0,t

f t  t   t D suy f t  hàm số đồng biến D (1)    a b 2ab a1 2 b 2 b (2) Từ (2), suy 2   b b Ta Pab2ab2ba1 2 b 2b2b

Theo bất đẳng thức Cô – si, ta    

2

2

2

2

b b

P b b     

 

Vậy maxP1, đạt

a b       

Câu 39 (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019) Cho hàm số f x  lnx2x Tính  1  2 2019.

f f f

P e e  e

A 2019

2020

P B P e 2019. C 2019

2020

P  D 2020

2019

P

Lời giải Chọn A

Tập xác định hàm số: D    ; 1 0; Đặt: ( ) ( ) 1

1

f x

g x e

x x

  



Suy P g    1 g   g2019

Ta có:  1 1;  2 1; ; 2019 1

1 2 2019 2020

g   g   g  

Do 1 1 1 1 2019 2 2019 2020 2020 2020

P           

     

Chuyên đề

Câu Cho hàm số f x  có đạo hàm  thỏa mãn f x 2018f x 2018.x2017.e2018x  x ,

 0 2018

f  Giá trị f 1

A f  1 2019.e2018. B f  1 2019.e2018. C f  1 2018.e2018. D f 1 2018.e2018.

Lời giải Chọn B

Theo giả thiết: f x 2018f x 2018.x2017.e2018x

   

2018x. 2018. 2018x. 2018. 2017

e f x e f x x

  

   

2018x. 2018

e f x  x 

 

  

 

2018x. 2018

e f x x C

    1

Thay x0 vào  1 , ta f 0   C C 2018 Do đó, từ  1 suy ra: f x x20182018e2018x

Vậy f 1 2019.e2018.

Câu (Sở GD- ĐT Quảng Nam)Cho hàm số f x  không âm, có đạo hàm đoạn  0;1 thỏa mãn

 1

f  , 2f x  1 x2f x 2 1x  f x 

 

  ,  x  0;1 Tích phân  

1

d

f x x



A

2 B C D

1

Lời giải Chọn D

Xét đoạn  0;1 , theo đề bài: 2f x  1 x2 f x 2 1x f x 

         

2f x f x  2x x f x x f x

    

     

2 2 1

f x  x x f x 

 

     

     

2 2 1

f x x x f x C

      1

Thay x1 vào  1 ta được: f2 1   1 C C0 (vì f 1 1)

Do đó,  1 trở thành: f2 x x2x21  f x 

     

2 1 1 1

f x x x f x

     

  1   1  1    1

f x f x x f x

          

  1 1

f x x

    (vì f x  0 f x  1  x  0;1 )

 

f x x

 

Vậy  

1

1

2

0 0

1

d d

3

x f x x x x 

 

Câu (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019)Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  0; Biết f 0 2e f x  thỏa mãn hệ thức

  sin   cos ecosx,  0;

f x  x f x  x  x  Tính  

0

d

I f x x



 (làm tròn đến hàng phần trăm)

A I10,31 B I16,91 C I 6,55 D I17,30 Lời giải

Chọn A

Giả thiết f x sin x f x cos ex cosx ecosx.f x ecosx.sin x f x cosx

 

cos

e x.f x  cosx

 

   cos  

1

e x.f x sinx C

   (1)

Do f 0 2e, vào (1) ta C12 suy     cos

2 sin e x

f x   x

Dùng máy tính     cos

0

d sin e xd 10,30532891

I f x x x x

 

   

Câu Cho hàm số y f x( ) liên tục 1;3

 

 

  thỏa mãn

3

1 ( )

f x x f x x

x

 

   

  Giá trị tích phân

3 ( ) f x I dx x x  

 bằng:

A

4 B C 16 D Lời giải Chọn B

1 ( )

( )

1

f

f x x

f x x f x x x

x x x x

                   

3 3

2

1 1

3 3

1

( ) d d (x 1)d 16

1

f

f x x x x x

x x x

                Xét 3 ' d f x I x x         

Đặt t 21dx dt dx dt2

x x t



    



1

3 3

2 2

1 1

3 3

1

( ) d ( ) ( )

' d d

1

1 1

f

f t t f t f x

x

I x dt x I

x t t t x x

t                    

Suy 16

9

I  I

Câu Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  3; f x 0,  x  3; Biết     d f x x f x          

  3

4

f  ,  7

f  Tính f  5

A

3 B

2

7 C

1

3 D

Lời giải Chọn C

Xét  

            

7

7

2

3 3

d 1

d

7

f x f x

x

f x f x f x f f

 



         

 

 

Gọi k số thực, ta tìm k thỏa mãn  

  d f x k x f x            

Ta có:  

         

2

7 7

2

2

4

2

3 3

d f x d d d 4

f x f x

k x x k x k x k k k

f x f x f x

                               

Suy

k  Khi  

     2 1 d 2

f x f x

x

f x f x

                   5 3 d d f x x x f x           5 3

df x 1 1

f x f x

     

       

1 1

1

3 5 f

f f f

       

Câu (TRƯỜNG THPT KINH MÔN)Cho hàm số f x  liên tục \ 1;0  thỏa mãn điều kiện:  1 2ln

f   x x. 1   f x  f x x2x  1 Biết f 2  a b.ln 3 a b,  Giá trị

của 2a2b2 là: A 27

4 B C

3

4 D

9

Lời giải Chọn B

Xét đoạn  1;2 , chia hai vế phương trình  1 cho x12, ta được:

 

 2  

1

1 1

x f x f x x

x    x   x

  1 x x f x x x           

  d d

1

x f x x x x

x x              

 

1

1 d

1

x

f x C x

x x

 

      

   

  ln 2 

1

x

f x x x C

x

     



Theo giả thiết, f 1  2ln nên thay x1 vào phương trình  2 , ta được:

 

1

1 ln ln ln

2 f     C      C C

Thay x2 vào  2 , ta được:

   

2 3

3 ,

2

a b

    Vậy 2a2b29.

Câu Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;2 thỏa mãn f  2 3,  

2 d      

 f x x

  2 d 

x f x x Tích phân  

2

d

f x x

A 562

115 B

266

115 C

2

115 D

297 115

Lời giải Chọn A

Từ giả thiết:  

2 d 

x f x x  

2

3 d

 x f x x

Tính:  

2

3 d



I x f x x

Đặt:    

2

d d

d d

              

u f x u f x x

v x x v x

Ta có:      

2

2

2 3

0

0

3 d  d

  

I x f x x x f x x f x x  

2

24  d

 x f x x, (vì f 2 3) Mà:  

2

3 d

 

I x f x x  

2

1 24  d

  x f x x

 

2

 d 23

 x f x x  

2

4 . d 4

23 

 x f x x

   

2

2

0

4 . d d

23  

 x f x x f x  x, (theo giả thiết:  

1 d      

 f x x )

   

2

2

0

4 . d 0

23

   

     

 

 x f x f x x    

2

3

4 d 0

23

 

 

    

 

f x x f x x

 

3

4 0

23 

 x  f x   

23



 f x  x  

23

 f x  x C

Với f 2 3 16 23

  C 53

23

 C

Khi đó:   53

23 23

 

f x x

Vậy  

2 0 53 d d 23 23        

 f x x  x x

2

0

1 53 562

115 23 115

 

   

 x x

Câu Cho hàm số f x  thỏa mãn: f x 2f x f   .  x 15x412x,  x  f 0  f 0 1

Giá trị f2 1 bằng A

2 B C 10 D

Lời giải

Chọn B

Theo giả thiết,  x : f x 2f x f     x 15x412x

   .    . 15 12 f x f x  f x f x x x

   . 15 12

f x f x  x x

   

   . 15 12 d 3 6

f x f x x x x x x C

       1

Thay x0 vào  1 , ta được: f   0 f   C C Khi đó,  1 trở thành: f x f x   .  3x56x21

        1

1

5 2

0 0

1

d d

2

f x f x x x x x  f x   x x x

         

   

 

       

2 2

1 1 0 1 7 1 8

2f f  f f

        

Vậy f2 1 8.

Câu Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;2 thỏa mãn f 2 6,  

2

2

d

f x x

 

 



  17 d

x f x x

 Tích phân  

2

d

f x x



A B C D

Lời giải Chọn C

Tính:  

2

d

Ix f x x Đặt:  

  d d d d

u f x x

u f x

v x x v x

           

Ta có:    

2

2

0

2

1 . d

0

2

I x f x  x f x x 2  

0

1

12 d

2 x f x x

   , (vì f  2 6) Theo giả thiết:  

2

17 d

2

x f x x

 2  

0

17 12 d

2 

   x f x x

  2 d 

 x f x x

 2    

0

d d

x f x x  f x  x

 

 2     2

0

d

x f x f x  x



    

0

d

f x x  f x  x



 x2 f x 0 f x x2  

3

 f x  x C

Với f 2 6  10

3

C

Khi đó:   10

3

f x  x 

Vậy  

2

3

0

2

1 10 10

d d

0

3 12

   

       

   

Câu 10 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;3 thỏa mãn f  3 6,   d      

 f x x

  154 d 

x f x x Tích phân  

3

d

f x x



A 13

5 B

53

5 C

117

20 D

153

Lời giải Chọn C

Tính  

3

d

I x f x x Đặt  

  d d d d

u f x x

u f x

v x

v x x

              

Ta có    

3 3 1 d 3

I  x f x  x f x x 3  

0

1

54 d

3 

  x f x x, (vì f  3 6) Theo giả thiết:  

3 154 d 

x f x x  

3

154 54 d

3 

   x f x x

  3 d 

 x f x x    

3

2

0

d d

 

x f x x f x  x      

3

2

0

4 d

 

 x f x  f x  x

   

3

3

4 d

   

  f x x  f x  x

 

3 4  0

x  f x   

3

4



 f x  x  

4

16

 f x  x C

Với f 3 6 15 16

 C

Khi đó:  

4 15

16 16

 x 

f x

Vậy  

3

4

0

3

1 15 15 117

d d

0

16 16 80 16 20

   

       

   

 f x x  x x x x

Câu 11 (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm đến cấp hai liên tục  Biết tiếp tuyến với đồ thị y f x( ) điểm có hồnh độ x 1; x0; x1 tạo với chiều dương trục Ox góc 30, 45, 60 Tính tích phân

       

0

3

1

d d

I f x f x x f x f x x



   

     ?

A

3

I B

3

I  C 25

3

I  D I 0

Lời giải

Chọn C

Hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị hàm số y f x  điểm có hồnh độ x 1  1 tan 30

3

f    

Hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị hàm số y f x  điểm có hoành độ x0là

 0 tan 45

f   

 1 tan 60

f   

Ta có

           

0

0 1

3

0

1

1

d

2

f x

I f x f x x f x f x dx f x







 

 

    

       

       

4

0 1 1 25

1

2 2

f f

f f

  

   

     

          

Câu 12 Người ta cần trồng vườn hoa Cẩm Tú Cầu theo hình giới hạn đường Parabol nửa đường trịn có bán kính mét (phần tơ hình vẽ) Biết rằng: để trồng m2 hoa cần

là 250000 đồng, số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu gần

A 809000 đồng B 559000 đồng C 893000 đồng D 476000 đồng

Lời giải Chọn A

Nửa đường trịn  T có phương trình y 2x2

Xét parabol  P có trục đối xứng Oy nên có phương trình dạng: y ax 2c

 P cắt Oy điểm 0; 1  nên ta có: c 1

 P cắt  T điểm  1;1 thuộc  T nên ta được: a c   1 a Phương trình  P là: y2x21

Diện tích miền phẳng D (tơ màu hình) là:

   

1 1

2 2

1 1

2 2

S x x dx x dx x dx

  

        

 

1

2

1

1

2

2

3

I x dx x x

 

 

       

 



Xét

1

2

1

2

I x dx



  , đặt sin , ; 2

x t t   

  dx costdt

Đổi cận: x 1

t  , với x1

t , ta được:

 

/4 /4

2

2

/4 /4

/ /

/ /4

2 2sin cos 2cos

1

1 cos sin

2

I t tdt tdt

t dt t t

 

 

 

 



 

 

  

 

      

 

 



Suy  2

1

5

S   I I  m

Số tiền trồng hoa tối thiểu là: 250000 809365



  

 

Câu 13 (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn  1

2y y 2xlog x2y

Giá trị nhỏ biểu thức P x y



A e

2ln B

e ln 2

 . C e ln 2

 . D e ln 2

Lời giải Chọn D

Theo đề bài,  1

2y  y 2xlog x2y

 

2

2 log 2 log

2

y

y y x x 

      

 

 

2

2 2 log 2 log

2

y

y y y x y  x 

       

 

  2 

2 2

2 log 2 log

2

y y

y y  x   x 

      

    1

Xét hàm số f t 2tlog2t, t0 Vì  

ln

f t

t

     t 0 f t  đồng biến 0; 

nên  1  2 2 2 2 2.2 2 2 2 2 2

2

y y

y x y x y y y y

f f     x x x 

           

 

 

1

2y

x

P g y

y y



    , y0

  1 

2 ln 2 ln 2.y y 2y y y g y

y y



   

   Cho  

1

0 log e

ln

g y   y 

Bảng biến thiên g y :

0;     

2

e e ln

min log e

2log e

g y g



   

Vậy e ln 2

P

A 160cm2

3 B

2

140 cm

3 C

2

14 cm

3 D

2

50 cm

Lời giải Chọn B

Đưa parabol  P y ax:  2bx c a0 vào hệ trục Oxy

Parabol qua gốc tọa độ điểm 5;

 

 

 ,  5;0 (do AB5cm, OH 4cm)

Suy 25

4

25

c

a b c

a b c

 

   

 

  





16 25 16

5

a c b     

     

 : 16 16

25

P y  x  x

Diện tích hình phẳng giới hạn  : 16 16

25

P y  x  x, trục hoành đường thẳng x0,

x

5

2

16 16 d 40

25

S   x  x x

 



Tổng diện tích phần bị khoét

160

4 cm

3

S  S

Diện tích hình vng 100cm2

hv

S 

Vậy diện tích bề mặt hoa văn

2

160 140

100 cm

3

hv

S S S   

Câu 15 Biết

12

1 12

1

1 e d e

c x

x a d

x x

x b



    

 

 

 a, b, c, d số nguyên dương phân số a

b, c

d tối giản Tính bc ad

A B 24 C 64 D 12

Lời giải Chọn B

A

Ta có

1 1

2

1

.ex x ex x ex x ex x

x x x

x x

    

     

     

     

  với

1 ;12 12

x  

 

Do

12

12 1 12 12 145

12 12 12

1

12 12

1 143

1 e d e 12.e e e

12 12

x x

x x

x x x

x                       

Từ ta a143, b12, c145 d12 Vậy bc ad 24

Câu 16 Cho hàm số y f x( ) liên tục 1;3

 

 

  thỏa mãn

3

1 ( )

f x x f x x

x

 

   

  Giá trị tích phân

3 ( ) f x I dx x x  

 bằng:

A

9 B 16 C D Lời giải Chọn A

1 ( )

( )

1

f

f x x

f x x f x x x

x x x x

                   

3 3

2

1 1

3 3

1

( ) d d (x 1)d 16

1

f

f x x x x x

x x x

                Xét 3 ' d f x I x x         

Đặt t 21dx dt dx dt2

x x t



    



1

3 3

2 2

1 1

3 3

1

( ) d ( ) ( )

' d d

1

1 1

f

f t t f t f x

x

I x dt x I

x t t t x x

t                    

Suy 16

9

I  I

Câu 17 Cho hàm số y f x ax3bx2 cx d có đạo hàm hàm số y f ' x  có đồ thị hình vẽ

bên

Biết đồ thị hàm số y f x  tiếp xúc với trục hồnh điểm có hồnh độ âm Khi đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ bao nhiêu?

A 4 B C D Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị hàm số y f ' x  suy y f ' x  Parabol có đỉnh I 1 3;  qua điểm O  0;0 , 2;0 Suy f ' x 3x26x f x  3x26x dx x  33x2C



Đồ thị hàm số y f x x33x2C tiếp xúc với trục hồnh y0 điểm có hồnh độ âm 

Hệ phương trình

3

2

3

3

x x C

x x

   

 

 

 có nghiệm âm

Hệ phương trình

3

3

2

3

3

0

4

3

2

C x x

x x C x

x C x x x                                 

Vậy hàm số y f x x33x24

Tìm giao điểm đồ thị hàm số y f x x33x24 với trụcOy x: 0 suy y 4.

Câu 18 Cho hàm số f x  thỏa mãn (1) 4f  f x xf x 2x33x2 với x0 Giá trị

 2

f

A 20 B 15 C D 10

Lời giải Chọn A

         

2

1

2 f x x f x x x f x

f x xf x x x x

x x x

                   

Suy ra, f x 

x nguyên hàm hàm số g x 2x3

Ta có 2x3 d x x 23x C

 Do    

1

3

f x

x x C

x   

Vì f 1 4 theo giả thiết, nên thay x1 vào hai vế  1 ta thu C10, từ   3

f x x  x Vậy f 2 20

Câu 19 Cho hàm số y f x có đạo hàm khoảng 0; thỏa mãn  

   

3

.ln

x f x x

x f x f x

 

  

 

 

 1

f  Tính tích phân  

5

d

If x x

A 12 ln13 13 B 13ln13 12 C 12 ln13 13 D 13ln13 12 Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết  

   

3

.ln

x f x x

x f x f x

               ln

f x x

x x f x f x

          e f x x x

x f x f x

          e f x x

x f x f x

x x

 

    e  

f x x f x x x      

  (1)

Lấy nguyên hàm hai vế (1) suy

 

e

2

f x

Do f 1 0

C , nên

 

 

2 1 1

e ln

2

f x

x  x   f x x x  với x0;

 

5

1

1

d ln d

2

x

I f x xx  x (2)

Đặt

2

2

1

ln d d

2

x x

u u x

x 

  

 ; dv x x d , chọn

2 1

2

x

v 

Theo cơng thức tích phân phần, ta được:

5 5

2 2

1

1

1

.ln d 13ln13

2 2

x x x

I     x x 

   13ln13 12

Câu 20 Cho hàm số y f x  dương liên tục  1;3 thỏa mãn

 1;3  

max f x 2,    

1;3

1

3

f x 

biểu thức    

3

1

1

d d

S f x x x

f x

  đạt giá trị lớn Khi  

8 d f x x x  



A

12 B

7

3 C

7

6 D

14

Lời giải Chọn D

Ta có   3   1   2 3 f x   f x  f x  

   2  1  

3

2

f x f x

f x f x



     

Suy

       

3 3

1 1

7 3

d d d d

2 2

f x f x

S f x x  x f x x   x

          3 1 3

d d

2

2 49

3

f x

f x x x

                 

Ta tìm max 49

S , xảy      

3 3

1 1

3

d d d

2

f x f x

x  x f x x

  

Vậy        

8

0

1 14

d d d

3

f x

x f x x f t t

x



    



  

Ghi chú: lời giải dựa theo hướng dẫn giải trường PTTH Quảng Xương Tuy nhiên chỗ dấu xảy chưa hàm số thỏa

Câu 21 Cho hàm số f x  thỏa mãn f x 2 x f x exf x  với f x  0, x f 0 1 Khi

 1

f

A ee 1 . B e 1 . C ee 2 . D e 1 . Lời giải

Chọn C

   ex 

f x  f x  x

 

  ex

f x

x f x



   ( f x  0, x )  

  d ex d

f x

x x x

f x 

  

 

ln f x ex x C

   

Mà f  0 1 nên C 1

Khi đó, ta được: ln f x  exx21

Thế x1, ta có: ln f  1  e 2 f  1 ee 2 .

Câu 22 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f 1 4,  

1 d      

 f x x

  1 d

x f x x 

 Tích phân  

1

d

f x x



A 15

19 B

17

4 C

17

18 D

15

Lời giải Chọn D

Tính:  

1

d

Ix f x x Đặt:  

  d d d d

u f x x

u f x

v x x v x

           

Ta có:    

1

2

0

1

1 . d

0

2

I x f x  x f x x  

0

1

2 d

2 x f x x

   , (vì f 1 4) Mà:  

1

1 d

2

x f x x 

  

0

1 2 d

2 

    x f x x

  d 

 x f x x , (theo giả thiết:  

1 d      

 f x x )    

1 2 0 d d  

x f x x f x  x

      2 d  

  x f x f x  x    

1

2

d

   

 f x x  f x  x  x2 f x 0  f x x2   

3

f x  x C

Với f 1 4  11

3

C

Khi đó:   11

3

f x  x 

Vậy  

1

3

0

1

1 11 11 15

d d

0

3 12

   

       

   

 f x x  x x x x

Câu 23 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f  1 4,  

1 d 36      

 f x x

  1 d 

x f x x Tích phân  

1

d

f x x



A

3 B

5

6 C

3

2 D

Chọn C

Từ giả thiết:  

1 d 

x f x x  

1

5 d

 x f x x

Tính:  

1

5 d



I x f x x

Đặt:  

 

2

d d

5 d d

2            

u f x x

u f x

v x x v x

Ta có:      

1 1 2 0 5

5 d d

2 

   

I x f x x x f x x f x x

   

0

5 1 . d

2 

 f  x f x x  

1

5

10 d

2 

  x f x x, (vì f 1 4) Mà:  

1

5 d

 

I x f x x  

1

5

1 10 d

2 

   x f x x  

1 18 d 

x f x x

 

1

10  d 36

 x f x x    

1

2

0

10  d  d

 x f x x f x  x, (theo giả thiết:  

1 d 36      

 f x x )

   

1

2

0

10 d

   

  x f x f x   x    

1

2

10 d

   

 f x  x  f x  x

 

2

10 

 x  f x   f x 10x2   10

3

 f x  x C

Với f 1 4 10.1

  C

3

 C

Khi đó:   10 3

 x 

f x

Vậy:  

1

0 10 d d 3        

 f x x  x x

1

0

5

6

 

   

 

x x .

Câu 24 Cho hàm số y f x  dương liên tục  1;3 thỏa mãn

 1;3  

max f x 2,    

1;3

1 min

3

f x  biểu thức    

3

1

1

d d

S f x x x

f x

  đạt giá trị lớn Khi  

8 d f x x x  



A

6 B

14

3 C

7

12 D

7

Lời giải Chọn B

Ta có   3   1   2 3 f x   f x  f x  

   2  1  

3

2

f x f x

f x f x



     

Suy

       

3 3

1 1

7 3

d d d d

2 2

f x f x

S f x x  x f x x  x

 

   

3

1

3

3 d 7 d

2

2 49

3

f x

f x x x

 

 

 

 

   

 

 

 

Ta tìm max 49

S , xảy      

3 3

1 1

3

d d d

2

f x f x

x  x f x x

  

Vậy        

8

0

1 14

d d d

3

f x

x f x x f t t

x



    



  

Ghi chú: lời giải dựa theo hướng dẫn giải trường PTTH Quảng Xương Tuy nhiên chỗ dấu xảy chưa hàm số thỏa

Câu 25 Cho hàm số y f x  liên tục 1; 2

2

 

 

  thỏa điều kiện  

*

1

2. 3

f x f x x

x  

    

   Tính

 

2

f x

I dx

x

 .

A 4ln 15

I  B

2

I C

2

I D 4ln 15

I  

Lời giải Chọn C

Xét x*, ta có

  2. 1 3  1

f x f x

x  

  

 

Thay x 1

x ta

   

1 3

2. 2

f f x

x x

   

 

 

Nhân hai vế đẳng thức  2 cho trừ cho đẳng thức  1 vế theo vế ta có

   

6 2

3f x 3x f x 1

x x x

    

Suy

 

2

2

1

1

2

2

2 2 3

1

2

f x

I dx dx x

x x x

 

        

 

Câu 26 Cho hàm số f (x) liên tục  thỏa mãn  

tan x.f cos x dx

   , e e

f (ln x)dx 1 x ln x 

 Tính tích phân f (2x) I dx x 

A I 1 B I 3 C I 4 D I 2

Lời giải Chọn C

Ta có  

tan x.f cos x dx J



 



Đặt t co s x2 dt  2sin x.co sx.dx

Đổi cận x t 1; x t

4            1 1 2

f t f t

1

dt dt

2 t   t  Mặt khác

2

e

e

f (ln x) dx x ln x 



Đặt t ln x2 dt 2 ln x .dx1

x

  

Đổi cận

x   e t 1; xe  t

e 4

e 1

f (ln x)dx 1 f (t)dt 1 f (t)dt 2 x ln x   t   t 

  

2

1

4

f (2x) f (2x)

I dx dx

x 2x

  

Đặt t 2x dt 2.dx

Đổi cận x t 1; x t

4

     

   

2 4

1 1

4 2

f t f t f (2x) f (t)

I dx dx dt dt

x t t t

    

Câu 27 (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019)Cho hàm số y f x có đạo hàm khoảng 0; thỏa mãn  

   

3

.ln

x f x x

x f x f x

 

  

 

  f  1 0 Tính tích phân  

5

d

If x x

A 13 ln 13 12 B 12 ln 13 13 C 13 ln 13 12 D 12 ln 13 13 Lời giải

Chọn A

Từ giả thiết  

   

3

.ln

x f x x

x f x f x

               ln

f x x

x x f x f x

          e f x x x

x f x f x

          e f x x

x f x f x

x x

 

    e  

f x x f x x x      

Lấy nguyên hàm hai vế (1) suy

 

e

2

f x

x  x C

Do f  1 0

C , nên

    2 1 e ln 2 f x

x  x   f x x x  với x0;

 

5

1

1

d ln d

2

x

I  f x xx  x (2)

Đặt

2

2

1 2

ln d d

2 1

x x

u u x

x 

  

 ; dv  x xd , chọn

2 1

2

x v  Theo công thức tích phân phần, ta được:

5 5

2 2

1

1

1

.ln d 13ln13

2 2

x x x

I      x x 

   13 ln 13 12

Câu 28 Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 (0)f  f(1) 0 Biết

1 ( )

f x dx

 ,

1

( ) ( )

f x cos x dx  

 Tính

1

( )

f x dx



A

 B  C

3

 . D

 Lời giải Chọn D Ta có 1 ( ) ( )

I  f x cos x dx  

Đặt ucos(x)du sin(x), dv f x dx( ) chọn v f x( )

1

1

0 0 0

( )cos( ) | ( )sin( ) (1) (0) ( )sin( )

I f x x f x x dx f f  f x x dx 

         1 ( ) ( )

f x sin x dx

 

Ta có

1 1

2

2

0 0

1

( ) ( )sin( ) ( )

2

I  f x dx  I I  f x x dx f x dx

 

1

2

0

( ) ( )sin( ) ( ) ( )sin( ) ( ) ( ) sin

f x f x x dx f x f x x f x f x x

   

          

( )

f x

  f x( ) sin  x 0 Vì I10 I2 0 nên ( ) 0f x  loại

   

( ) sin ( ) sin

f x x f x x

    

1 1

0

0

cos( x)

( ) sin( ) |

f x dx x dx 

 

    

Câu 29 (Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương 18-19) Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục ,  0 0,  0

f  f  thỏa mãn hệ thức

   . 18 3    6 1  ,

f x f x  x  x x f x  x f x  x 

Biết    

1

2

1 f xd

x e x a e b

A

3 B C D

Lời giải Chọn D

Ta có f x f x   .  18x23x2x f x    6x1  f x

   . 18 d 3    6 1   d

f x f x x x  x x f x x f x  x

 

       

     

2

1

6 d d

2 f x x x x x f x x

                       

2

1

6

2 f x x x x f x C

     , với C số Mặt khác: theo giả thiết f 0 0 nên C0

Khi 2  6 3    1 ,

2 f x  x  x x f x  x 

 1  f2 x 12x3 6x22x f x   f x 2xf x 6x20

      

2

f x x

f x x

   





Trường hợp 1: Với f x 6 ,x2  x , ta có f 0 0 (loại)

Trường hợp 2: Với f x 2 ,x x , ta có :

       

1

1 1

2

0 0

1

1 d d d

2 4

x x

f x x x e e

x e x x e x    x e 

     1 a a b b           

Câu 30 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19)Tìm số thực a để hình phẳng giới hạn hai đồ thị hàm 2 6

1

x ax a

y

a

 





2 a ax y a  

 có diện tích lớn

A B 33 C

3

1

2 D

Lời giải Chọn D

Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là:

  

2 2

2

6

2

3 2

2

1

x a

x ax a a ax

x ax a x a x a

x a a a                      

Nếu a0 diện tích hình phẳng S0 + Nếu a0

2 2

6 6

2

3

d d

1

a a

a a

x ax a x ax a a

S x x

a a a

                

+ Nếu a0

2 2 2

6 6

3

d d

1

a a

a a

x ax a x ax a a

S x x

a a a

                 

Do đó, với a0

3

6

1 1

6 12

a a

S

a a

  

Dấu " " xảy a3    1 a

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn hai hàm cho có diện tích lớn a1

Câu 31 Cho hàm số f x  Hàm số f x  có đồ thị hình vẽ sau Số nghiệm phương trình

   0

f x  f thuộc đoạn 1;5

A B C D

Lời giải

Chọn A

Dựa vào độ thị f x  ta có bảng biến thiên cho hàm số f x  đoạn 1;5

Xét            

2

2

0

0

d d

S f x x  f x x  f x  f x  f  f

Vì S0 nên f 5  f 0

Vậy phương trình f x  f 0 có hai nghiệm thuộc đoạn 1; 5

- HẾT -

Câu 32 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f 1 2,  

1

2

d

f x x

 

 



 

1

d 10

x f x x

 Tích phân  

1

d

f x x



A 116

57 B

584

285 C

2 285

 D 194

95

Lời giải Chọn A

Tính:  

1

d

Ix f x x Đặt:  

 

4

d d

1

d d

4

u f x x

u f x

v x

v x x

    

 

 

 

 

 

Ta có:    

1

4

0

1

1

d

0

4

I x f x  x f x x  

0

1

d

2 x f x x

Theo giả thiết:  

1

d 10

x f x x

   

0

d 38

x f x x  



 

1

8  d 38.8

 x f x x     

1

2

0

8  d 38  d

 x f x x  f x  x

     

8  38  d

  x f x  f x  x    

1

4

38 d

   

 f x  x  f x  x

 8x438f x 0    4

19

  

f x x   

95

  

f x x C

Với f 1 2  194

95



C

Khi đó:   194

95 95

  

f x x

Vậy  

1

5

0

1

4 194 194 116

d d

0

95 95 285 95 57

   

        

   

 f x x  x x x x

Câu 33 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số y f x  xác định  thỏa mãn

   

2

1

x

f x f x

x x

    

  với số thực x Giả sử f  2 m, f  3 n Tính giá trị

biểu thức T f    2 f

A T m n  B T n m  C T m n  D T  m n Lời giải

Chọn B

Với số thực x, thay x x vào biểu thức     6 2

x

f x f x

x x

    

  (1), ta

   

   6

2

1

x

f x f x

x x



    

    hay    

2

1

x

f x f x

x x

    

  (2)

Nhân hai vế (2) với sau trừ theo vế cho (1), rút gọn suy   6 2

3

x f x

x x

 

  với

số thực x

Xét   6 2

3

2

d d

3

x

I f x x x

x x

 



 

 

  Đặt u x, ta du dx Đổi cận: Khi x   3 u x   2 u

Ta

       

2 3

6 6

3 2

2 2

d d d d

3 1 3

u u x

I u u x f x x

u u x x

u u                       

Mà      

2

d

I f x x f f





     (3)      

3

d

I f x x f f





     (4) Từ (3) (4), ta f 2  f  3 f 3  f  2 suy

 2  3  3  2

f   f  f   f  n m

Chuyên đề

Câu Cho số phức z a bi  với ,a b hai số thực thỏa mãn a2b1 Tính z biểu thức

1

z  i   z i đạt giá trị nhỏ

A 1

5 B

2

5 C

1

5 D

Lời giải Chọn C

Ta có: a2b  1 a 2b1.(*)

Ta có: T   z 1 4i   z 2 5i  (a1)2 b 42 a2 2 b 52

       

(*)

2 2 2

2b b 2b b 5b 16b 20 5b 14b 26

             

2 2

8

5

5 5

b b

       

           

       

2

8

5 45 45 10

5 5

b b

   

           

   

min

9

5

5 5

3 10 15 24 10 14

5

8

5

5

b b

T b b b

b b

      

    

    

         

   

    

   

   



2

4 1 1

5 5 5

a z    

           

   

Cách 2: Gọi M điểm biểu diễn số phức z, ta có M :x2y 1 0, A 1; ,  B 2;5 Ta có:  1 4  1 2.5 1      A B, nằm khác phía đường thẳng

:x 2y

   

1

T   z i  z i MA MB nhỏ M AB 

Ta có: phương trình đường thẳng : 1 2;

5 5

AB x y   M  z 

 

Câu Cho z số phức thỏa mãn z  z 2i Giá trị nhỏ z 1 2i   z 3i

A 29 B C D 13

Lời giải Chọn D

Đặt z a bi a b   , 

Ta có: z  z 2i  a2b2  a2 b 22 4b    4 0 b 1

z a i

  

Xét: z 1 2i   z 3i      a i a 2i  1a2 12 1a222

Áp dụng BĐT Mincôpxki:

 2 2  2 2   2 2

1a  1 1a 2  1  a a  1  9  13

Suy ra: z 1 2i   z 3i đạt GTNN 13 1  1

a a a

    

Nhận xét : Bài toán giải cách đưa tốn hình học phẳng

Câu (Sở GD- ĐT Quảng Nam)Cho số phức z x y i x y  ,  thỏa mãn z    2 i z 5i biểu thức

  

2

2 2

3

2 2

x y y

H

x y x y x y x y

  



        đạt giá trị nhỏ Giá trị 2x y

A  6 B 6 C  6 D  3

Lời giải

Chọn C

Cách

Ta có: z    2 i z 5i x2 2 y1 2 x2 2 y52

x y    

Vậy gọi M z  M thuộc đường thẳng :d x y  3 Suy ra: x  3 y

Ta có

          

2 2

2 2 2

1 2 10

2 20

1 1

x y y y y

H

y y y y

x y x y

     

 

   

     

  

2

2

2 10

2 10

y y

H

y y y y

 

 

   

Mặt khác:

      

2 2 10 15

2 10

2

y y y y y y

y  y y  y         

Suy ra:

2

2 10

2 15

y y

H

y y

 



 

Xét hàm số:  

2

2 10

3 15

y y

f y

y y

 



 

Ta có:        

   

2 2

2

2

4 3 15 10 5

3 15 15

y y y y y y y

f y

y y y y

       

  

   

  0 5 0 5

f y   y    y Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra:

2 54 54 10

2 H 82 H 82

 

Dấu “=” xảy

2 2

2 10

5

5

y y y y y

y

y y

       

    

 

   

 

 

Với y  5   x 52x y   6 Cách

Ta có z    2 i z 5i x2 2 y1 2 x2 2 y52   x y Gọi M x y ; d x y:   3

Khi      

  2  2  2 2  

1 1

cos ,

1

x x y y

H MA MB

x y x y

    

 

     

 

với A1;1 ,  B 1; Do y  x nên x1x 1 y1y22x29x19 0,  x .

 Suy HcosMA MB,  0 MA MB,  0 ;900 0

     

Bài tốn trở thành tìm M d cho Min cos ,  Max

Min

H  MA MB   AMB

Gọi I tâm đường tròn qua A B, tiếp xúc với d M '

I tâm đường tròn qua A B, cắt d Q, H giao điểm  I với BQ '

M d nằm ngồi đường trịn  I' , K giao điểm  I' với BM' Ta có     AM B' AKBAQB AHBAMB

Do AMBMax M tiếp điểm đường tròn qua I tiếp xúc với d

Phương trình đường thẳng trung trực AB 4x2y 3

Gọi    

2

2

3

2

3

; 2 ; ,

2 1 1

t t

I t t IA t t d I d

  

         

   

    

Do đường tròn cần tìm qua A tiếp xúc d nên

1

8 2

x

I

M A

B

H K d

M' I

I'

Q M

A

   2 2 2

3

2

1 71

, 9

2 1 1 3 5

6

t t t

IA d I d t t t t

t                               

Với 5 15 5;

6 6

t   I   

 

Đường thẳng IM x y:   3 0 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:

3

3 5

x y x

x y y

                     

Vậy M 3 5; 5,AM 2 5; ,  BM 4 5; 2 

       

  2  2  2 2    

2 5 5 4 3 10 54 2

cos ; *

82

2 5 5

AM BM          



     

 

Với 5 15 5;

6 6

t   I   

 

Đường thẳng IM x y:   3 0

Tọa độ điểm M nghiệm hệ: 3

3 5

x y x

x y y

                      

Vậy M 3 5; 5,AM 2 5; ,  BM 4 5; 2 

       

  2  2  2  2   

5 5 4 3 54 2 10

cos ; **

82 2

2 5 5

AM BM          



     

 

Từ (*) (**) suy điểm cần tìm M 3 5; 5 Vậy 2x y   6

Làm trắc nghiệm

a) 3

2

x y x

H

x y y

    

   

     

 

b) 3 0,892747

2 5

x y x

H

x y y

                       

c) 0,968241

2 5

x y x

H

x y y

                       

d) 3 0,969876

2 5

x y x

H

x y y

                      

Do

5 Min x H y         

 2x y   6

Câu Xét số phức thỏa mãn z thỏa mãn iz    2i z 3i  34 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 

A Pmin  17 B Pmin  34 C

13 17

P  D

34

P 

Lời giải Chọn B

Ta có: iz    2i z 3i  34  z 2i  z 3i  34 * 

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z A2; 2  điểm biểu diễn số phức 2 i

 1;3

B  điểm biểu diễn số phức 3  i AB 34

Từ  * ta có MA MB  34, mà MA MB  AB Suy M, A, B thẳng hàng Có MA2  x; y;AB  3;5 Ta có P 1i z   1 i z i Gọi C0; 1  điểm biểu diễn số phức i Nên P z i  2MC

Xét đường thẳng d qua B vng góc với AB nên đường thẳng d có phương trình 3x5y 18 Dễ thấy A C, phía so với d nên P 2MC 2BC 34

Câu Cho số phức z z z, ,1 thỏa mãn z1 4 5i  z2 1 z4i   z 4i Tính z1z2

1

P   z z z z đạt giá trị nhỏ

A B C 41 D 2 5

Gọi A điểm biểu diễn số phức z1 Suy A thuộc đường tròn  C1 tâm I1 4;5 ,R1

Gọi B điểm biểu diễn số phức z2 Suy B thuộc đường tròn  C2 tâm I2 1;0 ,R1 Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi

Theo giả thiết z4i   z 4i   x y Suy M thuộc đường thẳng  d x y  4 Gọi  C2' có tâm I2' 4; ,   R1 đường tròn đối xứng với đường tròn  C2 tâm

 

2 1;0 ,

I R  qua đường thẳng d Gọi B'là điểm đối xứng với đối xứng với B qua đường thẳng d Ta cóP   z z1 z z2 MA MB MA MB   'AB'I I1 2' R1 R2 6

Dấu = xảy A B I I M, ', , ',1 2 thẳng hàng Khi 1

1 ' I A I I

 

suy A 4;

2

1

' '

8 I B  I I

 

suy B' 4; 2   B 2;0 AB2 Vậy z1z2 2

Câu Cho số phức z a bi  , a b,  thỏa mãn z  2 i z1 i z 1 Tính P a b 

A P 5 B P7 C P3 D P 1

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết z  2 i z 1      i 0 a bi 2 i a2b2 1 i 0

    2

2 2

2

2 (1)

2

1 (2)

a a b

a a b b a b i

b a b

    



          

   



Lấy    1  ta a b     1 b a Thay vào phương trình  1 ta

 

 

2

2

2

2

2 2

2 2

2

2 2

a a

a a a a a a

a a

a a a

 

   



           

  

   

 



2

1

3

a

a a

a a

  

   

    

 

  

+ Với a       1 b z z 1 (loại)

+ Với a      3 b z 4i z 5 (thỏa mãn) Vậy P a b  7

Câu Cho số phức z w biết chúng đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: 1  1

i z i



 

 w iz Tìm

giá trị lớn M  z w

A M 3 B C M 3 D M 3

Lờigiải Chọn A

Cách1

Ta

có:  1 1

i z i 

  

1  1 

1

i z i

i

  

 

  1i z 2 1 i  1 i  1i z 2 1 i 

Mặt khác:1i z  1 i  1i z 2 1 i   1i z  1  i  z 3 Khi đó: M  z w z iz  1i z  z 3

Cách2

 1

2 1

i z i



  

(1 ) 2(1 ) 1

i z i

i

  

 

  (1 )i z2(1 )  i i

(1 )i z 2(1 )i

      1

Đặt z x yi  thay vào  1 ta 1i x yi(  ) 2(1 i)  

x y 22 (x y 2)2 2

       x2(y2)2 1

Tập hợp điểm biểu diễn số phức ztrên hệ trục tọa độ đường trịn tâm (0; 2)I bán kínhR1 Khi đó: 1 z 3

M  z w  z iz  1i z  z 3

Câu (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị - lần – 2019) Cho hai số phức z, w thỏa mãn 2

z  w4 2i 2 Biết z w đạt giá trị nhỏ zz0 w w 0 Tính 3z0w0

A B 2 C D

Lời giải Chọn A

O

1

 1

1 2 3

x

Theo giả thiết: 2

z

z      1 ,

4 2

2

w

w i    i   2

Trong mặt phẳng phức, gọi M , N điểm biểu diễn số phức z

,

w

Từ  1 M đường tròn    2

1 :

C x y  có tâm I 3; bán kính R11 Từ  2  N đường tròn    2

1 : 4

C x  y  có tâm J0; 4 bán kính R22

Hơn nữa, z w MN nên z w đạt GTNN MN đạt GTNN Vì IJ  5 R1R23 nên  C1  C2 nằm

Gọi A, B giao điểm đoạn IJ với  C1 ,  C2 Dễ thấy MNAB nên MN đạt GTNN M  A N B Phương trình tham số đoạn IJ là: 3

4

x t

y t

    

 , 0 t

Cho đoạn IJ cắt  C1 , ta được:    3 1

t t t

     (vì 0 t 1) 12 4;

5

A 

  

Cho đoạn IJ cắt  C2 , ta được: 3  2 42

t t t

      (vì 0 t 1) 12;

5

B 

  

Mà A, B điểm biểu diễn số phức

2

z

,

2

w

0

0

3

3 2

2

z w

z w OA OB

       

Vậy 3z0w0 6

Câu Cho số phức z thỏa mãn z 1 GTLN biểu thức P z3 z 2 là:

A 13 B C D 15

Lời giải Chọn A

Đặt z x yi x y ,  

Theo giả thiết, z  1 z z 1 x2y2 1

   

2 2 2

2 2 2

P z z   z  z   z  x y  xyi  x yi  x  x y   y x i

x2 2x y2 12 4y x2 12 x2 2x 1 x2 12 4 1 x2x 12

3

16x 4x 16x

   

Vì x2y2 1 x2 1 y2    1 1 x 1

Xét hàm số f x 16x34x216x8, x  1;1

  48 8 16

f x  x  x    

 

1 1;1

0

2

1;1

x f x

x

     

   

    

 1

f   ; 13

2

f 

  ;

2 27

f   

  ; f 1 4

 1;1  

1

max 13

2

f x f



 

   

 

Vậy maxP 13

Câu 10 Xét số phức thỏa mãn z thỏa mãn iz    2i z 3i  34 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 

P i z i

A min 13

17

P  B

34

P  C Pmin  17 D Pmin  34

Lời giải Chọn D

Ta có: iz    2i z 3i  34  z 2i  z 3i  34 * 

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z A2; 2  điểm biểu diễn số phức 2 i

 1;3

B  điểm biểu diễn số phức 3  i AB 34

Từ  * ta có MA MB  34, mà MA MB  AB Suy M, A, B thẳng hàng Có MA2  x; y;AB  3;5 Ta có P 1i z   1 i z i Gọi C0; 1  điểm biểu diễn số phức i Nên P z i  2MC

Xét đường thẳng d qua B vng góc với AB nên đường thẳng d có phương trình 3x5y 18 Dễ thấy A C, phía so với d nên P 2MC 2BC 34

Câu 11 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho số phức z thỏa mãn z22z 5 z 1 2i z  3 1i 

Tính minw, với w z  2 2i

A

w  B w 1 C

2

Lời giải Chọn B

Theo giả thiết, z22z 5 z 1 2i z  3 1i 

z 2i z 2i z 2i z 1i 

         

 

1

z i z i z i

        

   

1 1

z i

z i z i

   

 

    



 1       z 2i z 2i Khi đó, w    1 2i 2i 1  3

Đặt z x yi  ( , x y) Khi đó,  2  x 1 y2i  x 1 y3i

  2  2  2 2   2 2 1

1 3

2

x y x y y y y z x i

                 

   2 9

2

2 4

w x i x

          x   4

Từ  3  4 min w 1

Câu 12 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho số phức z thỏa mãn z22z 5 z 1 2i z  3 1i 

Tính minw, với w z  2 2i

A

w  B w 1 C

2

w  D minw 2

Lời giải Chọn B

Theo giả thiết, z22z 5 z 1 2i z  3 1i 

z 2i z 2i z 2i z 1i 

         

 

1

z i z i z i

        

   

1 1

z i

z i z i

   

 

    



 1       z 2i z 2i Khi đó, w    1 2i 2i 1  3

Đặt z x yi  ( , x y) Khi đó,  2  x 1 y2i  x 1 y3i

  2  2  2 2   2 2 1

1 3

2

x y x y y y y z x i

                 

   2 9

2

2 4

w x i x

          x   4

Câu 13 (HK2-L12-Chuyên-Lê-Hồng-Phong-TPHCM-2019) Cho số phức z thỏa điều kiện 5

z  i  z i  , giá trị nhỏ z 7 4i đạt z  a bi Tính

2 4

T a  b

A 41 B 34 C 23 D 10

Lời giải Chọn A

Gọi M a b , điểm biểu diễn số phức z

3 5 5

z  i  z i  MA MB  với A 3; , B 5; 2

Do AB4 5 5 nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z Elip có hai tiêu điểm A, B, tiêu cự

AB độ dài trục lớn 5

P  z i MC với C 7;4 Nhận xét:  

  8; 4;

AB AC

   

 

 



  AB phương với AC  C nằm đường thẳng AB Do P nhỏ M trùng với đỉnh A1 Elip nằm trục lớn

AB qua A 3; có vtcp AB     8; 4 2;1  nên có ptts: 2

x t

y t

     



 

1 ;2

A ABA  t t

Gọi I trung điểm AB  I 1;0 Ta có: IA1 nửa trục lớn nên

5

IA    2 2 125

4 2

4

t t

    

2

20t 80t 45

    1

1

1 5

4;

2 2

9 13

6;

2 2

t A A C

t A A C

  

   

  





 

       

  



Suy min

P  4;5

2

M 

  

 

5

2

z i

  

Khi

a b

  

 



2 4 41

T a b

   

Câu 14 (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019) Cho số phức z1, z2 thỏa mãn phương trình  

2

z  i  z1z2 6 2  Biết tập hợp điểm M biểu diễn số phức w z 1 z2

một đường tròn Tính bán kính R đường trịn

A R8 B R4 C R2 D R2

Gọi A, B điểm biểu diễn số phức z1, z2

Khi đó,  1 phương trình đường trịn  C1 tâm I 2;3 , bán kính r15  2  AB6 Gọi N trung điểm AB

2

2 2

1

2

AB

IN r  

      

 

 Tập hợp điểm N đường tròn  C2 tâm I, bán kính r2 4 Mặt khác, N điểm biểu diễn số phức

2

z z

t  , mà w2t M

 điểm thỏa mãn hệ thức: OM2.ON hay M ảnh N qua phép vị tự tâm O, tỉ số

k

 Tập hợp điểm M đường tròn  C3 ảnh  C2 qua phép vị tự tâm O, tỉ số k2

 C3

 có tâm J bán kính r3 thỏa mãn:  

3

3

4;6

8

J

OJ OI

r

r r

  

 

   



 



 

Câu 15 (SGD Hưng Yên - 2019)Cho số phức z thoả mãn z 1 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  z 1 z2 z 1 Tính M m.

A 3 B 13

4 C

13

4 D

39

Lời giải Chọn C

Thay z2 1 vào P ta có

2

1

P  z z  z   z 1 z2 z z2   z 1 z2 z z z.   z 1 z z z 1

1

z z z

    

Mặt khác z12z1 z   1 z z Đặt t z z  z 1 nên điều kiện t  2; 2 Suy P t  2 t

Xét hàm số f t  t  2 t với t  2; 2

  1

2

f t t

  

 với t1 Suy f t 0 với t1

  1

2

f t t

  

 với t1 Suy f x 0

7

x 

 

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy 13

M 

t  m t2 Vậy 13

4

M m

Câu 16 Cho số phức z gọi z1, z2 hai nghiệm phức phương trình z2 8i 0(

1

z có phần thực dương) Giá trị nhỏ biểu thức

1 2 2

z

P  z z z   z z z  viết dạng

m np q (trong n p, ; m, q số nguyên tố) Tổng m n p q  

A B C D

Lời giải

Chọn A

2 8 0

z  i  z1 2 2i z2  2 2i

1 2 2

2 2

Trong , A2; 2 , B2; 2, C 3; 3 điểm biểu diễn cho số phức z, z1,

2

z ,

1

2 3

2 i

z z

     

Gọi H hình chiếu vng góc M OC

Ta có MA MB HA HB   MA MB MC  HA HB HC 

Do Pmin MA MB MC  min HA HB HC  M H M OC y x :  Gỉa sử M x x ; x  3;0P MA MB MC    2x 3 2 2x24



2

2 2

4 x P

x

  

 P  0  

2

3;0

x   

Vậy

2

2 3

2 2

3

P          

 

    

Suy m2, n6, p3, q2m n p q   3

Câu 17 Xét số phức z thỏa mãn z  z 2i, giá trị nhỏ z i  z

A B C 3 D

Lời giải Chọn D

Gọi z x yi x y R   ,   Khi z  z 2i  x2y2  x2y22   y 1.

Suy điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng y 1 Xét P     z i z x y1i  x yi

Đặt A   0;1 ;B 4;0 suy P MA MB 

,

A B nằm phía so với đường thẳng y 1, gọi C0; 3  điểm đối xứng với A 0;1 qua đường thẳng y 1

M

Khi P MA MB M   C MB BC 0 4  2 302 5 Dấu xẩy M B C, , thẳng hàng

Phương trình đường thẳng BC x:3 4y12 0 , suy tọa độ điểm 8;

  

 

 

M hay

3

 

z i

Vậy giá trị nhỏ z i  z đạt

 

z i

Câu 18 Cho số phức z m  2 m21i với m Gọi  C tập hợp điểm biểu diễn số phức z

trong mặt phẳng tọa độ Diện tích hình phẳng giới hạn  C trục hoành

A

3 B C

4

3 D

32 Lời giải

Chọn C

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi  x y,  Theo giả thiết, z m  2 m21i nên:

 2

2

2

4

1

m x x m

y x x

y m y x

  

 

 

    

 

     

 

 C y x: 4x 3

   

Phương trình hồnh độ giao điểm  C Ox: 4 3 0

1

x

x x

x   

    

 



 Diện tích hình phẳng giới hạn  C trục hoành:

 

1

2 2

3 3

4

4 d d

3 3

x

S x x x x x x x x



 

  

 

              

 

 

Vậy

S 

Câu 19 Cho hai số phức z z1, thoả mãn z1  2 i z1 4 7i 6 2và iz2 1 2i 1 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức T z1z2

A 1 B 2 1 C 2 1 D 1

Gọi M điểm biểu diễn số phức z1 A2;1; B 4;7 hai điểm biểu diễn hai số phức  2 i, 7 i Ta có AB6 Phương trình đường thẳng AB :d x y  3

+) z1  2 i z1 4 7i 6 MA MB 6 MA MB AB  Do tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 đoạn thẳng AB

+) iz2 1 2i  1 iz2 1 2i i      1 z2 i

Gọi N điểm biểu diễn số phức z2 I 2;1 điểm biểu diễn số phức 2i Ta có IN1 Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 đường trịn  C có phương trình:

  2 2

2 1

x  y 

 ,  2

d I AB   , suy AB không cắt đường trịn

Gọi K hình chiếu I 2;1 lên AB Dễ thấy K nằm đoạn thẳng AB Gọi H giao điểm đoạn IK với đường trịn  C

Ta có z1z2 MN KH d I AB ,  R 2 1 Suy z1z2 2 1.

Câu 20 Cho hai số phức z w, thay đổi thỏa mãn z 3,z w 1 Biết tập hợp điểm số phức w hình phẳng H Tính diện tích S H

A S 20 B S 12 C S4 D S 16

Lời giải Chọn B

Cách 1:

Với số phức z thỏa z 3, gọi A điểm biểu diễn z A nằm đường trịn tâm O

bán kính Gọi B điểm biểu diễn w B nằm đường trịn tâm A bán kính

Khi A chạy đường trịn tâm O bán kính tập hợp điểm B hình vành khăn giới hạn trịn tâm O bán kính trịn tâm O bán kính Suy

2

.4 .2 12

S   

Cách 2: Ta có w       w z z w z z Mặt khác w  w z z   w z  z 2

Vậy 2 w 4 nên H hình vành khăn giới hạn trịn tâm O bán kính trịn tâm O

bán kính Suy S.42.2212

Câu 21 Xét số phức z thỏa mãn z 3 2i    z i Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P    z z 3i Tìm M, m

A M  17 5; m B M  17 5; m3

Lời giải Chọn D

Gọi M điểm biểu diễn số phức z, F13; 2, F23; 1 , A2;0 B 1;3 Ta có z 3 2i    z i F F1 23 MF1MF2 F F1

Do tập hợp điểm M đoạn thẳng F F1 2 Dựa vào hình vẽ, ta thấy:

+ M PmaxM A M B2   26 5

+ m P min M A M B AB1  1  3 Vậy M  26 5 ; m3

Câu 22 Cho số phức z a bi  với ,a b hai số thực thỏa mãn a2b1 Tính z biểu thức

1

z  i   z i đạt giá trị nhỏ

A

5 B

1

5 C D

1 Lời giải

Chọn B

Ta có: a2b  1 a 2b1.(*)

Ta có: T   z 1 4i  z 2 5i  (a1)2 b 42 a2 2 b 52

       

(*) 2 2 2 2

2

2b b 2b b 5b 16b 20 5b 14b 26

             

2 2

8

5

5 5

b b

       

           

       

2

8

5 45 45 10

5 5

b b

   

           

   

min

9 5 5

5 5

3 10 15 24 10 14

5

8

5

5

b b

T b b b

b b

      

    

    

         

   

    

   

   



2

4 1 1

5 5 5

a z    

           

   

Cách 2: Gọi M điểm biểu diễn số phức z, ta có M :x2y 1 0, A 1; ,  B 2;5 Ta có:  1 4  1 2.5 1      A B, nằm khác phía đường thẳng

:x 2y

1

T   z i  z i MA MB nhỏ M AB 

Ta có: phương trình đường thẳng : 1 2;

5 5

AB x y   M  z 

 

Câu 23 (THPT Chuyên Lê Q Đơn – Quảng Trị - lần – 2019)Tính tổng tất giá trị tham số m để tồn số phức z thỏa mãn đồng thời

z m z4m3mi m2.

A B C 10 D

Lời giải Chọn C

Đặt z a bi  theo giả thiết ta có    

2 2

1

2 4

2

( )

4 ( ) (I)

0

a b m C

a m b m m C

m

  

    

   

Tập hợp điểm biểu diễn số phức zthỏa mãn a2b2 m2 là đường tròn

( )C có tâm

1(0;0),

I R m

Tập hợp điểm biểu diễn số phức zthỏa mãn a4m 2 b3m2m4 là đường tròn

( )C có

tâm

2(4 ; ),

I m  m R m

Để tồn số phức z hệ (I) phải có nghiệm đường trịn ( )C1

2

( )C phải tiếp xúc với

* Nếu m0thì z a bi    0 0i

* Nếu

1 2

2

1

1

5

I I

m R m m R

I I m m R

  

    

   



Xét trường hợp:

TH1: Hai đường tròn tiếp xúc trong:

Khi

2

0 ( )

6

6

m loai

R I I R m m m

m  

       



TH2: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài:

2

1 2

0 ( )

5 4

4

m loai

I I R R m m m m m m

m  

            

 R2

R1

I1

* Nếu

1 2

2

1 2

0

5

I I

m R m m R

I I m R R

  

      

   



hai đường trịn tiếp xúc ngồi

2

1 2

0 ( )

5

4 ( )

m loai

I I R R m m m m m

m loai

 

          

 

Vậy tổng tất giá trị m 10.  

- HẾT -

C2

C1

R1

R2

I1

I2

M

R1

R2 I1

Chuyên đề

Câu Cho tứ diện ABCD có hình chiếu Alên mặt phẳng BCDlà Hnằm tam giác BCD Biết H tâm mặt cầu bán kính 3và tiếp xúc cạnh AB AC AD, , Dựng hình bình hành AHBS Tính giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S BCD

A

2 B

3

2 C D 3

Lời giải Chọn B

Gọi M,N,P hình chếu H lên AB,AC,AD ta có

     

HM=HN=HP= 3AM=AN=APAH MNP  MNP  BCD ABACAD

( AH trục đường tròn MNP )

Vậy A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp BCD

AH trục đường tròn ngoại tiếp BCD

Gọi I=AH BS IB=IC=ID=IS Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD

2

2 2

1 1 12

4

x

IH x HB

HM HB HA x

     



4

2 2

2

4 :

4

x x

HBI taiH BI HB HI

x 

    



 

2

2

2

4 16 24 27

( ) ( ) ( )

4 4

t t t t

t x f t t f t

t t

   

     

 

9

( ) ( ) ( )

4

f t   t n   t l

Vẽ bảng biến thiên

3

R 

Câu (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xun Hà Tĩnh 2019)Cho hình chóp tứ giác S A B C D Gọi N trung điểm cạnh SB, M điểm đối xứng với B qua A Mặt phẳng M N C chia khối chóp

S A B C D thành hai phần tích V1, V2 với V1V2 V thể tích khối chóp

S A B C D Tính tỷ số V1

V

A

12 B

7

24 C

5

24 D

5 12 Lời giải

Chọn D

Gọi P  M N SA, Q MC AD  Ta có thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng M N C tứ giác CNPQ Dễ thấy P trọng tâm tam giác SB M Q trung điểm đoạn A D Gọi V0 thể tích phần chứa điểm S , S diện tích tứ giác ABC D h chiều cao hình

chóp S A B C D

Ta có

0 S NPQ S NQC S QDC

V V V V

Mà

1 1 1

3 3 12

S NPQ S BAQ ABQ

SP SN

V V S V

SA SB

  h S h =

1 1 1

2 3

S NQC S BQC BQC

SN

V V S V

SB

  h S h =

1 1

3 4

S QDC QDC

V  S h S h = V Suy

1 1

12 4 12

V  V V  V  V

Dẫn đến

7 12

V  V

5 12

V  V V  V

Vậy 5

12

V

V 

Nhận xét: kết cho hình chóp có đáy hình bình hành A

B N

Q S

P

Câu Cho khối hộp ABCD A B C D ' ' ' ', điểm M thuộc cạnh CC' cho CC' 3 CM Mặt phẳng (AB M' ) chia khối hộp thành hai khối đa diện V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh 'A , V2 thể tích khối đa diện chứa đỉnh B Tính tỉ số thể tích V1 V2

A 45

13 B

13

5 C

41

13 D

14 13 Lời giải

Chọn C

Gọi EB M' BC F, AEDC

Gọi V thể tích khối hộp ABCD A B C D ' ' ' '

 

 

' ' , ' ' ABB A

V S d C ABB A

 

    

' ' ' '

1. . , ' 1 . .3 , ' '

3 2

E ABB ABB ABB A

V  S d E ABB  S d C ABB A  V

 

    

' '

1 1 1

, , ' '

3 108

E FCM FCM ABB A

V  S d E FCM  S d C ABB A  V

2 '

13 54

E ABB E FCM

V V V  V

1

41 54

V  V V  V

1

41 13 V

V 

Câu (Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương 18-19)Cho hình hộp ABCD A B C D     có A B vng góc với

mặt phẳng đáy ABCD, góc AA ABCD 45 Khoảng cách từ A đến đường

thẳng BB DD Góc mặt BB C C   mặt phẳng CC D D   60 Thể tích khối hộp cho

A 3 B C D

Lời giải Chọn D

Cách 1:

F

E M

D' A'

B' C'

D

C B

Gọi H, K hình chiếu vng góc A đường thẳng BB DD Ta có: d A BB ; d A BB ;  A H 1, d A DD ; d A DD ; A K 1

 



 

, 45

AA ABCD

A B ABCD

   

 

   

A AB 45o  1

   2

A B  ABCD A B AB

Từ  1  2 ta suy A AB tam giác vuông cân BA B  AB

A B A B   H

   trung điểm BB

Mặt khác, góc hai mặt phẳng BB C C   CC D D   góc hai mặt phẳng

AA D D   BB A A   nên ta suy HA K  60 , mà A H  A K 1 (chứng minh trên)

 A HK tam giác

4

A HK

S 

 

1

A H  BB

Lại có:

   

A H BB

A K BB BB A HK

A H A K A

   

      



     



Do đó: . 3

4

A B D ABD A HK

V    BB S   

Vậy . . 3

2

ABCD A B C D A B D ABD

V      V     

Cách 2: (Võ Thanh Hải)

Với giả thiết ta suy A BB  vuông cân A BB2A H 2 Từ ta tính

ABB A

S   A H BB 

*Vì

 

//

A H BB

A K BB BB DD

  



     

Ta có BB C C   , CC D D   AA D D   , BB A A  HA K  60 , mà A H A K 1 nên suy

A HK

 đều,  ,   ,   , 

d D ABB A  d K ABB A  d K A H 

* .  ,  3.2

2

ABCD A B C D ABB A

V     d D ABB A  S   

Cách 3: Lưu Thêm

+) Gọi H, K hình chiếu A BB, DD Gọi H, K hình chiếu A BB, DD +) Ta có AH  AK 1

+) A AB 45 nên A AB vuông cân B Đặt A B AB x   AAx +) Ta có A A AB sin 45 A H BB   2

2

x x x

   x AA2

+) BCC B  , CDD C   HE KE,   60 

+) sin

2

AHEK

S AH AK 

+) . . 3

2

ABCD A B C D AHEK A H E K AHEK

V     V      AA S  

Câu (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A)Cho hình hộp chữ nhật ABCDA B C D    Khoảng cách

AB B C 5 a

, BC AB 5 a

, AC BD 3 a

Thể tích khối hộp

A 2a3. B a3. C 8a3. D 4a3.

Đặt ABx, ADy, AA z

Gọi H hình chiếu vng góc B B C , ta có BH đoạn vng góc chung AB

B C nên  ,  2 12 12 52

5

a

d AB B C BH

BH z y a

       (1)

Gọi I hình chiếu vng góc B AB, ta có BI đoạn vng góc chung BC AB nên  ,  12 12 12 52

4

d BC AB BI

BI x z a

      (2)

Gọi M trung điểm DD, O giao điểm AC BD, ta có mặt phẳng ACM chứa AC song song với BDnên d AC BD , d BD ACM , d D ACM , 

Gọi J hình chiếu vng góc D AC, K hình chiếu vng góc D MJ , ta có

 

     2 2

1 1

, ,

d D ACM d D ACM DK

DK x y z a

        (3)

Từ (1), (2) (3) ta có 22 12

2 z a x y a

z  a     

Thể tích khối hộp V xyz 2a3

 

Câu Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' tích Gọi M N, hai điểm nằm hai cạnh '

AA BB' cho M trung điểm AA' '

BN  BB Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A' ' P đường thẳng CN cắt đường thẳng C B' ' Q Thể tích khối đa diện

' '

A MPB NQ

A 13

18 B

7

18 C

7

9 D

5

Lời giải Chọn C

P Q

N

M

C' B' A'

Ta có: ' ' ' '

' ' ' ' '

QB B N B N QC

QC C C  B B  B C 

'

' ' ' ' ' ' '

'. ' 2.3 3 3 ' ' ' '

PQC

PQC A B C A B C

S PC QC

S S

S A C B C



 



    

Đặt hd C A B C ; ' ' '

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

1

.3

3

C C PQ PQC A B C A B C ABC A B C

V  S h S hS h V 

Mặt khác: ' ' ' 'C'

2

3

C ABB A ABC A B

V  V 

' '

' ' ' '

1

' ' 7 7 7 4 7

2 . .

' ' ' ' 12 12 12

C ABNM ABNM

C ABNM C ABB A C ABB A ABB A

AA AA

V S AM BN

V V

V S AA BB AA AA

 

       

 

Suy ra: ' ' ' ' ' ' . 11 9

CC MNB A ABC A B C C ABNM

V V V   

Vậy: ' ' . ' ' ' ' 11 9

A MPB NQ C PQC CC MNB A

V V V   

Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, cạnh SA lấy điểm M đặt

SM x

SA  Giá trị x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp cho thành hai phần tích

nhau là:

A

x  B

2

x C

2

x  D

3 x

Lời giải

Chọn C

Ta có:

 

     

/ / D

D / /

D

BC SA SM SN

SA BMC MN BC x

SA S

BC BMC

      

 



2

S MBC S MBC S ABC

V V SM

x

V  V  SA 

2

2 .

D

S MCN S MCN S ACD

V V SM SN x

V  V  SA S 

   

2

S MCN S MBC S MBCN S MBCN

V V V V x x

x x x x

V V V

 

       

Mặt phẳng (MBC) chia khối chóp cho thành hai phần tích 1 2 

2

S MNBC

V

V 

Từ  1  2 ta có: 1

2

x x x 

Câu Cho hình chóp tam giác S ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC, biết góc tạo SG mặt phẳng SBC 300 Mặt phẳng chứa BC vng góc với SA chia khối chóp cho

thành hai phần tích V1 , V2 V1 chứa điểm S Tỉ số

V V

A

7 B C D

1 Lời giải

Chọn D

*) Giả sử AGBC H BCSH Ta có hình chiếu SG lên mặt phẳng SBC trùng vớiSH Do đó, SG SBC; GSH300

*) Hạ BKSASABCK Mặt phẳng chứa BC vng góc với SAtại K BCK chia khối chóp cho thành hai phần tích V1 , V2 V1 chứa điểm S

Suy ra, V1VS KBC ; V2VA.KBC VS.ABCV1

Giả sử ABC có cạnh Ta có ,

GH  ;

3

GB ;

SGH

 vng H có GSH 300 nên:

0

1 tan 30

GH

SG  ;

3

SH 

Lại có, SGB vng Gsuy độ dài cạnh bên

2

2 21

2

SA SB  SG GB        

 

Trong SAB ta có BK 2S SAB

SA 

 mà

2

SAB SBC

SAB SBC S S SH BC

hay

3

.1

2 . 2

3

21

SH BC

SH BC BK

SA SA

   

Ta có, 2 1 21

7

AK  AB BK    21 21 21

6 42

SKSA AK   

Ta có ,

21

1

42

7

21

S KBC

S KBC S ABC S ABC

V KS V V

V  AS     A

6

A KBC S BC

V  V

Vậy,

1

1

6 6

7

S ABC S ABC

V V

V  V 

Câu [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Cho khối lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' Gọi M N, thuộc cạnh bên AA CC', ' cho MA MA ' NC4NC' Gọi G trọng tâm tam giác ABC Trong bốn khối tứ diện GA B C' ' ', BB MN ABB C' , ' ' A BCN' , khối tứ diện tích nhỏ nhất?

A KhốiA BCN' B KhốiABB C' ' C KhốiBB MN' D Khối GA B C' ' '

Lời giải Chọn A

Giả sử lăng trụ tích V

Thể tích khối tứ diện GA B C' ' ' là: 1 ' ' '  , ' ' '

3 A B C

V  S d G A B C  V

Thể tích khối tứ diện A BCN' là: 2  ',  BCN

V  S d A BCN

Mặt khác: '. ' ' '

A BCC B A ABC

V  V V  V

    ' ' '

1 . , ' 4. '. , '

2 5

BCN BCC BCC B

S  CN d B CC  CC d B CC  S  S

Suy 2 ' ' ' 2 A BCC B 15

V  V  V  V

Thể tích khối tứ diện ABB C' '

 

    

3 ' ' ' ' ' '

1 1 1

, ' ' , ' '

3 BB C BCC B A BCC B 3

Thể tích khối tứ diện BB MN' 4 '  , ' '  BB N

V  S d M BCC B

Mặt khác: ' '  , ' '  , ' ' ' '

2 2

BB N BB C BCC B

S  BB d N BB  BB d C BB S  S

Từ 4 1 ' '  , ' '

3 BCC B 3

V  S d A BCC B  V  V

Vậy, thể tích khối tứ diện A BCN' bé

Câu 10 Cho hình chóp tam giác S ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC, biết góc tạo SG mặt phẳng SBC 30 Mặt phẳng chứa 0 BC vng góc với SA chia khối chóp cho

thành hai phần tích V1 , V2 V1 chứa điểm S Tỉ số

V V

A B

7 C

1

6 D

Lời giải Chọn C

*) Giả sử AGBC H BCSH Ta có hình chiếu SG lên mặt phẳng SBC trùng vớiSH Do đó, SG SBC; GSH300

*) Hạ BKSASABCK Mặt phẳng chứa BC vng góc với SAtại K BCK chia khối chóp cho thành hai phần tích V1 , V2 V1 chứa điểm S

Suy ra, V1VS KBC. ; V2VA.KBC VS.ABCV1

Giả sử ABC có cạnh Ta có ,

GH  ;

3

GB ;

SGH

 vng H có GSH 300 nên:

0

1 tan 30

GH

SG  ;

3

Lại có, SGB vng Gsuy độ dài cạnh bên

2

2 21

2

SA SB  SG GB        

 

Trong SAB ta có BK 2S SAB

SA 

 mà

2

SAB SBC

SAB SBC S S SH BC

     

hay

3

.1

2 . 2

3

21

SH BC

SH BC BK

SA SA

   

Ta có, 2 1 21

7

AK  AB BK    21 21 21

6 42

SKSA AK   

Ta có ,

21

1

42

7

21

S KBC

S KBC S ABC S ABC

V KS

V V

V  AS     A

6

A KBC S BC

V  V

Vậy,

1

1

6

7

S ABC S ABC

V V

V  V 

Câu 11 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hình chóp S ABC có góc mặt bên mặt đáy ABC 60 Biết khoảng cách hai đường thẳng 0 SA BC 3 7,

14

a tính theo a thể tích V

của khối chóp S ABC

A

3 12

a

V  B 3

16

a

V  C 3

18

a

V  D 3

24

a V 

Lời giải: Chọn D

Gọi O trung điểm AC, x cạnh tam giác đều, G trọng tâm tam giác ABC +) Ta có SOAC BO;  AC nên góc (SAC) (ABC) SOB600 Vì SABC chóp nên SG (ABC)SGGO

Xét tam giác vng SAG có

0

tan 60

3 2

x x

+) Từ A kẻ AD / / BC suy ra:

 ;   ;   ; 

d BC SA d BC SAD d B SAD

Mặt khác ta có  ;  ( ;( )) (*)

d G SAD  d B SAD

Vì BAD120 ; 0 BAG 300 GAD900 hay AGAD (1)

Lại có SGAD (2) ( )

AD AGS

  Kẻ GK SA (3)GK  AD (4) Từ (3) (4) suy GK (SAD)d G SAD( ;( ))GK Do ( ;(d G SAD))GK

Xét tam giác vuông SGA ta có:

2

2 2

1 1 1 7

7

4

x GK x

GK  GA GS  x     x  

 

   

 

Từ (*) ta có 7 14

x  a  x a Vậy

2

a SG

2 3

ABC a

S 

Thể tích khối chóp S.ABC là:

2

1 . 1 . 3.

3 24

S ABC ABC

a a a

V  SG S  

Chọn đáp án D

Câu 12 Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có AA' 2 a, tam giác ABC vng C BAC60 ,0 góc

giữa cạnh bên BB' mặt phẳng đáy ABC 600 Hình chiếu vng góc 'B lên mặt

phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối tứ diện A ABC' theo

a

A 3 26

a B 9

26

a C 27

208

a D 9

208

a

Lời giải

Chọn B

Gọi H trọng tâm tam giác ABC, I trung điểm cạnh AC Theo giả thiết ta có: B H' ABC BB',ABCB BH' 600

Trong tam giác vng 'B BH có :

0

' '.sin 60

B H BB  a a

0 3

'.cos 60

2 2

a

Giả sử , 0 .cos .cos 600 ; .sin 600

2

x x

ABx x AC AB BAC x  BC AB 

Áp dụng định lý côsin tam giác ABI, ta có

2

2

2 2 2 .cos 600 2 .1 36

4 4 13

a x x a

BI  AB AI  AB AI  x     x x 

 

Diện tích tam giác ABC 3

2 2 26

x x x a

S CA CB  

Vậy, thể tích khối tứ diện A ABC' là: ' 3

3 ABC 26 26

a a

V  S B H  a 

Câu 13 Cho hình chóp S ABCD có đáy.ABCD hình vng cạnh 2, SA2 SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M, N hai điểm thay đổi hai cạnh AB,AD AN AM  cho mặt phẳng SMC vuông góc với mặt phẳng SNC. Khi thể tích khối chóp S AMCN đạt giá trị lớn giá trị 12 162

AN AM bằng:

A B

4 C D

17

Lời giải Chọn A

Đặt AM x AN y ,  0   y x 2

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz tương ứng hình vẽ Ta có: A0;0;0, S0;0;2, M x ;0;0,

0; ;0

N y C2;2;0

Ta có: SMx;0; 2 , SC2; 2; 2 , SN0; y; 2 

SMC , 4;2 4;2 

n SM SC  x x

Lại có nSNC SN SC,  2y 4; 4; 2y

  

     

Do SMC  SNC nên nSMC .nSNC 0

       

4 2y 4 2x 4 4 2 2x y 0

        

 

12

2 2

2

x y xy x y

y

            



Ta có  

1

3

S AMNC AMNC AMN CMN

V  S SA S S SA

Mà SA2, ,

2

AMN

x y

S   AM AN  , , 2 

2

CMN

x y x y

Suy    

2

1

.2

3 2

S AMNC

x y xy

xy

V        x y

 

Để VS AMNC. đạt giá trị lớn x y  đạt giá trị lớn

Xét 12

2

P x y y

y     



2

2 12

2

y y y y y

P

y y

     

  

 

      

 

2

2

2

y y y y

P y

y

    

 

  

 

2

2

2

2

y y y y y

P y

y

     



 

    

2

4

2

y y

P y

y

 



 



  0 4 6 0 10

2 10 y

P y y y

y

    

       

  



So điều kiện ta nhận y  2 10   x 2 10

     1; 2

2 11

1 x

Max P y P

y

   

 

    



 (thỏa yêu cầu đề bài)

Vậy 12 162

y  x 

Câu 14 Cho hình chóp tứ giác S ABCD đỉnh S, khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB Gọi V thể tích khối chóp S ABCD , tính giá trị nhỏ V

A 18 B 54 C 64 D 27 Lời giải

Chọn B

Gọi O giao điểm AC BD, M trung điểm AB Vì S ABCD hình chóp tứ giác nên SOABCD Ngoài ra, CO cắt SAB A nên   

 

 ;;  12

d O SAB AO

AC

d C SAB  

 

 ;   ; 

2

d O SAB d C SAB

    

Ta có:   

 //   

AB SO SO ABCD

AB SOM

AB OM OM AD

  

  

SAB SOM

  ,

mà SAB  SOMSM, SOM, kẻ OHSM H

Suy OHSABOH d O SAB ; 3 Đặt AD2a, SO h a h, 0

Áp dụng hệ thức lượng SOM vng O có SO h , OMa, OH 3, ta được:

2 2 2

1 1 1

9

OH  SO OM h a 

Mà  

2

2

1

3 3

S ABCD ABCD

h a

V V  SO S   a ha h V

Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương: 12

h ,

1 2a ,

1

2a , ta được:

3

2 2 2

1 1 1

3

2 2

h  a  a  h  a  a

 2

3 2

3

1 4 27 4 27

9 4a h a h a h

     

3

2 27 81 54 3

4

a h V V

     

2 2

2 2

1 1 1 3 3

9 27

54 3 6

1 1

2

2 27

h

h a h

V

a

h a a

      

 

  

   



    

 

 

Vậy Vmin 54

Câu 15 Cho tứ diện ABCD có AB x , ACAD CB DB  2 3, khoảng cách AB, CD Tìm x để khối tứ diện ABCD tích lớn

A x 22 B x 13 C x 26 D x 11

Lời giải Chọn A

Gọi M , N trung điểm cạnh AB CD ACD

BCD

 cân B (vì BD BC ) nên BN CD Suy CDABNMN CD

Tương tự, ta có MN AB Do MN đoạn vng góc chung hai đường thẳng AB CD suy d AB CD , MN 1

CMD

 cân M cho

2

2 2 12

4 x

MC MD BC MB  

Và  

2 2

2 44

4

MC MD CD

MN    CD x

Mà 2

1 1

2 44 44

3 3

ABCD A MCD MCD

x

V  V  S AM  MN CD AM  x  x x

Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có  

2

2

2 44

44 22

2

x x

x x    

Suy 1.22 11 max  11

6 3

ABCD ABCD

V    V  Dấu " " xảy x 44x2  x 22

Vậy x 22 thể tích khối chóp ABCD đạt giá trị lớn

Câu 16 Cho tứ diện ABCD có hình chiếu Alên mặt phẳng BCDlà Hnằm tam giác BCD Biết H tâm mặt cầu bán kính 3và tiếp xúc cạnh AB AC AD, , Dựng hình bình hành AHBS Tính giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S BCD

A B 3 C

2 D

3

Lời giải Chọn D

Gọi M,N,P hình chếu H lên AB,AC,AD ta có

     

HM=HN=HP= 3AM=AN=APAH MNP  MNP  BCD ABAC AD

( AH trục đường tròn MNP )

AH trục đường tròn ngoại tiếp BCD

Gọi I=AH BS IB=IC=ID=IS Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD

2

2 2

1 1 12

4

x

IH x HB

HM HB HA x

     



4

2 2

2

4 :

4

x x

HBI taiH BI HB HI

x 

    



 

2

2

2

4 16 24 27

( ) ( ) ( )

4 4 3

t t t t

t x f t t f t

t t

   

     

 

9

( ) ( ) ( )

4

f t   t n   t l

Vẽ bảng biến thiên

3

R 

Câu 17 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C    Gọi M N P, , trung điểm A B BC CC , ,  Mặt phẳng MNPchia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa điểm B gọi V1 Gọi V thể tích khối lăng trụ Tính tỉ số V1

V

A 49

144 B

95

144 C

73

144 D

49 95

Lời giải

Chọn A

Ta có 1,

IH IN IB

IM  IG  IB

1

,

3

GC GP GJ

GB GI GM

  



Ta có .  ,   ,  .1  , 

3 2

I B MG B MG

V   d I B MG S   d B B MG d G B M B M 

 

   

3

, ,

8d B B MG 2d G B M B A   8V

 

1 1

27 27 72

I BHN

I BHN I B MG I B MG

V IB IH IN

V V V

V   IB IM IG      ,

1 1

18 18 48

G C JP

G C JP I B MG G B MI

V GC GJ GP

V V V

V GB GM GI



 





     

Khi

1

3 1 49 49

8 48 72 144 144

I BHN

I B MG G C JP

V

V V V V V V V V

V

 

        

Câu 18 (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 2018-2019) Trong khối chóp tứ giác S ABCD mà khoảng cách từ A đến mp SBC  2a, khối chóp tích nhỏ

A 3 3a3. B 4 3a3. C 2 3a3. D 2a3.

Lời giải Chọn C

Gọi O tâm mặt đáy, M trung điểm cạnh BC

Dễ thấy S ABCD khối chóp tứ giác nên ABCD hình vng SOABCD Gọi H chân đường vng góc hạ từ O xuống SM mpSMOOH SM (1) Hơn nữa, OM BC SM BC BCSOMOHBC (2)

Từ (1) (2) OHSBCd O SBC ; OH

Do O trung điểm cạnh AC nên d A SBC ; 2d O SBC ; 2OH Theo giả thiết d A SBC ; 2aOH a

Giả sử chiều dài cạnh đáy 2x (x a OM OH ) SO h (h0) Trong tam giác vuông SOM

2 2

2

h x OH

h x

 

2 2

2

h x a

h x

 

 h x2 2a2a x2

2 2

2

a x h

x a

 



Thể tích khối chóp S ABCD

 2

1

V  h x 16

9

V h x

 

2

2

2

16

a x

V x

x a

 



2

2

2

16

a x

V

x a

 



Xét hàm số  

2

2

16

a x

f x

x a



 

 

2

2 2

16

a x x a

f x

x a



 



 

 

5 2

2

2 2

2 16

x x a

a

x a

 

 ;  

0

0 3

2 x f x

x a

  

   

  

Ta có BBT:

Hàm số f x  đạt giá trị nhỏ 12a6 nên khối chóp tích nhỏ 2 3a3.

Câu 19 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC Điểm I thuộc đoạn SA Biết mặt phẳng MNI chia khối chọp S ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S tích

13 lần phần cịn lại Tính tỉ số 

IA k

IS?

A

2 B

2

3 C

1

3 D

3 Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng MNI cắt khối chóp theo thiết diện hình Đặt VS ABCD V

Ta có 1

4 8

APM APM BMN ABC ABCD

ABCD

S

S S S S

S 

       

 

 

 

 ,, 

d I ABCD IA k

SA k

d S ABCD   

 

 

 

     

,

8

,

I APM APM

I APM S ABCD ABCD

d I ABCD

V S k k

V V

V S d S ABCD k k



    

 

Do MN/ /AC IK/ /ACIK/ /ABCDd I ABCD ; d K ABCD ;  Mà SAPM SNCQ

 

8

I APM K NCQ

k

V V V

k

  



Kẻ IH/ /SD (H SD ) hình Ta có :

Hình Hình

I K

E

Q P

N M

D A

B C

S

A D

S I

P

E

1

IH AH AI k

SD  AD  AS  k

   

2

3 3

IH PH PA AH PA AH k k

ED PD PD PD PD AD k k



       

 

3 :

3

ED IH ID k

SD SD ED k

  



 

 

 

 ,,  33

d E ABCD ED k

SD k

d S ABCD

  



9

PQD ABCD

S S

 

27 27

24 24

E PQD

E PQD S ABCD

V k k

V V

V k k

   

 

13 13

20 20

EIKAMNCD E PDC I APM K NQC

V  V V V V  V

     

 

27 13

8 8 20

27 13

2 1

k V k V k V V

k k k

k k k

k k

   

  

    

 

Câu 20 (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Cho hình chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng  P chứa đường thẳng AC vng góc với mặt phẳng SCD, cắt đường thẳng SD E Gọi V V1

lần lượt thể tích khối chóp S ABCD D ACE, biết V 5V1 Tính cơsin góc tạo mặt bên mặt đáy hình chóp S ABCD

A

2 B

3

2 C

1

2 D

2

Lời giải

Chọn A

Gọi O tâm hình vng ABCD tứ diện OSCD có OS OC OD, , đơi vng góc Gọi H hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng SCDH trực tâm SCD Nối C với H cắt SD điểm, điểm E   P  ACE

1

1 2

5 S ACD D ACS 5

V  V V  V  V DE DSSE DS

Đặt: SD5 ,a a 0 suy DE2 ,a SE 3a

Vì ACSBDSDAC SDCE nên SDACE

Gọi I giao điểm SH với CD SI CD OI, CD I trung điểm củaCD Gọi  góc SCD ABCD  SIO

Trong tam giác SOD vuông O, OE đường cao

2

2

10 10

2

15 15

OD ED SD a OD a

CD a

SO SE SD a SO a



   

 

   

 

  

 

Do

2

OI  CD a SI 2a cos

2

OI SI



  

A

C

O I

H E

B

Câu 21 Cho tứ diện SABC có trọng tâm G Một mặt phẳng qua G cắt tia SA SB, SC theo thứ tự A B C  , , Đặt SA m,SB n,SC p

SA SB SC

  

   Đẳng thức sau

A 1 1 1 4

mn np pm   B

1 1 m n  p

C m n p  4 D 12 12 12 1

m n  p 

Lời giải

Chọn B

Gọi M N, trung điểm cạnh BC SA, , O trọng tâm tam giác ABC.Khi đó, ta có:

 G SO MN

Xét tam giác SAM có: 1  1 1 

2 2

SG SN SM   SA SM  SA SM

 

      

và 1 

3 3

SG

SO SA SM SA SM SG

SO

      

     

Ta có: 3

4

SA GC SAOC

SA GC SAOC

V SA SG SC V

m p V mnp

V SA SO SC n

 

 

 

    (1)

3

4

SA GB SAOB

SA GB SAOB

V SA SG SB V

m n V mnp

V SA SO SB p

 

 

 

    (2)

3

4

SB GC SBOC

SB GC SBOC

V SB SG SC V

n p V mnp

V SB SO SC m

 

 

 

    (3)

Cộng (1),(2),(3) vế theo vế ta được:

3 1

4

SA B C SAOC SAOB SBOC

V mnp V V V

n p m

  

 

    

 

3 1

4

SA B C SAOC SAOB SBOC

SABC SABC SABC SABC

V V V V

mnp

V n V p V m V

    

     

 

3 1

4

AOC AOB BOC

ABC ABC ABC

S S S

mnp mnp

n S p S m S

 

     

 

 

 ;   ;   ; 

4 1 1 1 1

3 ; ; ; 3 3

d O AC d O AB d O BC

n d B AC p d C AB m d A BC n p m

 

       

 

1 1

m n p

   

Bình luận: Nếu làm trắc nghiệm, ta chọn mp qua G cắt SA SB SC, , mp NBC,ta có đáp án: 1

m n  p 

G

A C

B S

N

M O A'

Câu 22 Cho hình chóp tứ giác S ABCD Gọi N trung điểm cạnh SB, M điểm đối xứng với B qua A Mặt phẳng MNC chia khối chóp S ABCD thành hai phần tích V1, V2

với V V1 2 Vlà thể tích khối chóp S ABCD Tính tỷ số V1

V

A

24 B

5

24 C

5

12 D

7 12 Lời giải

Chọn C

Gọi P MN SA, Q MC AD Ta có thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng MNC tứ giác CNPQ Dễ thấy P trọng tâm tam giác SBM Q trung điểm đoạn AD Gọi V0 thể tích phần chứa điểm S, S diện tích tứ giác ABCD h chiều cao hình

chóp S ABCD Ta có

0 S NPQ S NQC S QDC V V V V Mà

1 1 1

3 3 12

S NPQ S BAQ ABQ

SP SN

V V S V

SA SB

  h S h =

1 1 1

2 3

S NQC S BQC BQC

SN

V V S V

SB

  h S h =

1 1

3 4

S QDC QDC

V  S h S h = V Suy 0 1

12 4 12

V  V V  V  V

Dẫn đến 2 12

V  V 1 2

12

V  V V  V

Vậy 5

12

V V 

Nhận xét: kết cho hình chóp có đáy hình bình hành

Câu 23 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Cho khối lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' Gọi M N, thuộc cạnh bên AA CC', ' cho MA MA ' NC4NC' Gọi G trọng tâm tam giác ABC Trong bốn khối tứ diện GA B C' ' ', BB MN ABB C' , ' ' A BCN' , khối tứ diện tích nhỏ nhất?

A KhốiABB C' ' B KhốiBB MN' C Khối GA B C' ' ' D KhốiA BCN'

Lời giải Chọn D

A B

N

Q S

P

Giả sử lăng trụ tích V

Thể tích khối tứ diện GA B C' ' ' là: 1 ' ' '  , ' ' '

3 A B C

V  S d G A B C  V

Thể tích khối tứ diện A BCN' là: 2  ',  BCN

V  S d A BCN

Mặt khác: '. ' ' '

A BCC B A ABC

V  V V  V

    ' ' '

1 4

, ' ' , '

2 5

BCN BCC BCC B

S  CN d B CC  CC d B CC  S  S

Suy 2 ' ' ' 2 A BCC B 15

V  V  V  V

Thể tích khối tứ diện ABB C' '

 

    

3 ' ' ' ' ' '

1 1 1

, ' ' , ' '

3 BB C BCC B A BCC B 3

V  S d A BCC B  S d A BCC B  V  V  V

Thể tích khối tứ diện BB MN' 4 '  , ' '  BB N

V  S d M BCC B

Mặt khác: ' '  , ' '  , ' ' ' '

2 2

BB N BB C BCC B

S  BB d N BB  BB d C BB S  S

Từ 4 1 ' '  , ' '

3 BCC B 3

V  S d A BCC B  V  V

Vậy, thể tích khối tứ diện A BCN' bé

Câu 24 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, cạnh SA lấy điểm M đặt

SM x

SA  Giá trị x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp cho thành hai phần tích

nhau là:

A

x B

2

x  C

3

x D

3

x 

Lời giải

Ta có:

 

     

/ / D

D / /

D

BC SA SM SN

SA BMC MN BC x

SA S

BC BMC

      

 



2

S MBC S MBC S ABC

V V SM

x

V  V  SA 

2

2

D

S MCN S MCN S ACD

V V SM SN

x

V  V  SA S 

   

2

S MCN S MBC S MBCN S MBCN

V V x x V x x V x x

V V V

 

       

Mặt phẳng (MBC) chia khối chóp cho thành hai phần tích 1 2 

2

S MNBC

V

V 

Từ  1  2 ta có: 1

2

x x x 

   

Câu 25 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19) Cho hình lăng trụ ABCD A B C D     có đáyABCD hình chữ nhật AB a , AD a Hình chiếu vng góc A mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm ACvà BD Góc hai mặt phẳng ADD A  ABCD 60 Tính thể tích khối tứ diện ACB D 

A

3

a

B

3

3

a

C

3

2

a

D

3

6

a

Lời giải Chọn C

Gọi O ACBD I trung điểm AD

Ta có ADD A   ABCDAD, OI AD A O ABCD nên góc hai mặt phẳng

ADD A  ABCD A IO  60

Tam giác A IO vuông O nên tan tan 60

2

a a

A O IO  A IO    

Thể tích khối lăng trụ ABCD A B C D     3 3

2

a a

V  AB AD A O a a   

a

60°

I

B' C'

D'

O C D

A

B A'

a

B' C'

D'

O C D

A

Dễ thấy

3 '

1 1 3

3

CC B D B ABC AA B D D ACD

a a

V    V V    V    AD DC A O    a  a 

Vậy thể tích khối tứ diện ACB D 

3 3

'

3

4

2

ACB D CC B D B ABC AA B D D ACD D ACD

a a a

V   V V   V V   V   V V     

Câu 26 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Gọi P điểm cạnh SC cho SC5SP Một mặt phẳng ( ) qua AP cắt hai cạnh SB SD M

N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị lớn V1

V

A

15 B

1

15 C

1

25 D

3 25

Lời giải Chọn D

Ta có V1

V S AMPN S ABCD V V  S APN S APM

S ABCD V V V   2

S APN S APM S ACD S ABC

V V

V V

 

2

SP SN SP SM

SC SD SC SB

        10 SN SM SD SB      

  Đặt

SM a

SB

 , b SN SD

 , 0a b, 1

Gọi O giao điểm hai đường chéo hình bình hành ABCD Trong mặt phẳng SAC, AP SO I 

Xét tam giác SOC có PS AC IO

PC AO IS 

IO IS

 

3 SI SO

 

Xét tam giác SBD có SMN

SBD

S SM SN

S  SB SD a b

Mặt khác, SMN SMI SNI SBD SBD

S S S

S S   2 SMI SNI SBO SDO S S S S

 

2

SM SI SN SI

SB SO SD SO

 

   

   

1 a b

 

Vậy, 1 

6 a b ab,

a không thoả mãn hệ thức nên

6 a b

a



 , 0 b nên

0 a a    a

  Từ đó, 1  

10 V

a b

V  

1

10

a a a       

  với

Xét hàm số  

6 x

y f x x

x

  

 với

1;1

x   

   2

1

6

y

x   

 ,

0

y  6x121

 

0 l x x

     



Ta có 5

f   

  ,

1 3

f    

  ,  

6

5 f  Vậy

   

;1

6

max

5

x

f x f

 

  

 

Từ đó, giá trị lớn V1

V

25 M trùng B N trùng D

Cách 2: Lưu Thêm

* Đặt a SA

SA

  ; b SB SM

 ; c SC

SP

  ; d SD SN



* Ta có a c b d         1 b d d b

*

 

2

1

4 4.1 .5 6

S AMPN S ABCD

V a b c d b b

V abcd b b b b

      

  

  

* Xét   21 ;  1;5

5

f b b

b b

 

  (dob, d1)  

 2 2

3

5 6

b f b

b b

    

  ; f b   0 b

Bảng biến thiên:

Kết luận: Giá trị lớn

25 V

V 

Câu 27 Cho tứ diện ABCD có cạnh ABBCCDDA1 AC BD, thay đổi Thể tích tứ diện

ABCD đạt giá trị lớn bằng:

A

9 B

2

27 C

4

9 D

4 27

Lời giải Chọn B

F

E D

C

Đặt ACx BD, y x y , 0

Gọi ,E F trung điểm AC BD,

 

ABC DBC c c c DE BE EF BD

       Chứng minh tương tự: EF AC Suy EF đoạn vng góc chung AC BD,

Ta có AC EF AC BED

AC BE

 

  

  

 

1 2

2

3 3 2

ABCD ABDE BED

x y

V  V  AE S  AE EF BF EF

Trong : 2 1 2.

4

x y

BEF EF BE BF

     

Ta có:

   

3

2 2

2 42 2 4 maxV 3.

144 144 243 27

ABCD ABCD

x y x y

V  x y  x y          

 

 

Dấu “=” xảy 2 4 2 3.

27

x       y x y x y

Câu 28 (Sở GD- ĐT Quảng Nam)Cho khối chóp S ABCD tích 1, đáy ABCD hình thang với cạnh đáy lớn AD AD3BC Gọi M trung điểm cạnh SA N, điểm thuộc cạnh CD

sao cho ND3NC Mặt phẳng BMN cắt cạnh SD P Thể tích khối chóp A MBNP

A

8 B

5

12 C

5

16 D

9 32 Lời giải

Chọn A

ĐặtV V S ABCD. 1

Gọi I giao điểm BN với AD, suy P giao điểm MI với SD BC DI ND3NCDI 3BCD trung điểm AI

Do P trọng tâm tam giác

SP SAI

SD

 

1 1

4 4 16

BCN BCD ABCD ABCD

S  S  S  S ; 9

16

ADN NID BCN ABCD

S S  S  S

3

ABN ABCD BCN ADN ABCD

S S S S  S Suy . ; .

8 16

S ABN S ADN

V  V V  V

1

;

2 16

S MBN S ABN A BMN S ABN

V  V V  V  V

1 1

2 2 16

S MNP S ANP A MNP S ANP S AND

V  V V  V  V  V

I N

P M

S

D C

B

Do . . . 3 8

A MBNP A BMN A MNP

V V V  V 

Câu 29 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C    Gọi M N P, , trung điểm A B BC CC , ,  Mặt phẳng MNPchia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa điểm B gọi V1 Gọi V thể tích khối lăng trụ Tính tỉ số V1

V

A 49

144 B

95

144 C

73

144 D

49 95

Lời giải

Chọn A

Gọi INP BB G NP B C J MG ,    ,  A C H , IMAB

Ta có 1,

3

IH IN IB

IM  IG  IB

1

,

3

GC GP GJ

GB GI GM



  



Ta có .  ,   ,  .1  , 

3 2

I B MG B MG

V   d I B MG S   d B B MG d G B M B M 

 

   

3

, ,

8d B B MG 2d G B M B A   8V

 

1 1

27 27 72

I BHN

I BHN I B MG I B MG

V IB IH IN

V V V

V   IB IM IG      ,

1 1

18 18 48

G C JP

G C JP I B MG G B MI

V GC GJ GP

V V V

V GB GM GI



 





     

Khi

1

3 1 49 49

8 48 72 144 144

I BHN

I B MG G C JP

V

V V V V V V V V

V

 

        

Câu 30 Cho hình hộp ABCD A B C D     Gọi M, N, P trung điểm AA,BC, CD Mặt phẳng MNP chia khối hộp thành hai phần tích V V1, Gọi V1 thể tích phần chứa điểm C, Tỉ số

1

V V

A

119

425 B

119

25 C

113

24 D

3

Chọn B

Gọi NP AB H NP AD;  L ML D D;   I MH B B;   K

Mặt phẳng MNPcắt lập phương ngũ giác KNPIM

Khi ta có (g.c.g) HN PL ; 1;

3 3

HL HB HN KB DI

HBN NCP PDL

HA HL MA MA

           

Suy      

1 . . . .

3 ABKM ABNPD BKN

V V IBAMK V IABNPD V IKNB  S AD ID S  DC S

1

2 3

7

ABKM

ABKM ABB A ABB A

ABNPD ABCD CNP ABCD

S BK AM

S S

S AA

S S S S

   



    

  

1 24

KBN BCC B

S  S  

Đặc biệt hóa khối hộp chữ nhật khối lập phương ta suy

1 1 DD 1 25

3 ABB A ABCD 24 BCB C 144

V  S   AD  S  DC S    V

Vậy

119 25

V V 

Câu 31 Cho lăng trụ ABC A B C    tích V Các điểm M N E, , nằm cạnh

, ,

A B A C AB    cho MA3MB NA, NC EB, 3EA.Mặt phẳng MNE cắt AC F Thể tích khối đa diện lồi BEFCC MN

A

8V B

41

72V C

53

72V D

5 24V

Lời giải

Chọn C

A' C'

B'

A

B

C M

E

N

M'

Ta có: ABC // A B C  

Mà MNE  A B C  MN MNE;   ABCEFEF MN// Do hình đa diện A MNAEF hình chóp cụt

Gọi h chiều cao khối lăng trụ, S diện tích đáy hình lăng trụ

Ta có: 3

4

A MN

A MN A B C

S A M A N

S S

S A B A C



   

 

   

   

1 1 1

4 24 24

AEF

AEF ABC

S AE AF S S

S  AB AC    

Thể tích hình chóp cụt A MNAEF

 

1 . . 3 . . 13 . 13

3 24 24 72 72

A MN AEF A MN AEF A MN AEF

V  S  S S  S h S S S S h S h V

 

         

 

Ta lại có: 1

4

B C M

B C M B C A

S B C B M

S S

S B C B A

 

    

  

   

   

Thể tích khối chóp B B C M  là: . 1 12

B B C M

V    S h V

Thể tích khối đa diện BEFCC MN là: 13 53 73 12 72

V  V V V

 

Chuyên đề

Câu Cho tam giác cạnh , đường thẳng qua vng góc với mặt phẳng Gọi điểm thay đổi đường thẳng , trực tâm tam giác Biết điểm thay đổi đường thẳng điểm nằm đường trịn Trong số mặt cầu chứa đường trịn , bán kính mặt cầu nhỏ

A B C D

Lời giải Chọn B

Gọi G trực tâm tam giác ABC

Ta có BCSAIBCGH (1) DC SABDCSB

 

SB KC

SB CDK SB GH

SB CD

    



  (2)

(1), (2) suy GH SBCGHI90oH thuộc mặt cầu đường kính GI thuộc mặt phẳng

cố định SAI nên H thuộc đường tròn  C giao mặt cầu đường kính GI mặt phẳng

SAI Dễ nhận thấy mặt cầu chứa  C , mặt cầu đường kính GI mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, suy H nằm đường tròn đường kính GI nằm SAI min

2 12

GI a

R

  

Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S1 có tâm I11;0;1 , bán kính

R  mặt cầu  S2 có tâm I21;3;5 , bán kính R21 Đường thẳng d thay đổi tiếp xúc với  S1 ,  S2 A B Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn AB Tính P M m

A P8 B P8 C P4 D P2

Lời giải Chọn A

ABC a d A ABC

S d H SBC S

d H  C

 C 2

a

12

a

6

a

a

Ta có : I I1 2 5 R1R23

Gọi P Q, tâm vị tự hai mặt cầu    S1 , S2 Qua P Q kẻ hai tiếp tuyến chung với hai mặt cầu    S1 , S2 MN HK với M N H K, , , tiếp điểm

của tiếp tuyến d với hai mặt cầu Khi ABmin MN, ABmax HK

Ta có: 2

1

2

10

1

1 3 4

1

2

2 3

PI PN

PN PM

PI R

PN

MN MP PN

PM PI R PI PI PI PM

 

   

 

  

         

     

  

  

Ta có: 2

2

1

1

1 5

1

2

QI QI

QI QK R QI I I

QI QH R QK QH

 



      

 



Ta có: 2 2

1 10 6

QH I Q R    HK

Do : M m HK MN  2 6.4 6

Câu (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19) Cho tam giác ABC có đỉnh A 5;5 nội tiếp đường trịn tâm I đường kính AA, M trung điểm BC Khi quay tam giác ABM với nửa hình trịn đường kính AA xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta khối nón khối cầu tích V1 V2

Tỷ số

1

V V bằng

A'

M C

B

A

32 B

9

4 C

27

32 D

4

Lời giải Chọn A

Gọi độ dài cạnh tam giác ABC a Khi khối nón tạo thành có bán kính đáy là:

2

a

r BM  ; chiều cao

a h AM 

Thể tích khối nón

2

2

1 3

3 2 24

a a a

V  r h     

 

Khối cầu tạo thành có bán kính

3

a

R AM 

Thể tích khối cầu là:

3 3

3

4 4

3 3 27

a a

V  R      

 

Suy ra:

3

1

3 :

24 27 32

V a a

V

 

 

Câu Cho hình chóp S ABC có ,

3

a

SA SB SC ABa BC  mặt phẳng SAC vng góc với mặt phẳng ABC Tính diện tích xung quanh mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A 15

7

a

 . B 12

7

a

 . C 4

7

a

 . D 3

7

a

 .

Lời giải

Chọn B

Gọi H trung điểm ACSH ABC Gọi I trung điểm

2

BC a

ABHI  

Tam giác SAB cạnh

a aSI 

2 21

6

a

SH  SI HI 

2 15

2

3

a

AC  AH  SA SH 

Gọi ,r rb d bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAC ABC,

Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

2

1 35 21

2 12

SAC b

SAC

a SA SC AC a

S SH AC r

S 



    

B I

C H A

Theo công thức Hê-rông:

2 6 . . 15

6

ABC d

ABC

a AB AC BC a

S r

S 



   

2

2 21

4

b d

AC a

R r r   Vậy:

2 2

21 12

7

mc

a a

S     

 

Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Trong khơng gian cho tam giác ABC có



2 , , 120

AB R AC R CAB  Gọi M điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm B, bán kính R Giá trị nhỏ MA2MC

A 4R B 6R C R 19 D 2R

Lời giải Chọn C

Ta có    

2

2 2

2 2 . 2

2

BA MB

MA MB BA MB MB BA BA MB BA MB BA

MB BA

   

          

   

         

2

2 2

2

MA MB BA

   

4

BA

MA MB

  

 

Gọi D điểm thỏa mãn

4

BA BD

 

, MA2 MB BD  2 MD 2MD Do MA2MC2MC MD 2CD

Lại có 2 2 . cos120 19 19

4

CD AC AD  AC AD   R CD R

Dấu xảy M giao điểm đoạn CD với mặt cầu tâm B bán kính R Vậy giá trị nhỏ MA2MC R 19

Câu (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Người ta thả viên bi có dạng hình cầu có bán kính 2,7cm vào cốc hình trụ chứa nước (tham khảo hình vẽ dưới) Biết bán kính phần đáy cốc 5,4cm chiều cao mực nước ban đầu cốc

4,5cm Khi chiều cao mực nước cốc là?

A

C

A 5,6cm B 5,5cm C 5,4cm D 5,7cm

Lời giải Chọn C

Gọi R2,7cm bán kính viên bi Ta có bán kính phần đáy cốc 2R Thể tích nước ban đầu là: V1 2R 2.4,5 18 R2

Thể tích viên bi là:

4

V  R

Thể tích nước sau thả viên bi là: 2

4

18

3

V V V   R  R  R   R

 

Gọi h chiều cao mực nước sau thả viên bi vào

Ta có:  

   

2

2

2

2

2 9

2 3

2 5.4

3 2

R R R

V R R R h h cm

R



 



     

   

     

       

 

Câu Cho hình trụ có hai đáy hai hình trịn O R;  O R;  AB dây cung đường tròn

O R;  cho tam giác O AB tam giác mặt phẳng O AB  tạo với mặt phẳng chứa đường tròn O R;  góc 60 Tính theo R thể tích V khối trụ cho

A

7

R

V  B

5

R

V   C

5

R

V  D

7

R

V  

Lờigiải Chọn D

M

B A

O'

Đặt độ dài cạnh AB x x0 M trung điểm AB Vì tam giác O AB nên O A O B AB x    

2 x O M

 

Vì mặt phẳng O AB  tạo với mặt phẳng chứa đường trịn O R;  góc 60 nên O MO  60 Xét tam giác O OM vuông O ta có: cosO MO OM

O M

 

 Suy

3 cos 60

4

2

OM x

OM x

   

Xét tam giác OAMvng M có: OA2OM2AM2 nên

2 2

2 7

4 16

x x

R       R  x  x R

 

Do đó: 21

2

x

O M   R 21

4

x

OM  R Vì vậy, ta có

2

7

OO O M OM  R

Vậy thể tích khối trụ

3

2. 2.3 7

7

R

V R hR R V 

Chuyên đề

Câu [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz,gọi  P mặt phẳng chứa đường thẳng :

1

x y z

d    

  tạo với trục Oy góc có số đo lớn Điểm sau

đây thuộc mặt phẳng P ?

A N  1; 2;  B F1;2;1  C E3;0;4  D M3;0;2 

Lời giải Chọn A

Ta có VTCP đường thẳng d ud (1; 1; 2)  

VTCP trục Oy j(0;1; 0) Gọi là góc dvà Oy, ta có cos

6

d d

u j

u j

   

 

  với

Gọi  góc mặt phẳng ( )P Oy, ( )P chứa d nên ta có   Dấu xảy mặt phẳng ( )P tạo với Oymột góc  thỏa mãn cos

6

 

( )P chứa d nên ( )P có dạng m x y(   1) n x z(2   2) 0, m2n2 0

2

(m )n x my nz m 2n 0,m n

        

2

2 2

5

sin 20 25

6 ( )

m

m mn n m n

m n m n

         

  

Chọn m5,n 2 suy phương trình mặt phẳng ( )P :x5y2z 9 Vậy điểm ( 1; 2; 1) ( )N     P

Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 2; 1 , B0; 4;0, mặt phẳng  P có phương trình 2x y 2z2017 0 Mặt phẳng  Q qua hai điểm A, B tạo với mặt phẳng

 P góc nhỏ  Q có vectơ pháp tuyến n Q 1; ;a b, a b

A B C 2 D

Lời giải Chọn A

Ta có AB  1; 2;1

Mặt phẳng  Q qua hai điểm A, B có vectơ pháp tuyến n Q 1; ;a b nên ta có

 

Q

AB n 

 

2a b

     b 2a

Suy n Q 1; ;1 2a  a Khi        

   

cos ,

P Q P Q

n n

P Q

n n



 

     

 2

2 2 2

2.1 2

2 1

a a

a a

   



    

2

5

a

a a



 

2

5

a

a a



  

Xét hàm số  

2

5

a f a

a a



  , ta có góc  P  Q nhỏ cos   P , Q  lớn

nhất f a  đạt giá trị lớn Ta có:

Tập xác định D

 

 

2 2

4

a a

f a

a a

 

 

  

Cho f a   0 4a24a0

 

 

 

0 0 1

3

a f

a f

  



   



 

  



Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy cos   P , Q  lớn nhất a Suy b 1

Vậy a b 0

Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2 z2 2x2y2z0, điểm 2; 2;0

A Viết phương trình mặt phẳng OAB, biết điểm B thuộc mặt cầu  S , có hồnh độ dương tam giác OAB

A x y z  0 B x y z  0 C x y 2z0 D x y 2z0

Lời giải Chọn B

 S có tâm I1;1;1 bán kính R

Dễ thấy hai điểm O, A thuộc  S , OA2 Đặt B x y z ; ; , x0

Từ giả thiết, ta có

 

   

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2

2 2

B S x y z x y z x

OB x y z y

z

AB x y z



         

 

       

  

         



 



(do x0)

Suy B2;0;2

Mặt phẳng OAB qua ba điểm O, A, B có phương trình x y z  0 Vậy OAB x y z:   0

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A1; ,  B2; ,  C 3;0 Phương trình đường phân giác ngồi góc A tam giác ABC

A 4x y  2 B y 2 C 2x y 0 D x1

Chọn D

Bài toán tổng quát:

Gọi d phân giác ngồi góc A tam giác ABC Đặt AE AB

AB 

 

, AF AC AC 

 

  AD AE AF Khi tứ giác AEDF hình thoi (vì AE AF 1) (Hình bình hành có cạnh kề nhau)

Suy tia AD tia phân giác gócEAF Do đó: AD d Nên AD vectơ pháp tuyến đường thẳng d

Áp dụng:  

 

1; , 2; , 2

AB AB AC AC          

 AD 2;0 1;0  Xem đáp án có đáp án A có vectơ pháp tuyến  1;0

Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng

  :x my z  2m 1   :mx y mz m    2 Gọi  hình chiếu vng góc d lên mặt phẳng Oxy Biết với số thực m thay đổi đường thẳng  ln tiếp xúc với đường trịn cố định Tính bán kính R đường trịn

A B C D

Lời giải Chọn C

Mặt phẳng   :x my z  2m 1 có vectơ pháp tuyến n11;m;1



Mặt phẳng   :mx y mz m    2 có vectơ pháp tuyến n2 m;1;m Ta có M m ; 0; m 1 d    

m m  

       

 

 

Đường thẳng d có vectơ phương  2  1; 1; ;

un n  m  m m 

Gọi  P mặt phẳng chứa đường thẳng d vng góc với mặt phẳng Oxy Khi  P có vectơ pháp tuyến nu k; 2 ;1m m2; 0

 

  

(với k0;0;1) Phương trình mặt phẳng  P 2mx 1 m y2 2m2 2 0

Trong mặt phẳng Oxy, gọi I a b ; ;0 tâm đường tròn

Theo giả thiết  tiếp tuyễn đường trònd I d ; d I P ; R (cố định)

  

 

2

2

2

2 2

0

4

ma m b m

R

m m

   

 

  

 

2

2 2

0

am b m b

R m                 2 2

2 2

2 2

am b m b R m

am b m b R m

                  2 2 2 a b R b R a b R b R                            0 0 a b R a b R                         

Vậy R2

Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt cầu:

 : 2  2 2 2 3 0

m

Biết với số thực m  Sm ln chứa đường trịn cố định Tính bán kính r đường trịn

A r B

3

r C

3

r D

3

r

Lời giải Chọn C

Mặt cầu  Sm có tâm

2 ; ;

m

I  m m

  bán kính

2

9 16

m m

R  

Với m1, m2 tùy ý khác nhau, ta hai phương trình mặt cầu tương ứng:

   

   

2 2

1 1

2 2

2 2

2 2

2 2

x y z m x m y m z m

x y z m x m y m z m

         

 

        



Lấy  1 trừ  2 theo vế, ta được:

m1m x2 2m1m y2 2m1m z2  m1m20

m1 m2  x 2y 2z 1

     

  2

x y z

     (vì m1m2)

Dễ thấy  3 phương trình tổng quát mặt phẳng

 Họ mặt cầu  Sm có giao tuyến đường trịn nằm mặt phẳng  P cố định có phương trình: 2

x y z 

Mặt khác, đặt  

 2 2

2

2 9 4

2 ,

6

1 2

m

m m m

d d I P



     

   

  

 2

2

2 2 16 32

4 36

m

m m

r R d     m

       

Vậy

r

Câu Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x1 2 y2 2 z3227 Gọi   mặt phẳng qua điểm A0;0; 4 ,B2;0;0 cắt  S theo giao tuyến đường trịn  C cho khối nón có đỉnh tâm  S , hình trịn  C tích lớn Biết mặt phẳng   có phương trình dạng ax by z c   0, a b c  bằng:

A B -4 C D

Lời giải Chọn B

+ Vì   qua A ta có: ( 4)      c c + Vì   qua B ta có: 2a c   0 a

  : 2x by z   4

+ Mặt cầu ( )S có tâm I1; 2;3 ,R3 + Chiều cao khối nón:  , 

2

2

4

I

b b

h d

b b



   

  

  

+Bán kính đường trịn (C):  

2

2

2

2 5

27 27

5

b b

r R h

b b

   

      

 

+ Thể tích khối nón:  

2

2 2

2 5

1

27

3 5

b b

V r h

b b

    

    

 

 

+ Tới ta thử trường hợp đáp án Hoặc ta làm tự luận sau:

Đặt

2

2 5

b t

b  

 xét hàm số    

2

27

f t  t t đoạn 0;3 3 

Ta có: f t 27 3 t2;  

 

3

3 t f t

t l

     

 

 Ta có bảng biến thiên:

Do thể tích khối nón lớn

2

2 2

2

2

3 20 25 45

5 b

t b b b

b

  

        



 

2

5b 20b 20 b

     

Vì a b c   4

Hoặc Ta gọi chiều cao khối nón h , từ phương trình tính thể tích ta suy h3 , tìm b từ phương trình:

2

2 5

b b

 



Hết

-Câu (Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương 18-19) Trong không gian Oxyz, cho điểm A0; ;0,

0;0; 2

B , điểm COxy tam giác OAC vng C, hình chiếu vng góc O BC điểm H Khi điểm H ln thuộc đường trịn cố định có bán kính

A 2 B C D

Lời giải Chọn D

+) Dễ thấy B Oz Ta có AOxyvà COxy, suy OBOAC H

I

O C

A B

P

(T)

K I

+) Ta có AC OC

AC OB

 

 

 ACOBC, mà OH OBC Suy ACOH  1

Mặt khác ta có OHBC  2 , (theo giả thiết)

Từ  1  2 suy OHABC OHAB OH HA

+) Với OH AB suy H thuộc mặt phẳng  P với  P mặt phẳng qua O vng góc với đường thẳng AB Phương trình  P là: y z 0

+) Với OHHA  OHA vng H Do H thuộc mặt cầu  S có tâm I0; 2 ;0 trung điểm OA bán kính 2

2

OA

R 

+) Do điểm H ln thuộc đường trịn  T cố định giao tuyến mặt phẳng  P với mặt cầu  S

+) Giả sử  T có tâm K bán kính r IK d I P  , 2 r R2IK2 2

Vậy điểm H ln thuộc đường trịn cố định có bán kính

Câu (SỞ GD THANH HĨA_14-04-2019) Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng  P y:  1 0, đường thẳng

1

:

1 x

d y t

z

        

hai điểm A 1; 3;11, 1;0;8

B 

  Hai điểm M, N thuộc mặt

phẳng  P cho d M d , 2 NA2NB Tìm giá trị nhỏ đoạn MN

A min

MN  B MNmin  C

2

MN  D MNmin 1

Lời giải Chọn D

Gọi I  d  P I1;2t;1

  1 1;1;1

I P       t t I

Ta có d  P M thuộc đường tròn tâm I1;1;1 , R1 2

   

  2  2 2 2  2

2 2

2 2

1

; ; ; y;11 ; ; ;8

2

2 11

2 3 6 42 126

2 14 42

N x y z NA x z NB x y z

NA NB x y z x y z

x y z x y z

x y z x y z

 

          

 

  

              

 

 

       

       

 

Vậy N S J  1;1;7 ; R2 3 J P : y1

Nên Nthuộc đường tròn tâm J1;1;7 ; R2 3

Câu 10 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2; 0; 0, M1; 1; 1 Gọi  P mặt phẳng thay đổi qua hai điểm A M , cắt trục Oy, Oz điểm B C Giả sử

0; ; 0

B b , C0; 0; c, b0, c0 Diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ

A B C 3 3 D Lời giải

Chọn B

Theo giả thiết  P có dạng

x y z

b c

  

Do   1

M P

b c

    2b c  bc (1)

 2; ; 0

AB  b



; AC  2; 0; c nên diện tích tam giác ABC

 2 2 2 2  2  2 1  2  

1 1

4 2

2 2

ABC

S   AB AC  b c b c  b c  bc bc  bc  bc Từ giả thiết ta có bc0 theo bất đẳng thức Cô – si:

 

2 2.2 16

bc b c  bc bc bc

Khi 2.  2 4 2.  22 4 2 142 4 4 6

2 2

ABC

S  bc  bc  bc    

Do minSABC 4 Dấu xảy

0

4 1

2

b c

b c b c

  

   

  



Câu 11 Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;1;9 mặt cầu   S : x3 2 y4 2 z4225 Gọi  C giao tuyến  S với mặt phẳng Oxy Lấy hai điểm M N,  C cho

2

MN  Khi tứ diện OAMN tích lớn đường thẳng MN qua điểm số điểm đây?

A 5;5;0  B 1; 4;0

 

 

  C 4;6;0  D

12; 3;0

  

 

 

Lời giải Chọn A

Mặt cầu  S có tâm I3;4; 4, bán kính R5 Gọi rC bán kính đường trịn  C Gọi H tâm đường tròn  C H3; 4;0 , IH Oxy, d I Oxy , 4

2

5

C

r    , OH5O nằm đường tròn  C , d A Oxy , 9

 

 

1

,

3

OAMN OMN

V  d A Oxy S  3.1  ,   , 

2

OMN

S  d O MN MN  d O MN

Mà d O MN , OH HK  5 32 5 7 (Với K trung điểm MN)

Dấu xảy OH MN Khi MN có véc tơ phương

      

; 4; 3; , 3; 4;0 , 0;0;1

OH k OH k

     

    qua trung điểm K MN

7 21 28

; ;0

5 5

OK  OH  K 

 

 

Phương trình đường thẳng

21 28

:

5

x t

MN y t

z    



   

   

 

1

5 5;5; 0 t



Câu 12 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hố lần -18-19) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

 ;0;0

A a , B0, ,0b , C0,0,c với a, b,c số dương thay đổi thỏa mãn

2 4 16 49

a  b  c  Tính tổng S a2b2c2 khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC đạt

giá trị lớn

A 51

4

S B 51

5

S C 49

4

S D 49

5

S

Lời giải Chọn C

Phương trình mặt phẳng ABC: x y z

a b c  

x y z

a b c

    

 

 

2 2

0 0 ;

1 1

a b c d O ABC

a b c

   

  2 2 2

1

1 1 P

a b c

 

 

max

P T 12 12 12

a b c

  

 2

2 2 2

1 4 16

4 16 16

T

a b c a b c

 

   

 

2

7 1 49

 

min

S  Dấu xảy 12 22 42

4 16

a  b  c

2

2b a

  ; 4c2a2

K M

N H

O M'

2 4 16 49

a  b  c  4 16 49

2

a a

a

     a2 7,

2

b  ,

4 c 

Vậy 2 49

4 S a b c 

Câu 13 (Nguyễn Khuyến 18-19) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

:

1

x y z

d    



2

:

2

x y z

d    

 Phương trình mặt phẳng  P chứa  d1 cho

góc  P đường thẳng  d2 lớn là: ax y cz d   0 Giá trị biểu thức T a c d  

A T  6 B T 0 C T3 D 13

4

 

T

Lời giải Chọn C

Ta xét toán tổng quát sau:

Bài tốn: Cho hai đường thẳng d1, d2 khơng song song Viết phương trình mặt phẳng  P chứa

1

d tạo với đường thẳng d2một góc lớn

Phương pháp giải

Giả sử d1 có vectơ phương u1, d2 có vectơ phương u2 Trước hết ta xét trường hợp d1 d2 chéo

Gọi điểm thuộc d1, dựng đường thẳng qua song song với d2 Lấy điểm A cố định đường thẳng Gọi H hình chiếu A lên mặt phẳng P , K hình chiếu

A lên đường thẳng d1

Góc mặt phẳng đường thẳng d2

Ta có sind P2,  sinHMA AH AK AM AM

   (do AH  AK ) Góc  d P2, lớn sin d P2,

lớn Do A K

A M không đổi suy sin d P2, lớn

Mặt phẳng cần tìm mặt phẳng chứa d1 vng góc với mặt phẳng , hay vectơ pháp tuyến vng góc với hai vectơ u1



u u1, 2

 

Nên ta chọn vectơ pháp tuyến n P u u u1, 1, 2

   

Trường hợp d1 d2 cắt , toán giải tương tự Kết luận không thay đổi:

vectơ pháp tuyến n P u u u1, 1, 2

    Áp dụng vào 45 ta có u11;2; 1 ; u22; 1;2 

 

1; 3; 4;

 

u u    n P u u u1; 1; 2  14;2; 10  2 7; 1;5  

   

M M

 P AMH

H K

 P AKM

 P

 P

M

Mặt phẳng ( )P chứa d1 nên mặt phẳng ( )P qua điểm A(1; 2; 0)

Phương trình mặt phẳng  P :7x y   5z 9 0 Suy a c d     7 3

Câu 14 (SỞ GD THANH HĨA_14-04-2019) Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A2;5;3 đường thẳng :

2

x y z

d     Gọi  P mặt phẳng chứa d cho khoảng cách từ A đến  P lớn Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến  P

A

2 B

3

6 C

11

6 D

Lời giải Chọn A

Gọi na b c; ;  vectơ pháp tuyến  P , với a2  b2 c2 0 Điểm M1;0;2 d M P

Phương trình  P ax by cz:    a 2c0

Một vectơ phương d u2;1; 2   n u n u   0 2a b 2c0

    

 

2 2 2 2

| | | |

2 ,

4

a b c a c

b a c d A P

a b c a c a c

  

      

    

Ta có      

2

2 2 2 2 2

2

2

a c

a c  a c   a c vớia c, .

Suy ra:        

2

2 2

2 4 4 .

2

a c

a  c a c    a c  a c

Do   

 2  

2 2

9 | | | | | |

,

3| |

4

2

a c a c a c

d A P

a c

a c a c a c

  

   



   

 

 , 

4

a c Max d A P

b a

 

   

 

 Chọn a c    1 b

Phương trình  :  , 

P x y z   d O P 

Câu 15 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A3;0;1, B1; 1;3  mặt phẳng

 P x: 2y2z 5 Đường thẳng  d qua A, song song với mặt phẳng  P cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d nhỏ Đường thẳng d có vectơ phương

1; ; 

u b c Khi b c

A b 11

c B

11 b

c  C

3 b

c  D

3 2

b c 

Gọi  Q mặt phẳng qua A3;0;1 song song với  P n Q nP 1; 2; 2 

Phương trình mặt phẳng  Q x: 2y2z 1

Vì đường thẳng d qua A, song song với mặt phẳng  P nên d Q Gọi H K, hình chiếu B lên đường thẳng d mặt phẳng  Q Khi d B d , BH BK Suy d B d , min BKH K

Gọi  đường thẳng qua B vng góc với mặt phẳng  Q u nP 1; 2; 2 

Phương trình tham số

1

:

3

x t

y t

z t

   

    

   

Lấy H1 ; ;3 2  t t  t Vì H Q nên 1  2  2  10

9

t t t t

          

Suy 11 7; ; 9

H 

  Khi

26 11 26 11

; ; 1; ;

9 9 26 26

AH      

   



Suy vec tơ phương d 1;11; 26 26

d

u   

 

 11,

26 26

b c

   

Vậy 11 b

c  

Câu 16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu   S : x1 2 y2 2 z3212 mặt phẳng ( ) : 2P x2y z  3 Viết phương trình mặt phẳng song song với  P cắt  S theo thiết diện đường trịn  C cho khối nón có đỉnh tâm mặt cầu đáy hình trịn  C tích lớn

A ( ) : 2Q x2y z  2 ( ) : 2Q x2y z  8

B ( ) : 2Q x2y z  1 ( ) : 2Q x2y z 11 0

C ( ) : 2Q x2y z  6 ( ) : 2Q x2y z  3

D ( ) : 2Q x2y z  2 ( ) : 2Q x2y z  2

Lời giải

Chọn B

d

B

K Q)

H A

x

M I

      / / P   : 2x2y z d  0(d 3) Mặt cầu  S có tâm I1; 2;3 , bán kính R2

Gọi  H khối nón thỏa đề với đường sinh l R

Đặt x h d I  ( ,  ) Khí bán kính đường trịn đáy hình nón : r 12x2

Thể tích khối nón: ( )

1

(12 )

H

V   x x, với 0 x Xét biến thiên hàm số : ( ) (12 2)

3

f x   x x 0 x

Khi ( )f x đạt giá trị lớn x2, hay ( ,( )) 2d I  

Vậy :

2 2

5 11

2.1 2.( 2)

( ,( )) 2

5

2 ( 1)

d d

d d I

d d

            

    

    

Câu 17 (TRƯỜNG THPT KINH MƠN) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A4;2; 2,

1;1; 1

B  , C2; 2; 2   Tìm tọa độ điểm M thuộc Oxy cho MA2MB MC  nhỏ

A M2;3;1 B M1; 3;0 C M2; 3; 0  D M2; 3;0 Lời giải

Chọn D

Cách

Gọi ; ;D E F trung điểm AB AC ME; ; Ta có:

2 2 2

MA MB MC  MA MB MB MC    MD CB  MD ED  FD  FD

           

Ta lại có:  ; ;0 ; 1; ; ; 3;0; ; 3; ;0

2 2 2

x y

M x y D  E F  

   

min

FD  F hình chiếu D mp Oxy  x 2;y 3 M2;3;0

Cách

Gọi I điểm thỏa mãn:IA   2IB IC  0  IO OA 2 IO OB   IO OC   0

   

1

2 2;3;1

2

OI OA OB C I

     

2 2

MA MB MC  MI IA  IB IC  MI

2

MA MB MC   

nhỏ  MI nhỏ  M hình chiếu I mp Oxy  Vì I2;3;1M2;3;0

Cách

Gọi M x y ; ;0 Ta có:

  2

2 ;6 ; 4 16 24 53

MA MB MC   x  y   MA MB MC  x  y  x y

      Thế tọa độ điểm M đáp án A vào ta MA  2MB MC 1 Thế tọa độ điểm M đáp án B vào ta MA  2MB MC  17 Thế tọa độ điểm M đáp án C vào ta MA  2MB MC  145 Điểm M đáp án D không thuộc Oxy nên bị loại

Cách

Gọi M x y ; ;0 Ta có:

  2

2 ;6 ; 4 16 24 53

MA MB MC   x  y   MA MB MC  x  y  x y

     

Ta có: 4x24y216x24y53 2x4 2 2y62 1 1

Dấu " " xảy  x 2;y3 Khi M2;3;0

Câu 18 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x2y z  4 điểm A2;1; 2,

3; 2;2

B  Điểm M thuộc mặt phẳng  P cho đường thẳng MA MB, tạo với mặt phẳng

 P góc Biết điểm M ln thuộc đường trịn  C cố định Tìm tọa độ tâm đường tròn  C

A 74; 97 62; 27 27 27

  

 

  B

10 14 ; 3;

3

  

 

  C

17 17 17 ; ; 21 21 21

  

 

  D

32 49 ; ; 9

  

 

 

Lời giải Chọn A

Gọi ,H K hình chiếu vng góc ,A B lên  P Ta có tọa độ H thỏa

 

2

: 26

2 ; ;

9 9 : 2

x y z

AH

H

P x y z

  

  

     

  

    

Tương tự tọa độ K thỏa

 

3 2

: 19 26 22

2 ; ;

9 9 : 2

x y z

BK

K

P x y z

                    

Theo giả thiết ta có

 

 

 

 ; 

tan tan

2 ;

d B P

BK AH MK

BMK AMH BMK AMH

MK MH MH d A P

                  2 2

2 2

2 2

2 4

2

3

MH MK MH MK MI IH MI IK

MI IH IH MI MI IK IK

MI IK IH MI IK IH

                             Gọi I điểm cho IH4IK Khi

2

2

3

IK IH

MI   hay M thuộc vào mặt cầu tâm I có

bán kính

2

4

IK IH

với 74; 97 62; 27 27 27

I  

 

Khi M     C  S  P Do đó, tâm đường trịn cần tìm hình chiếu I lên  P

Nhận xét I P , tâm đường trịn tâm mặt cầu

Câu 19 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B 3

1

x  y  z

  , phương trình đường phân giac góc C

2

2 1

x  y  z

  Đường thẳng AB có véc-tơ phương

A u2;1; 1  B u1;2;1 C u0;1; 1  D u1; 1;0 

Lời giải Chọn C

Gọi d1 d2 phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B đường phân giác

góc C

1

3 :

2

x t

d y t

z t            

2

:

2

x t

d y t

z t              

Gọi M trung điểm AC M d 1 M3t;3 ;2 t t Vì C d 2C2 ; 4 t t; 2t Mà M trung điểm AC

2 2(3 ) 2

0 2(3 ) 4

1

2 2(2 ) 2

t t t t

t

t t t t

t

t t t t

                                        

3;3; 2

M

 C4;3;1

Gọi  P mặt phẳng qua A vng góc với d2

   

2 2; 1; : 2.( 2) ( 3) (z 3) 2

P d

n u P x y x y z

                

Gọi N điểm đối xứng với A qua d2  N  BC N P

Gọi I trung điểm AN I d2 P  I 2; 4; 2N2;5;1 Dễ thấy N d t1  NB Vậy  

(2;3;3)