524 câu trắc nghiệm vận dụng cao môn Toán ôn thi THPT - Tài liệu Việt Nam

Tìm tất cả các giá trị 0 thực của tham số m để phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Hướng dẫn giải[r]

(1)

(2)

Mục lục

Chương Lượng giác 2

Chương Tổ hợp 17

Chương Dãy số 30

Chương Giới hạn 39

Chương Đạo hàm 45

Chương Phép biến hình 58

Chương Quan hệ song song 59

Chương Quan hệ vng góc 61

Chương Ứng dụng đạo hàm – khảo sát hàm số 85

Chương 10 Mũ – Logarit 141

Chương 11. Nguyên hàm – tích phân 170

Chương 12 Số phức 201

Chương 13 Khối đa diện 221

Chương 14. Khối tròn xoay 245

(3)

Chương Lượng giác

Câu 1: Hàm số tan cot 1 sin cos

y x x

x x

    không xác định khoảng khoảng sau đây?

A ;

2

k   k 

 



 

  B

3

2 ;

2

k  k

  

 

 

 

 .C k2 ; k2

   

 

 

 

  D

 k2 ;2 k2

Lời giải Chọn D

Hàm số xác định sin sin2 ,

2

cos

x x x k k

x



 

    

 

 

Ta chọn 3

k   x  điểm



thuộc khoảng  k2 ;2  k2 Vậy hàm số không xác định khoảng k2 ;2 k2

Câu 2: Tìm tập xác định D hàm số 5 cot2 sin cot

y  x x  x

 

A \ ,

2

k

D   k 

 

  B \ ,

2

k

D   k 

 

  C D  D D\k k,  Lời giải

Chọn A

Hàm số xác định điều kiện sau thỏa mãn đồng thời

5 cot xsinx , cot0 x



  

 

  xác định cot x xác định Ta có

2

5 2cot sin

5 2cot sin 0, sin sin

x x

x x x

x x

   

     

     

 

cot x



  

 

 xác định sin x x k x k ,k

    

 

           

  

cot x xác đinh sinx  0 x k k,  

Do hàm số xác đinh ,

x k k

x k

x k

 

   

   

   

 Vậy tập xác định \ ,

2

k

D   k 

 

 

Câu 3: Trong hàm số sau, hàm số có đồ thị đối xứng qua trục tung? A 12

sin

y

x

 B sin

4

y x 

  C y cos x



 

   

  D y sin 2x Lời giải

(4)

Viết lại đáp án B sin sin cos 

4

y x  x x

 

Kết đáp án A hàm số chẳn nên có đồ thị đối xứng qua trục tung Ta kiểm tra đáp án B C hàm số không chẵn, không lẻ Xét đáp án D

 Hàm số xác định sin 2  ;  ;

x x k   k  x k  k

        

 

 

;

2

D k  k k

    

  

 Chọn D

4

x   D

x 

    Vậy y sin 2x không chẵn, không lẻ

Câu 4: Số có ánh sáng thành phố A ngày thứ t năm 2017được cho hàm số

 

4sin 60 10

178

y  t  , với t Z 0 t 365 Vào ngày năm thành phố A có nhiều ánh sáng mặt trời nhất?

A 28 tháng B 29 tháng C 30 tháng D 31 tháng Lời giải

Chọn B

Vì sin  60 4sin  60 10 14

178 t y 178 t

        

Ngày có ánh nắng mặt trời chiếu nhiều

   

14 sin 60 60 149 356

178 178

y  t  t  k  t k

           

Mà 365 149 356 365 149 54 356 89

t k k

         

Vì k nên k0

Với k  0 t 149 tức rơi vào ngày 29 tháng (vì ta biết tháng có 31 ngày, tháng có 30 ngày, riêng năm 2017 khơng phải năm nhuận nên tháng có 28ngày dựa vào kiện 0 t 365 ta biết năm tháng có 28ngày)

Câu 5: Hằng ngày mực nước kênh lên xuống theo thủy triều Độ sâu h(mét) mực nước kênh tính thời điểm t (giờ) ngày công thức 3cos 12

7

t

h     

  Mực

nước kênh cao khi:

A t13(giờ) B t14(giờ) C t15(giờ) D t16(giờ) Lời giải

Chọn B

Mực nước kênh cao h lớn

cos

8

t t k

    

 

      

  với 0 t 24 k Lần lượt thay đáp án, ta đáp án B thỏa mãn

Vì với t14

t

(5)

Câu 6: Hàm số   2 tan cot

tan

x

y x

x



  đạt giá trị nhỏ

A 0 B 3 3 C 2 2 D  Lời giải

Chọn D

Ta có

2 tan cot

2 tan

x x

x

 

Từ suy  

2

2 tan

3cot 3cot 2 cot

2 tan

x

y x x x

x



   

 2

3 cot 2x 1 1, x

        Vậy cot

3

y   x

Câu 7: Hàm số 2cos sin

y x x 

  đạt giá trị lớn

A 5 2 B 5 2 C 2 D 2 Lời giải

Chọn C

Ta có 2cos sin 2cos sin

4

y x x  x x 

     

1

2cos sin cos

x x x

  

1

2 cos sin

2 x x

 

   

 

Ta có

2

2 2 1 5 2

2

y       y  

   

Do ta có 2  y 2 Vậy giá trị lớn hàm số 2

Câu 8: Giá trị nhỏ hàm số ysin4xcos4xsin cosx x A 9

8 B

5

4 C D

4

Lời giải Chọn A

Ta có ysin4xcos4xsin cosx x   y 1 2sin2xcos2xsin cosx x

2

1

1 sin sin

2

y x x

   

2

1 1 1

1 sin sin

2 2

y  x   y  x 

             

 

 

Dấu xảy sin 2

(6)

Câu 9: Giá trị nhỏ hàm số ysinx cosxcosx sinx

A 0 B C 42 D 6

Ta có sinx cosxcosx sinx 2 sin cosx x sin cosx x

1

2 sin sin

2

y x x

   Dấu xảy sin 2x0 Câu 10: Cho , ,x y z

2

x y z   Tìm giá trị lớn

1 tan tan tan tan tan tan

y  x y  y z  z x

A ymax  1 2 B ymax 3 C ymax  D ymax 2 Lời giải

Chọn D

Ta có tan  tan

2 2

x y z       x y  z x y   z

 

tan tan 1 tan tan tan

x y

x y z



 

 tan tanx z tan tany z tan tanx y

     tan tanx ztan tany ztan tanx y

Ta thấy tan tan ; tan tan ; tan tanx z y z x y xuất hàm số đề cho thức,

tương tự ví dụ 8, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho số ta có:

1 tan tan x y1 tan tan y z1 tan tan z x

2 2 1.tan tan 1.tan ta

1 1 x z y nz1.tan tanx y

   

tan tan tan tan tan tan 

3 x z y z x y

  

Vậy ymax 2

Câu 11: Phương trình

3

tanxtanx tanx 3

    tương đương với phương trình A cotx B cot 3x C tanx D tan 3x

Lời giải

Chọn D

Điều kiện: cos

cos

3

cos

3

x x

x

 

   

       

  

     

 

sin

sin sin 2sin

pt 3 3

2

cos cos cos cos cos 2 cos

3 3

x

x x x

x x x x x



   



     

         

     

(7)

 

sin 4sin 3 3 sin 2sin cos 4sin cos 3 3

cos 2cos cos 2cos

sin sin sin 2sin 2sin

3 3tan 3 tan 3 cos cos cos3

x x x x x x x

x x x x

x x x x x

x x

x x x

                    

Câu 12: Phương trình 2cot 2x3cot 3xtan 2x có nghiệm là: A

3

x k  B x k  C x k 2 D Vô nghiệm Lời giải

Chọn D

Điều kiện phương trình sin 2x0,sin3x0,cos2x0 Phương trình tương đương 2cot 2xtan 2x3cot 3x

sin cos sin cos3

2 cos

sin cos sin

sin

x

x x x

x

x x x

x            2

2cos sin 3cos3 3cos 3cos3 sin cos sin sin sin

x x x x x

 

   

3

sin 3sin cos4 3cos3 sin sin 3sin

3sin 4sin 3sin sin

x x x x x x x

x x x x

    

    

x k

  ( loại sin 2x0)

Vậy phương trình vơ nghiệm

Câu 13: Giải phương trình

2 cos cos x x  A 3 x k x k x k                    

B

4 x k x k x k                    

C

3 x k x k           

D

3 x k x k            Lời giải Chọn A

4 cos 2

cos cos cos cos cos

3 3

x  x x   x  x   x

22 32 32 22

2 cos 1 cos 3cos cos 4cos 3cos

3 3 3

x x x x x x

               2 cos 2

cos 2 5

3 2

(8)

Câu 14: Giải phương trình cos cos x x  A 3 3 x k x k x k                    

B

4 x k x k x k                    

C

3 x k x k           

D

3 x k x k           

2

4 2 2.2 1 3.2

3 3

x x cos x x x

cos cos xcos    cos  cos

22 32 32 22

2 1 4 3

3 3 3

x x x x x x

cos cos cos cos cos cos

 

          

 

2

2 1

2

3 2

3

2

3 2

3 x k x cos x k x cos x k                               3 x k x k x k                    

Câu 15: Hàm số 2sin cos sin cos

x x

y

x x

 

  có tất giá trị nguyên?

A 1. B 2. C 3. D 4.

Lời giải Chọn B

Ta có 2sin cos  sin 2  cos 2 sin cos

x x

y y x y x y

x x



      

 

Điều kiện để phương trình có nghiệm   2  2 2

2

y y y y y

            1;0 y

y  y

       nên có 2 giá trị nguyên Câu 16: Phương trình cos sin cos

1 sin

x

x x

x

 

 có nghiệm là:

A x k x k x k                   

B

2 x k x k x k                  

C 2 x k x k x k                   

D x k x k x k                  

Lời giải

(9)

 

2

cos cos sin

cos sin cos sin

1 sin sin cos

x x x

x x x x

x x x



    

 

  

 2

cos sin cos sin cos sin

sin cos

x x x x

x x x x        

cos sin 1

cos sin cos sin 1 0

sin cos sin cos

x x

x x x x

  

        

   

2 sin

cos sin

sin cos

2 sin

4 x x x x x x                                      4

2 2

4

3

5 2 2

2 4

x k x k

x k

x k k x k k x k k

x k x k x k                                                                      

Câu 17: Phương trình 2sin 2cos3

sin cos

x x

   có nghiệm là: A

4

x  k B

12

x  k C

4

x  k D

4

x   k Lời giải

Chọn A

ĐK sin 2x0

 

1 1

2sin 2cos3 sin cos3

sin cos cos sin

x x x x

      

    sin cos

2 3sin 4sin 4cos 3cos

sin cos

x x

x x x x

x x



 

     

   3  sin cos

2 sin cos sin cos

sin cos

x x

x x x x

x x



 

     

    2  sin cos

2 sin cos sin cos sin sin cos cos

sin cos

x x

x x x x x x x x

x x



 

       

     sin cos

2 sin cos sin cos sin cos

sin cos

x x

x x x x x x

x x



      

    sin cos

2 sin cos sin cos

sin cos

x x

x x x x

x x



(10)

sin cos  6 sin cos  1 0 sin cos

x x x x

x x

 

      

 

sin cos  2 8sin cos 1 0

sin cos

x x x x

x x

 

     

 

 2

2 sin 2sin cos 8 sin cos 1 0

4

x  x x x x

  

      

 

2

sin 2sin 2 sin 2 1 0

4

x  x x

  

      

 

   

4

sin

4 2 2

2

sin

2

1

sin 12

2 7 7

2

6 12

x k x k

x

x k x k

x k k

x k x k

x

x k x k

   



   

      

 

     

 

        

  

     

        

    

  



   

 

 

  Khơng có đáp án

đúng

Câu 18: Để phương trình sin6xcos6x a | sin2 |x có nghiệm, điều kiện thích hợp cho tham số a là: A 0

8

a

  B 1

8 a C

a D

4

a Lời giải

Chọn D

 3  

6 2 2 2

sin xcos x a | sin |x  sin xcos x 3sin xcos x sin xcos x a| sin |x

2

3

1 sin | sin | 3sin | sin |

4 x a x x a x

       

Đặt sin 2x t t  0;1 Khi ta có phương trình3t2  4t 4 1 

Phương trình cho có nghiệm phương trình 1 có nghiệm

   

 

4 12

1

0;1

4

a

t f a

f a

     

      

   



Câu 19: Cho phương trình: sin cosx xsinxcosx m 0, m tham số thực Để phương trình có nghiệm, giá trị thích hợp m là:

A 2

2

m

     B

2 m

    C 1

2

m

   D

2 m

   

Lời giải

(11)

Đặt sin cos  2 sin cos 2

t

x x t t   x x  Khi ta có phương trình

 

2

0 2 *

2

t

t m t t m



       

Phương trình cho có nghiệm phương trình * có nghiệm

   

2

1

2; 1

2

2 2 2

2 2

m s

m

t m

m

f m



   

 

     

 

 

        

  

    

 



    



Câu 20: Cho phương trình: 4 sin 4xcos4x 8 sin6xcos6x4 sin 42 xm m tham số Để phương trình vơ nghiệm, giá trị thích hợp m là:

A m 4hay m B

2 m

    C

2

m

    D m 2hay m Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

   

2

4 2 2

3

6 2 2 2

1 sin cos sin cos sin cos sin

2

3 sin cos sin cos 3sin cos sin cos sin

4

x x x x x x x

x x x x x x x x x

     

      

Phương trình cho trở thành

2 2

1 3

4 1 sin 2 8 1 sin 2 16sin cos 2

2 x 4 x x x m

      

   

   

 

2 2

4 sin 2x 16 sin sin 2x x m

    

4

16 sin 2x 12 sin 2x m

    

Đặtsin 22 xt t  0;1  Khi phương trình trở thành16t212t m  4 *   * vô nghiệm khi:

TH1: 100 16 25

4

m m



      

TH2:      

25

100 16

4

0

m m

f f m m

m

 

   

    

 

    

  

(12)

Câu 21: Cho phương trình: sin62 cos62 tan cos sin

x x

m x

x x

 

 , m tham số Để phương trình có nghiệm, giá trị thích hợp m là:

A 1

8

m  hay m B 1

8

m  hay m C 1

2

m  hay m D m 1hay m Lời giải

Chọn B

ĐK: cos2x0

 2 2 3 2 2  2 2 

6

2

sin cos 3sin cos sin cos

sin cos

2 tan 2 tan

cos sin cos

x x x x x x

x x

m x m x

x x x

  

   



2

3

1 sin 3

4 2 tan 2 1 sin 2 2 sin 2 3sin 2 8 sin 2 4 0.

cos

x

m x x m x x m x

x



        

Đặtsin 2x t t    1;1.Khi phương trình trở thành: 3t28mt 4 *  Phương trình cho có nghiệm phương trình * có nghiệmt  1;1

TH1:  * có nghiệm         

1 1;1 1 8

1

m

t f f m m

m

              

   

TH2:  * có nghiệm

      

2

16 12

8

1

1;1 1 8 1 0

8

4 3

1

2 4

m m

f m

t f m m VN

s m

m  

      

   

 

          

 

       

 

 

Câu 22: Cho phương trình 1cos 4 tan2

2 tan

x

x m

x

 

 Để phương trình vơ nghiệm, giá trị tham số m phải

thỏa mãn điều kiện: A

2 m

   B 0 m 1 C 1

2

m

  D

2

m  hay m Lời giải

Chọn D ĐK: cosx0.

2

1 tan tan

cos cos cos 4sin cos

1

2 tan 2

cos

x x

x m x m x x x m

x

       



 

1

1 2sin 2sin sin 2sin

2 x x m x x m

        

Đặt sin 2xt t   1;1 Khi phương trình trở thành: 2 0(*)

2

(13)

Phương trình (*)vơ nghiệm:

TH1: 3

2 m m



     

TH2:    

3

5

5 .

5

1 2

2 3

2

m

m m

f f m m

m

   

 

 

      

       

  

    



   

Câu 23: Để phương trình: 4sin .cos 3 sin 2 cos2

3

x  x  a x x

       

   

    có nghiệm, tham số a phải

thỏa điều kiện:

A   1 a B   2 a C 1

2 a

   D   3 a Lời giải

Chọn B

Phương trình tương đương 2 sin 2 sin 2sin 2

6

x   a x 

        

   

     

 

2

2 sin 2sin

6

2 sin sin 2

6

x a x

x x a

 

     

         

   

 

    

        

   

 

2

4.cos sin

2 cos

2

x a

a x



  



 

Để phương trìnhcó nghiệm 2 2

a  a

      

Câu 24: Để phương trình

2 2

2

sin

1 tan cos

a x a

x x

  

 có nghiệm, tham số a phải thỏa mãn điều kiện: A | | 1a  B | | 2a  C | | 3a  D a 1,a 

Lời giải

Chọn D

Điều kiện phương trình cosx0,cos2x0, tan2x1 Phương trình tương đương

2 2

2

sin sin

cos cos cos cos

sin sin

1

cos c

1 tan tan

os

x a x a

x x x

a a

x x x x

x x

x

 

 

  

 

2 tan2 ( 2 t)( an2 ) ( 1 tan) 2

a x a x a x

(14)

 Nếu a2     (1) vô nghiệm 1 0 | | 1a

 Nếu

2

2 1: (1) tan

1

a x

a

  

 Phương trình có nghiệm

2

1

1 a

a     Vậyphương trình cho có nghiệm a 1,a 

Câu 25: Tìm m để phương trình cosx1 cos 2 x m cosxmsin2x có nghiệm

;

0 

 

  

x

A   1 m B 0

 m C 1

2

   m D 1

  m

Lờigiải

Chọn C

Ta có cosx1 cos 2 x m cosxmsin2x

cosx cos 2 x mcosx m1 cosx1 cosx

     

cos cos

cos cos cos cos

x x

x m x m m x x m

   

 

 

   

 

Với cosx    1 x  k2: khơng có nghiệm ;2

0 

 

  

x

Với cos 2 cos2

m

x m  x 

Trên 0;2



 

 

 , phương trình cos x a có nghiệm với

1 ;1

a   

 

Do đó, YCBT

1

1 1

1 1 1

1 1

2 2

2

1

2

m

m m

m

   

       

  

             

  

     



Câu 26: Tìm m để phương trình cos2x2m1 cosx   m có nghiệm ; 2

x  

  A   1 m B 0 m C 0 m D   1 m

     

1

0

c

cos2 cosx 1

os

x m m cos x m cosx m cosx

x m

 

          

 

 

Vì ;

2

x  

  nên 0cosx1 Do

1

cosx  (loại)

Vậy để phương trình (1) có nghiệm ; 2

x  

(15)

Câu 27: Tìm m để phương trình 2sinx m cosx 1 m có nghiệm ; 2

x     

A   3 m B   2 m C 1 m D   1 m Lời giải

Chọn D Đặt tan

2

x

t , để ;

2

x   

  t  1;1

 

2

t 1

1 p

1

t t

m m t m mt m m t

t t

           

 

2 4 1 2

t t m

  

Vậy để u cầu tốn xảy f t   t2 4 1t

1;1 Ta có f t'  2t 4; 'f t   0 t

Vậy để yêu cầu tốn xảy  2 2m    6 m

Câu 28: Gọi x0 nghiệm dương nhỏ cos 2x sin 2x sinxcosx2 Mệnh đề sau

đây đúng? A 0;

12

x   

  B x0 12 6;

 

 

   C ;

6

x  

  D x0 2;

 

 

 

Phương trình 1cos 3sin 3sin 1cos

2 x x x x

    

sin sin

6 x x

 

   

      

   

Đặt 2 2

6 6

t  x     x t  x  t  x  t Phương trình trở thành sin sin cos sin

2

t  t t t

 

       

 

 

2

2sin t sint sin 2sint t

     

 sin 0 min

6 6

k

t  t k   x  k     k k   x 



min

2 0

1 6

sin

5

2 2 2 0 0 .

6

k k

t k x k k k x

t

t k x k k k x

    



              

  

              



(16)

Suy nghiệm dương nhỏ phương trình ; 12

x    

 

Câu 29: Phương trình 2sin 3 1 8sin cos 22

4

x  x x

   

 

  có nghiệm là:

A

5 x k x k             

B 12

5 12 x k x k             

C

2 12 12 x k x k              

D 24

5 24 x k x k             

Lời giải

Chọn C

 

2

sin

4 2sin 8sin cos

4

4sin 8sin cos *

x

x x x

                                

 * 41 cos 8sin cos

2 x x x               

2 sin 6x 4sin 2x 4sin cos 4x x

    

 

2 2sin 6x 4sin 2x sin 6x sin 2x

     

2sin2x 1 0

  

   

  

2

1 12

sin

5

2 2 2 2

6 12

x k x k

x k k

x k x k

                                

+ k chẵn  1 2 sin 3 1 0

12 4

x  n  x 

       

 

+ k lẻ  1 2 1 11 2 sin 3 1 0

12 12 4

x  n   n  x 

            

 

+ k chẵn  2 5 2 sin 3 1 0

12 4

x  n  x 

        

 

+ k lẻ  2 5 2 1 7 2 sin 3 1 0

12 12 4

x  n   n  x 

           

 

Vậy tập nghiệm

(17)

Câu 30: Phương trình: 4sin sin .sin 2 cos3 1

3 3

x x x  x

    có nghiệm là:

A 3 x k x k           

B

3 x k x k           

C x k2

x k          

D

2 x k x k           

Lời giải

Chọn A

2

4sin sin .sin cos3 1

3 3

x x x  x

   

 

2sin cos cos cos3

3

x    x   x

      

 

1

2sin cos2 cos3 1

2

x x x

    

 

 

sinx sin 3x sin x cos3x

     

sin3x cos3x 1

  

2 sin 3 1

4

x 

 

   

 

sin 3 sin

4 4

x  

          . x k k x k             

Câu 31: Giải phương trình

10 10 6

2

sin cos sin cos 4cos sin

  



x x x x

x x

A x k 2,

2



 

x k B

2   k x C    

x k D x k  ,

2



 

x k

Lời giải

Chọn B

Ta có 4 cos 22 xsin 22 x3cos 22 x     1 0, x

 

10 10 6 10 10 6

2

2 2 2 2 2

sin cos sin cos sin cos sin cos

4 4cos sin 4 cos sin 4sin cos

x x x x x x x x

x x x x x x

      

(18)

  

 

2 2

10 10

4 2

sin cos sin sin cos cos sin cos

4 cos sin cos cos

x x x x x x

x x

x x x x

  



 

 

10 10

sin x cos x     1 Ta có

10

10 10 2

10

sin sin

sin cos sin cos cos cos

x x

x x x x

x x            Do   2

10 2

2 sin sin

sin sin sin

1 sin 2

2

cos cos cos cos

cos

x x

x x x k

x x k x

x x x x

x                                  

Câu 32: Cho phương trình: sin sin cos3 cos2

1 2sin

x x x

x

 

  

  

  Các nghiệm phương trình thuộc

khoảng 0;2là: A ,5

12 12

 

B ,5

6

 

C ,5

4

 

D ,5

3

 

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: 2sin 2 x0

Phương trình tương đương sin 2sin sin sin cos3 cos2 2sin

x x x x x

x x               sin cos cos3 sin cos3

5 cos

1 2sin 2sin cos

5 cos

1 2sin

5cos cos 2cos 5cos

cos

3 cos ( )

x x x x x x

x

x x

x x x x

x x k x loai                                           

Vì 0;2  ,

3

x   x  x  (thỏa điều kiện)

Chương Tổ hợp

Câu 33: Hỏi có tất số tự nhiên chia hết cho mà số 2011 chữ số có hai chữ số

A

2011 2010

9 2019.9

9

 

B

2011 2010

9 2.9

9

 

C

2011 2010

9

 

D

2011 2010

9 19.9

9

 

Lời giải

(19)

Đặt X số tự nhiên thỏa yêu cầu toán 

A { số tự nhiên không vượt 2011 chữ số chia hết cho 9}

Với số thuộc A có m chữ số (m2008) ta bổ sung thêm 2011 m số vào phía trước số có khơng đổi chia cho Do ta xét số thuộc A có dạng

 

1 2011; i 0,1,2,3, ,9 a a a a



0   |

A a A mà a khơng có chữ số 9}



1  |

A a A mà a có chữ số 9}

 Ta thấy tập A có 92011



 phần tử  Tính số phần tử A0

Với x A 0 x a a1 2011;ai0,1,2, ,8  i1,2010 a2011 9 r với  

2010

1;9 ,



   i

i

r r a Từ

đó ta suy A0 có 92010 phần tử

 Tính số phần tử A1

Để lập số thuộc tập A1 ta thực liên tiếp hai bước sau

Bước 1: Lập dãy gồm 2010 chữ số thuộc tập 0,1, ,8 tổng chữ số chia hết cho  Số dãy 92009

Bước 2: Với dãy vừa lập trên, ta bổ sung số vào vị trí dãy trên, ta có 2010 bổ sung số

Do A1 có 2010.92009 phần tử

Vậy số số cần lập là:

2011 2011 2010

2010 2009

9 2019.9

1 2010.9

9

  

   

Câu 34: Từ số 1,2,3, 4,5,6 lập số tự nhiên, số có chữ số đồng thời thỏa điều kiện: sáu số số khác số tổng chữ số đầu nhỏ tổng số sau đơn vị

A 104 B 106 C 108 D 112

Lời giải

Chọn C

Cách 1: Gọi x a a a a , i1, 2,3, 4,5, 6 số cần lập

Theo ta có: a a1     2 a3 a4 a5 a6 (1)

Mà a a a a a a1, , , , ,2 3 4 5 61, 2,3, 4,5, 6 đôi khác nên

1           2 6 21

(20)

Từ (1), (2) suy ra: a1  a2 a3 10

Phương trình có nghiệm là: ( , , ) (1,3,6); (1, 4,5); (2,3,5)a a a1 

Với ta có 3!.3! 36 số Vậy có 3.36 108 số cần lập

Cách 2: Gọi x abcdef số cần lập 

Ta có: 21

1

            

       

a b c d e f a b c d e f

11

   a b c Do a b c, , 1, 2,3, 4,5, 6

Suy ta có cặp sau: ( , , ) (1, 4,6); (2,3,6); (2,4,5)a b c 

Với ta có 3! cách chọn a b c, , 3! cách chọn d e f, ,

Do có: 3.3!.3! 108 số thỏa yêu cầu tốn

Câu 35: Có m nam n nữ Có cách chọn k người có a nam b nữ (k m n a b k a b , ;   ; , 1) với S1 số cách chọn có a nam, S2 số cách chọn có b nữ

A Số cách chọn thoả mãn điều kiện toán là: k 2( 1 2)

m n

C S S

B Số cách chọn thoả mãn điều kiện toán là: 2Cm nk (S1S 2) C Số cách chọn thoả mãn điều kiện toán là: 3 k 2( 1 2)

m n

C S S

D Số cách chọn thoả mãn điều kiện toán là: k ( 1 2)

m n

C S S

Số cách chọn k người m n người là:  k m n

C

*Số cách chọn có a nam là: 1 -1 1

      



a a i k a i

S Cm Cn

i

*Số cách chọn có b nữ là: 1

0 

     

b b i k b i

n m

i

S C C

Số cách chọn thoả mãn điều kiện toán là: Cm nk (S1S 2) Câu 36: Nếu đa giác có 44 đường chéo, số cạnh đa giác là:

A 11 B 10. C 9 D 8

Lời giải

Chọn A

(21)

Khi số đường chéo là:

 

2 44 ! 44

2 !.2!

n

C n n

n

    



 1 88 11 11

8

n

n n n n

n

 

        

 (vì n)

Câu 37: Một đa giác có số đường chéo gấp đơi số cạnh Hỏi đa giác có cạnh?

A 5 B 6 C 7 D 8

Lời giải

Chọn C

Đa giác có n cạnh n,n3 Số đường chéo đa giác là:

n

C  n

Ta có:

   

2 2 ! 3 1 6 7

0 !.2!

n

n n

C n n n n n n n

n n

 

          

 

Câu 38: Cho đa giác n đỉnh, n   n Tìm n biết đa giác cho có 135 đường chéo A n15 B n27 C n D n18

+ Tìm cơng thức tính số đường chéo: Số đoạn thẳng tạo n đỉnh

n

C , có n cạnh, suy số đường chéo

n

C  n

+ Đa giác cho có 135 đường chéo nên 135

n

C  n

+ Giải PT: ! 135 !2!  

n

n , n,n2n1n2n270

2 3 270 0

n n

   

 

18 15      



n nhan

n loai  n 18

Câu 39: Trong mặt phẳng cho n điểm, khơng có 3 điểm thẳng hàng tất đường thẳng nối hai điểm bất kì, khơng có hai đường thẳng song song, trùng vng góc Qua diểm vẽ đường thẳng vng góc với đường thẳng xác định n1

điểm lại Số giao điểm đường thẳng vng góc giao bao nhiêu?

A 2

( 1)( 2)

2

2Cn n n n C( n  1) 5Cn. B

2

( 1)( 2)

2

2 ( 1)

       

n n n n n

C n C C .

C 2

( 1)( 2)

2

3Cn n n 2 (n Cn  1) 5Cn. D

2

( 1)( 2)

2

( 1)

      

n n n n n

C n C C

Gọi n điểm cho A A1, 2, ,A Xét điểm cố định, có n 

n

C đường thẳng nên có

2 

n

C đường thẳng vng góc qua điểm cố định

Do có

( 1)( 2)



 



n

n n n

(22)

2 ( 1)( 2)

2  

n n n

C giao điểm (tính giao điểm trùng nhau)

Ta chia điểm trùng thành loại: * Qua điểm có

1

( 1)( 2)



 



n

n n

C nên ta phải trừ   1  

n

n C điểm

* Qua A A A có đường thẳng vng góc với 1, 2, 3 A A đường thẳng song song với 4 5

nhau, nên ta giao điểm, TH ta phải loại đi: 3

n

C

* Trong tam giác ba đường cao có giao điểm, nên ta điểm cho tam giác, trường hợp ta phải trừ 2

n

C

Vậy số giao điểm nhiều có là: 2

( 1)( 2)

2

( 1)

      

n n n n n

C n C C

Câu 40: Cho đa giác n đỉnh, n   n Tìm n biết đa giác cho có 135 đường chéo A n 15 B n27 C n D n 18

n

C , có n cạnh, suy số đường chéo

n

C  n

n

C  n

+ Giải PT:

   

!

135 , , 2 !2!

n

n n n

n     n1n2n270

2 3 270 0

n n

   

 

18 15

n nhan

n loai

     

  n 18

Câu 41: Giá trị n  thỏa mãn đẳng thức

3

n n n n n

C  C  C C  C

A n18 B n16 C n15 D n14 Lời giải

Chọn C

PP sử dụng máy tính để chọn đáp số (PP trắc nghiệm):

+ Nhập PT vào máy tính:

3

n n n n n

C  C  C C  C  

+ Tính (CALC) với X 18 (khơng thoả); với X 16 (không thoả); với X 15 (thoả), với X 14 (không thoả)

(23)

A n15 B n 27 C n8 D n18 Lời giải

Chọn D

n

C , có n cạnh, suy số đường chéo

n C n

n

C  n + Giải PT: ! 135 , , 2

2 !2!

n n n n

n     n1n2n270

2 3 270 0

n n

   

 

  18

15

n nhan

n loai

     

  n 18

Câu 43: Số hạng thứ khai triển 12

n

x x

  

 

  khơng chứa x Tìm x biết số hạng số hạng thứ hai khai triển 1 x 330

A 2. B 1. C 1. D 2.

2

0

1

2 (2 )

n n k

k n k n

k

x C x

x x

 

     

   

    

Vì số hạng thứ ba khai triển ứng với k2 nên số hạng thứ ba khai triển 2.2 n n n

C  x  Mà số hạng thứ ba khai triển không chứa x nên n   6 n

Số hạng thứ khai triển 1 x 330 là 3 30 30 C x  x Khi ta có C62.24 30.x3 x

Câu 44: Trong khai triển 1xn biết tổng hệ số n1 126

n n n n

C C C  C   Hệ số x3

A 15. B 21. C 35. D 20.

Lời giải Chọn C

 

0 n n k k

n k

x C x



 

Thay x1 vào khai triển ta

1 1n n n 1 126 128 2n 128 7

n n n n

C C C  C n

             

(24)

Câu 45: Có số hạng hữu tỉ khai triển  1083300?

A 37. B 38. C 36. D 39.

 300 300    300

8

300

10 k 10 k k

k

C 



 

Các số hạng hữu tỉ thỏa mãn 300 8

k k k



 

 

 



Từ đến 300 có 38 số chia hết cho Câu 46: Cho khai triển  

0

1 n n

n

x a a x a x a x

      , n* hệ số thỏa mãn hệ thức

1

0 2 2nn 4096

a a

a     Tìm hệ số lớn nhất?

A 1293600 B 126720 C 924 D 792 Lời giải

Chọn B

Số hạng tổng quát khai triển 1 2 xn k.2 k k n

C x , 0 k n, k Vậy hệ số số hạng chứa xk k.2k k.2k

n k n

C a C

Khi đó, ta có

 

0

1

0 2 2 4096 4096 1 4096 12

n n

n

n n n n

n

a a

a     C C C  C      n

Dễ thấy a 0 a hệ số lớn Giả sử n a k 0 k n   hệ số lớn hệ

số a a a0, , , ,1 2 a n

Khi ta có

     

1

1 12 12

1

1 12 12

12! 12!.2

! 12 ! ! 12 !

.2

12! 12!

.2 .

! 12 ! ! 12 !

k k k k

k k

k k k k

k k

k k k k

a a C C

k k k k

 



 



 

    



 

  

   

 

   

    



 

1 23

1 12 23 26

12

2 26 26 3

13

k

k k

k k k

k k

   

      

    

     

  

   

  

 

Do k   k

Vậy hệ số lớn 8

8 12.2 126720

a C 

Câu 47: Cho khai triển  

0

1 n n

n

x a a x a x a x

      , n  hệ số thỏa mãn hệ thức *

0 2 2nn 4096

a a

(25)

A 1293600 B 126720 C 924 D 792 Lời giải

Chọn B

Số hạng tổng quát khai triển 1 2 xn k.2 k k n

C x , 0 k n, k Vậy hệ số số hạng chứa x k k.2k k.2k

n k n

C a C

Khi đó, ta có

 

0

1

0 2 2 4096 4096

1 4096 12

n n

n n n n

n

a a

a C C C C

n

         

    

Dễ thấy a 0 a hệ số lớn Giả sử n a k 0 k n   hệ số lớn hệ

số a a a0, , , ,1 2 a n

Khi ta có

     

1

1 12 12

1

1 12 12

12! 12!.2

! 12 ! ! 12 !

.2

12! 12!

.2 .

! 12 ! ! 12 !

k k k k

k k

k k k k

k k

k k k k

a a C C

k k k k

 



 



 

    



 

  

   

 

   

    



 

1 23

1 12 23 26

12

2 26 26 3

13

k

k k

k k k

k k

   

      

    

     

  

   

  

 

Do k   k

Vậy hệ số lớn 8

8 12.2 126720

a C 

Câu 48: Tính tổng        

2 2

0 n

n n n n

C  C  C   C

A C 2nn B C2nn1

 C

2 n n

C D

2nn

C 

Hướng dẫn giải:

Chọn A

Ta có:x1 n 1x n  x12n Vế trái hệ thức là:

 n n1 n n n

n n n n n n

C x C x   C C C x C x

Và ta thấy hệ số x vế trái n

     0 1 2  2 n

n n n n

C  C  C   C

Còn hệ số x vế phải n  2 n

x 2n n

C

Do      0 2 2  2

n n

n n n n n

C  C  C   C C

Câu 49: 20 22 24 22

n

n n n n

C C C  C

(26)

Xét khai triển x12n C x20n 2nC x12n 1n C x22n 2n2  C22nn Thay x1 vào khai triển ta 22nC20nC21nC22n  C22nn (1) Thay x 1 vào khai triển ta :

0 2 2

2 2 2 2 2

0C nC nC n  C nnC nC n  C nn C nC n C nn (2) Từ (1) (2) suy 2

2n 2n 2n 2nn n

C C C  C  

Câu 50: Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia có 9 đội nước ngồi đội củaViệt nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng đấu A , B ,C bảng đội Xác suất để 3 đội Việt nam nằm 3 bảng đấu

A

3 4 12 2C C

P

C C

 B

3 4 12 6C C

P

C C

 C

3 4 12 3C C

P

C C

 D

3 4 12

C C P

C C

 Lời giải

Chọn B

+ Số phần tử không gian mẫu:   4 12 .3!8 n  C C C

(bốc đội từ 12 đội vào bảng A – bốc đội từ đội lại vào bảng B – bốc đội từ đội lại vào bảng C – hoán vị bảng)

Gọi A : “3đội Việt Nam nằm bảng đấu” Khi đó:   3

9 .3!.3!6 n A C C C

(bốc đội NN từ đội NN vào bảng A – bốc đội NN từ đội NN lại vào bảng B – bốc đội NN

từ đội NN cịn lại vào bảng C – hốn vị bảng – bốc đội VN vào vị trí cịn lại bảng)

Xác suất biến cố A      

3 3 3

9

4 4 4

12 12

.3!.3! .3!

n A C C C C C

P A

n C C C C C

  



Câu 51: Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn 2500

A 13 68

P B 55

68

P C 68

81

P D 13

81

P

Số có chữ số có dạng: abcd

Số phần tử không gian mẫu: n S 9.9.8.7 4536

Gọi A : “ tập hợp số tự nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500.” TH1. a2

(27)

Chọn b: có cách chọn Chọn c: có cách chọn Chọn d: có cách chọn

Vậy trường hợp có: 7.9.8.7 3528 (số) TH2. a2, b5

Chọn a: có cách chọn Chọn b: có cách chọn Chọn c: có cách chọn Chọn d: có cách chọn

Vậy trường hợp có: 1.4.8.7 224 (số) TH3. a2, b5, c 0

Vậy trường hợp có: 1.1.7.7 49 (số) TH4. a2, b5, c 0 , d0

Vậy trường hợp có: 1.1.1.7 7 (số) Như vậy: n A 3528 224 49 3808    Suy ra:    

  35084536 6881

n A P A

n S

  

Câu 52: Cho đa giác 12 đỉnh Chọn ngẫu nhiên đỉnh 12 đỉnh đa giác. Xác suất để đỉnh chọn tạo thành tam giác

A 55

P B

220

P C

4

P D

14

P

(28)

(chọn đỉnh từ 12 đỉnh đa giác ta tam giác)

Gọi A : “3 đỉnh chọn tạo thành tam giác ”

(Chia 12 đỉnh thành 3 phần Mỗi phần gồm đỉnh liên tiếp Mỗi đỉnh tam giác ứng với phần trên.Chỉ cần chọn đỉnh đỉnh cịn lại xác định nhất)

Ta có:  

4

n A C  Khi đó:    

  2204 551

n A P A

n

  



Câu 53: Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn 2500

A 13 68

P B 55

68

P C 68

81

P D 13

81

P

Lời giải ChọnC

Số có chữ số có dạng: abcd

Số phần tử không gian mẫu: n S 9.9.8.7 4536

Gọi A : “ tập hợp số tự nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500.” TH1. a2

Vậy trường hợp có: 7.9.8.7 3528 (số) TH2. a2, b5

Vậy trường hợp có: 1.4.8.7 224 (số) TH3. a2, b5, c 0

(29)

Vậy trường hợp có: 1.1.7.7 49 (số) TH4. a2, b5, c 0 , d0

Vậy trường hợp có: 1.1.1.7 7 (số) Như vậy: n A 3528 224 49 3808    Suy ra:    

  35084536 6881

n A P A

n S

  

Câu 54: Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt lấy từ số 1, ,3, ,5,6,7,

8,9 Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số chứa số lẻ A 16

42

P B 16

21

P C 10

21

P D 23

42

P

Số phần tử không gian mẫu:  

9 60480 n  A 

(mỗi số tự nhiên abcdef thuộc Slà chỉnh hợp chập 9- số phần tử S là số chỉnh hợp chập 9)

Gọi A : “số chọn chứa 3 số lẻ” Ta có:   3

5 .6 28800 n A C A A 

(bốc số lẻ từ số lẻ cho- chọn vị trí từ vị trí số abcdef xếp thứ tự số vừa chọn – bốc số chẵn từ số chẵn cho xếp thứ tự vào vị trí cịn lại số abcdef )

Khi đó:    

  28800 1060480 21

n A P A

n

  



Câu 55: Một hộp đựng 11 thẻ đánh số từ đến 11 Chọn ngẫu nhiên 6 thẻ Gọi P xác suất để tổng số ghi 6 thẻ số lẻ Khi P bằng:

A 100

231 B

115

231 C

1

2 D

118 231 Lời giải

Chọn D

6 11

( ) 462

n  C  Gọi A:”tổng số ghi thẻ số lẻ”

Từ đến 11 có số lẻ số chẵn Để có tổng số lẻ ta có trường hợp Trường hợp 1: Chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn có:

5

(30)

Trường hợp 2: Chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn có: 3 200

C C  cách Trường hợp 2: Chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn có:

6.5 30

C  cách Do ( ) 200 30 236n A     Vậy ( ) 236 118

462 231

P A  

Câu 56: Ba cầu thủ sút phạt đến 11m, người đá lần với xác suất làm bàn tương ứng x , y 0, (với x y ) Biết xác suất để ba cầu thủ ghi bàn 0,976 xác suất để ba cầu thủ ghi ban 0,336 Tính xác suất để có hai cầu thủ ghi bàn

A P C( ) 0, 452 B P C( ) 0, 435 C P C( ) 0, 4525 D P C( ) 0, 4245 Lời giải

Chọn A

Gọi Ai biến cố “người thứ i ghi bàn” với i1, 2,3

Ta có A độc lập với i P A 1 x P A,  2 y P A,  3 0,6 Gọi A biến cố: “ Có ba cầu thủ ghi bàn”

B: “ Cả ba cầu thủ ghi bàn” C: “Có hai cầu thủ ghi bàn”

Ta có: A A A A .2 3P A       P A P A P A1 0,4(1x)(1y)

Nên P A( ) 1 P A  1 0, 4(1x)(1y) 0,976

Suy ra(1 )(1 ) 47

50 50

x y  xy x y    (1) Tương tự: BA A A , suy ra: 1 .2 3

       1 0,6 0,336

P B P A P A P A xy 14

25 

xy (2)

Từ (1) (2) ta có hệ:

14 25        

xy x y

, giải hệ kết hợp với x y ta tìm

0,8 

x y0,

Ta có: CA A A1 3A A A1 2 3A A A1 2 3

Nên ( ) (1P C  x y) 0, 6x(1y).0, 6xy.0, 0, 452

(31)

Lời giải Chọn B

Ta có xác suất để học sinh trả lời câu

4 xác suất trả lời câu sai

Gọi x số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai 10 x

Số điểm học sinh đạt là: 4x2(10x) 6 x20

Nên học sinh nhận điểm 20 21

   

x x

Mà x nguyên nên x nhận giá trị: 0,1, 2,3

Gọi Ai (i0,1, 2,3) biến cố: “Học sinh trả lời i câu” A biến cố: “ Học sinh nhận điểm 1”

Suy ra: A A 0 A1 A2A3 P A( )P A( )0 P A( )1 P A( )2 P A( )3

Mà: 10 10 ( ) 4               i i i i

P A C nên

10

1

( ) 0, 7759

4                

 i i i

i

P A C

Chương Dãy số

Câu 58: Cho dãy số có số hạng đầu là: 0,1;0, 01;0, 001;0,0001; Số hạng tổng quát dãy số có dạng?

A  01 00 , số chữ n

un  B 

0 01 00 , số chữ   n

un C 1

10

  n

n

u D 1

10   n n u

Hướng dẫn giải Chọn A

Ta có:

Số hạng thứ có chữ số

……… Suy un có n chữ số

Câu 59: Cho dãy số  un với

     

 u n

u u

n n 1

1 .Số hạng tổng quát

n

u dãy số số hạng đây?

A

2 ) (n n un



 B

2 ) (

5 n n

un    C ) (

5 n n

un    D

2 ) )( (

5  

 n n

(32)

Hướng dẫn giải Chọn B

Ta có  1

n

n n u         n 

1 1 n n u

u  u n

  

 

 Số hạng tổng quát un dãy số số hạng đây? A  2 1

6

n

n n n

u     B  2 2

6

n

n n n

u    

C  2 1

n

n n n

u     D  2 2

6

n

n n n

u    

Lời giải

Chọn C Ta có:   2 2 1 n n u u u u u u u n

                

Cộng hai vế ta 1 12 22  12 1  2 1

n

n n n

u      n    

Câu 61: Cho dãy số  un với 1 2 n n u

u  u n

 

   

 Số hạng tổng quát u dãy số số hạng đây? n

A un  2 n12 B

2

n

u   n C un  2 n12 D  

2

n

u   n

Lời giải

Chọn A Ta có: 2 n n u u u u u

u u  n

              

Cộng hai vế ta un     2 2n3 2 n12

Câu 62: Cho dãy số  un với 1 2 n n u u u         

 Công thức số hạng tổng quát dãy số là: A n

n u

n



  B n

n u

n



 C n

n u

n



  D

1 n n u n   

Lời giải

Chọn C

Ta có:

3

; ; ;

2

u   u   u   Dễ dàng dự đoán n

n u

n

(33)

1

2

n n

u

u  u

   

  



Công thức số hạng tổng quát dãy số là:

A 2 1

n

u   n B 2 1

n

u   n C 2

n

u   n D 2

n

u   n Lời giải

Chọn B

Ta có:

2

3

1

2

n n

u

u u

u u 

   

  

   

 

 

 

Cộng hai vế ta 2 2 1

2

n

u       n

Câu 64: Cho dãy số  un với  

1

2

1

1 n

n n

u

u  u

 

   

 Số hạng tổng quát u dãy số số hạng n đây?

A un   n B un   n C un   1  1 2n D un  n

Ta có un1un  1 2nun 1 u22;u33;u44; Dễ dàng dự đoán đượcun n

Thật vậy, ta chứng minh un n  * phương pháp quy nạp sau: + Với n 1 u1 Vậy  * với n1

+ Giả sử  * với n k k    , ta có: *

k

u  Ta chứng minh k  * với

1

n k  , tức là: uk1  k

+ Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số  un ta có: uk1uk   1 2k   Vậy k  * với

*

n

 

2 1

1

1 n

n n

u

u  u 

  

  

A un  n B u không xác định n

(34)

Ta có: u2 0;u3 1;u4   , Dễ dàng dự đoán un   n

1 1 n n u

u  u n

  

 

 Số hạng tổng quát u dãy số số hạng đây? n A  2 1

6

n

n n n

u     B  2 2

6

n

n n n

u    

C  2 1

n

n n n

u     D  2 2

6

n

n n n

u    

Ta có:   2 2 1 n n u u u u u u u n

                

Cộng hai vế ta 1 12 22  12 1  2 1

n

n n n

u      n    

Câu 67: Cho dãy số  un với 1

2

n n

u

u  u n

 

   

 Số hạng tổng quát u dãy số số hạng đây? n A un  2 n12 B 2

n

u   n C un  2 n12 D un  2 n12 Lời giải

Chọn A

Ta có: 2 n n u u u u u

u u  n

              

Cộng hai vế ta un      2 2n3 2 n12 Câu 68: Cho dãy số  un với

1 2 n n u u u         

 Công thức số hạng tổng quát dãy số là: A n

n u

n



  B n

n u

n



 C n

n u

n



  D

1 n n u n   

Ta có: 1 3; 2 4; 3 5;

2

u   u   u   Dễ dàng dự đoán un n n

(35)

Câu 69: Cho dãy số  un với 1 2 n n u

u  u

   

  



Công thức số hạng tổng quát dãy số là:

A 2 1

n

u   n B 2 1

n

u   n C 2

n

u   n D 2

n

u   n Lời giải

Chọn B

Ta có: 1 2 n n u u u u u

u u 

                

Cộng hai vế ta 2 2 1

2

n

u       n

Câu 70: Cho dãy số  un với 1 n n u u u       

 Công thức số hạng tổng quát dãy số là: A  1

2

n n

u     

  B   1 n n u   

     C

1 n n u   

    D   1 n n u         Lời giải Chọn D Ta có: 1 2 1 2 n n u u u u u u u                 

Nhân hai vế ta      

1

1 lan

1

2.2.2 2

n n

n n n

n

u u u u

u u u u u

                 

2

n n

u u u

 

 

 Công thức số hạng tổng quát dãy số này:

A n1

n

u n  B 2n

n

u  C 2n

n

u   D 2

n

u 

(36)

Ta có:

2

3

1 2

2

n n

u

u u

u u 

        

 

Nhân hai vế ta

1 .2 2.2 2

n n

n n n

u u u u   u u u u 

1 2

n n

u

u  u

   

 



Công thức số hạng tổng quát dãy số này:

A 2n

n

u    B 11

2

n n

u   C

2

n n

u   D 2n

n

u  

Ta có:

2

3

1 2

2

n n

u

u u

u u 

          

  

Nhân hai vế ta

1

.2

2

n n

n n n

u u u u   u u u  u  

 

2

1

1 n

n n

u

u  u

  

  

A un   n B un   n C  

2 1 n

n

u    D un  n

Lời giải

Chọn D

Ta có: un1un  1 2nun 1 u2 2;u33;u4 4; Dễ dàng dự đoán un n

Thật vậy, ta chứng minh un n  * phương pháp quy nạp sau: + Với n 1 u1 Vậy  * với n

+ Giả sử  * với n k k    , ta có: *

k

u  Ta chứng minh k  * với

n k  , tức là: uk1  k

+ Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số  un ta có: uk1uk   1 2k   Vậy k  * với

*

(37)

Câu 74: Cho dãy số un (un) có

3 2   n

un Khẳng định sau sai? A Là cấp số cộng có ;

3

1 

u

3

d  B Số hạng thứ n+1: 1 2( 1)2

n

u    

C Hiệu

3 ) (

1  

 u n

un n D Không phải cấp số cộng Lời giải

Chọn A

Ta có 1 2(n 1)2 2 2(2 n 1)

3 3

n n

n

u  u        Vậy dãy số cấp số cộng

Câu 75: Cho tam giác ABC biết góc tam giác lập thành cấp số cộng có góc 25 Tìm góc cịn lại?

A 65 ,90  B 75 ,80  C 60 ,95  D 60 ,90  Lời giải

Chọn D

Ta có:u u1  2 u3 18025 25  d 25 2 d180 d 35

Vâỵ u260; u390

Câu 76: Cho tứ giác ABCD biết góc tứ giác lập thành cấp số cộng góc A 30o Tìm góc lại?

A 75 ,120 , 65   B 72 ,114 ,156   C 70o; 110o; 150o D 80o; 110o; 135o Lời giải

Chọn C

Ta có: u u1   2 u3 u4 36030 30  d 30 2 d30 3 d360 d 40

Vâỵu2 70; u3110; u4150

Câu 77: Cho cấp số cộng có u1 3;u627 Tìm d?

A d 5 B d7 C d6 D d8 Lời giải

Chọn C

Ta có: u6 27 u1 5d 27  3 5d 27  d

Câu 78: Cho cấp số cộng có 1 1; 8 26

u  u  Tìm d? A 11

3

d B

11

d C 10

3

d D

10

d Lời giải

Chọn A

Ta có: 8 26 1 26 26 11

3

(38)

Câu 79: Cho cấp số cộng  un có: u1 0,1;d 0,1 Số hạng thứ7 cấp số cộng là: A 1,6 B 6 C 0,5 D 0,6

Số hạng tổng quát cấp số cộng  un là: 1  0,1 7 0,1 7 0,1

n

u   u n u      Câu 80: Cho cấp số cộng ( )u có n u11 tổng 100 số hạng đầu 24850 Tính

1 2 49 50

1 1

   

S

u u u u u u

A

246 

S B

23 

S C S 123 D 49

246 

S

Gọi d công sai cấp số cho

Ta có:  

100

497

50 99 24850

99 

     u 

S u d d

1 2 49 50

5 5

5

 S    

u u u u u u

3 50 49

2

1 2 49 50

 



u u u u  u u

u u u u u u

1 2 48 49 49 50

1 1 1 1

        

u u u u u u u u

1 50 1

1 1 245

49 246

    



u u u u d

49 246  S

Câu 81: Cho , ,a b c theo thứ tự lập thành cấp số cộng, đẳng thức sau đúng?

A a2c2 2ab2bc2ac B a2c22ab2bc2ac C a2c2 2ab2bc2ac D a2c22ab2bc2ac

, ,

a b c theo thứ tự lập thành cấp số cộng

  2 2 2 2 2

b a c b    b a  c b a c  ab bc

 

2 2 2 2 2 2

2 2

a c c ab bc ab c c b

ab c b a ab bc ac

       

(39)

Câu 82: Cho cấp số nhân  un với

1 1;

10

u   q Số 103 10

1

số hạng thứ  un ?

A Số hạng thứ103 B Số hạng thứ 104

C Số hạng thứ 105 D Không số hạng cấp số cho Lời giải

Chọn B

Ta có

1

1 103

1

1 103 104

10 10

n n

n

u u q n n



  

          

 

Câu 83: Cho cấp số nhân  un vớiu13; q= 2 Số 192 số hạng thứ  un ?

A Số hạng thứ B Số hạng thứ

C Số hạng thứ D Không số hạng cấp số cho Lời giải

Chọn C

Ta có    

1 192 2 64

n n

u u q               n n

1 3;

2

u  q Số 222 số hạng thứ  un ?

A Số hạng thứ 11 B Số hạng thứ 12

C Số hạng thứ D Không số hạng cấp số cho Lời giải

Chọn D

Ta có

1

222 74

2

n n

u u q

 

    

        

    Vậy 222 không số hạng cấp số cho

1 1;

10

u   q Số 103 10

1

số hạng thứ  un ?

A Số hạng thứ 103 B Số hạng thứ 104

C Số hạng thứ105 D Không số hạng cấp số cho Lời giải

Chọn B

Ta có

1

1 103

1

1 103 104

10 10

n n

n

u u q n n



  

          

 

Câu 86: Cho cấp số nhân  un với u13; q  Số 192 số hạng thứ  un ? A Số hạng thứ 5 B Số hạng thứ 6

Chọn C

Ta có    

1 192 2 64

n n

(40)

1 3;

2

u  q Số 222 số hạng thứ  un ?

A Số hạng thứ11 B Số hạng thứ 12

Chọn D

Ta có

1

222 74

2

n n

u u q

 

    

        

    Vậy 222 không số hạng cấp số cho

Câu 88: Cho dãy số ; ; 2 b

 Chọn b để dãy số cho lập thành cấp số nhân? A b 1 B b1

C b2 D Khơng có giá trị củab

Lời giải

Chọn D

Dãy số cho lập thành cấp số nhân

2

b b

  

    

 Vậy khơng có giá trị b

Chương Giới hạn

Câu 89: Cho dãy ( )x xác định sau: k

2! 3! ( 1)!

k

k x

k

   

 Tìm limu với n n 1n 2n 2011n

n

u  x x  x

A  B  C 1

2012!

 D 1

2012! 

Ta có: 1

( 1)! ! ( 1)!

k

k  k  k nên

1

( 1)!

k

x

k

 



Suy 1

1

0 ( 2)! ( 1)!

k k k k

x x x x

k k

 

     

 

Mà: x2011n x1nx2n  x2011n  n2011x2011 Mặt khác: 2011 2011 2011

1

lim lim 2011

2012!

n

x  x x  

Vậy lim 1 2012!

n

u  

Câu 90: Cho dãy số ( )u xác định bởi: n

0

1

2011

n n

n

u

u u

u

   

  

 Tìm

3 limun

(41)

A  B  C D 1 Lời giải

Chọn C

Ta thấy un0,  n Ta có: 3

1

3

n n

u u

u u      (1) Suy ra: 3 3

1 3

n n n

u u  u u  n (2) Từ (1) (2), suy ra:

 

3 3

1 3 2

0 0

1 1

3

3 3

n n n

u u u

u n u n n n

         



Do đó: 3

0

1

1 1

3

n n

n

k k

u u n

k k

 

      (3) Lại có: 2

1

1 1 1

1 2

1.2 2.3 ( 1)

n

k k n n n

       



 2

1

2

n n

k k

n n

k k

 

 

 

Nên: 3

0

2

3

9

n

n u  n u u  n  Hay

3 3

0 2

3

9

n

u u u

n n n n n

     

Vậy limun

n 

Câu 91: Cho a b, , ( , ) 1;a b  nab1,ab2,  Kí hiệu

n

r số cặp số ( , )u v  cho

n au bv  Tìm lim n n

r n ab

 

A  B  C

ab D ab1 Lời giải

Chọn C

Xét phương trình 0;n

n



 

 

  (1)

Gọi ( , )u v0 0 nghiệm nguyên dương (1) Giả sử ( , )u v nghiệm nguyên dương khác ( , )u v0 (1)

Ta có au0bv0 n au bv n,   suy a u u(  0)b v v(  0) 0 tồn k nguyên dương

cho u u 0kb v v,  0 ka Do v số nguyên dương nên

0

1

1 v

v ka k

a



    (2)

Ta nhận thấy số nghiệm nguyên dương phương trình (1) số số k nguyên dương cộng với Do 1 1

n

v n u

r

a ab b a



   

     

   

Từ ta thu bất đẳng thức sau: 1 1.

n

u u

n n

r

ab b   a ab b  a Từ suy ra: u0 rn u0 1.

(42)

Từ áp dụng nguyên lý kẹp ta có lim n n

r n ab

 

Câu 92: Chọn kết kết sau

2 lim cos

x x nxlà:

A Không tồn B 0 C D  Lời giải

Chọn B

Cách 1: 0 cos 1 0 x2cos x2

nx nx

    

Mà

lim

x x  nên

2

lim cos

x x nx

Cách 2: Bấm máy tính sau: Chuyển qua chế độ Rad + x2cos

nx + CACL +

9 10

x  +n10 so đáp án

Câu 93: Chọn kết kết sau lim cos5

x

x x  là:

A  B 0 C 1

2 D 

Lời giải

Chọn B

Cách 1: 0 cos5 cos5 ,

2

x

x x

      

Mà lim

x x  nên

cos5

lim

2

x

x x

 

Cách 2: Bấm máy tính sau: Chuyển qua chế độ Rad + cos5

2

x

x + CACL +

9 10

x  so đáp án

Cách 3: Dùng chức lim máy VNCALL 570ES Plus: chuyển chế độ Rad +

9 cos

lim

2 10

x

x x   so đáp án

Câu 94: Chọn kết kết sau

2 lim cos

x x nxlà:

A Không tồn B 0 C D  Lời giải

Chọn B

Cách 1: 0 cos 1 0 x2cos x2

nx nx

(43)

Mà

lim

x x  nên

2

lim cos

x x nx

Cách 2: Bấm máy tính sau: Chuyển qua chế độ Rad + x2cos

nx + CACL +

9 10

x  +n10

và so đáp án

Câu 95: Chọn kết kết sau lim cos5

x

x x  là:

A  B 0 C 1

2 D 

Lời giải

Chọn B

Cách 1: 0 cos5 cos5 ,

2

x

x x

      

Mà lim

x x  nên

cos5 lim x x x  

Cách 2: Bấm máy tính sau: Chuyển qua chế độ Rad + cos5

2

x

x + CACL +

9 10

x  so đáp án

Cách 3: Dùng chức lim máy VNCALL 570ES Plus: chuyển chế độ Rad +

9 cos

lim

2 10

x

x x   so đáp án

Câu 96: Tìm giới hạn

0

lim , ( , 0)

n n n m x m m

a x a x a

A a b

b x b x b

          

A  B  C 4

3 D Đáp án khác Lời giải Chọn D Ta có: 1 1 1 ( ) lim ( )

n n n

n n

x m m m

m m

a a

a x a

x x x

A b b

b x b

x x x

             

 Nếu

1 1 1 0 lim n n n n

x m m

m m

a a

a

a a

x x x

m n A

b b

b

x x x

                

 Nếu

1 1 1 lim ( ) n n n n

x m n m m

m m

a a

x x x

m n A

b b

b

x b

x x x

                 

(44)

 Nếu m n , ta có:

1

0 0 0

1

1 0

0

( ) 0

lim

n m n n

n n

x m m

m m

a a

a

x a a b

x x x

A b b

b a b

b

x x x

                      Câu 97: 2 x

3x 5sin 2x cos x lim

x 

 

 bằng:

A  B 0 C 3 D 

2

2 2

x x x x

3x 5sin 2x cos x 6x 10sin 2x cos 2x 6x 10sin 2x cos 2x

lim lim lim lim

x 2x 2x 2x

   

        

   

2 x

10sin 2x cos 2x lim 2x     

Vì 10sin 2x cos 2x  10212sin 2x cos 2x2   101 nên:

2

10sin 2x cos 2x 101

2x 2x

 

 

 

Mà 2

x

101

lim

2x

   nên x

10sin 2x cos 2x

lim

2x 

  



Câu 98: Cho hàm số   tan

, ,

2 ,

             x

x x k k

f x x

x

 

Hàm số y f x  liên tục khoảng sau đây?

A 0;



 

 

  B ;4



 

 

  C 4;

 

 

 

  D  ;  Lời giải

Chọn A

TXĐ: \ ,

2

D  k k  

 

 

Với x0 ta có f  0 0   0 tan lim lim x x x f x x

   0

sin lim lim cos x x x x x  

  hay    

0

lim

x f x  f Vậy hàm số gián đoạn x0

Câu 99: Cho hàm số  

2

, , 0 1

sin ,

x x

x

f x x

x x x x

          

Tìm khẳng định khẳng định sau:

(45)

TXĐ: D  

Với x1 ta có hàm số f x x2 liên tục khoảng 1;. 1 Với 0 x ta có hàm số  

3

x f x

x



 liên tục khoảng  0;1  2 Với x0 ta có f x xsinx liên tục khoảng ;0  3

Với x1 ta có f  1 1;  

1

lim lim

x f x xx  ;  

3

1

2

lim lim

1

x x

x f x

x

 

    

Suy    

lim 1

x f x   f Vậy hàm số liên tục x1

Với x0 ta có f 0 0;  

3

0

2

lim lim

1

x x

x f x

x

 

     ; xlim0 f x xlim sin0x x

0

sin

lim lim

x x

x

 

 

  suy    

0

lim 0

x f x   f Vậy hàm số liên tục x0  4

Từ  1 ,  2 ,  3  4 suy hàm số liên tục 

Câu 100: Cho hàm số  

tan , 0 ,

2 ,

     

  

 





x x x k k

f x x

x

 

Hàm số y f x  liên tục khoảng sau đây?

A 0;



 

 

  B ;4



 

 

  C 4;

 

 

 

  D  ;  Lời giải

Chọn A

TXĐ: \ ,

2

D  k k  

 

 

Với x0 ta có f  0 0  

0

tan

lim lim

x x

x f x

x

   0

sin

lim lim cos

x x

x

x x

 

  hay    

0

lim

(46)

3

,

, 1

sin ,

x x

x

f x x

x

x x x

 

 

    

 

Tìm khẳng định khẳng định sau:

A f x  liên tục  B f x  liên tục \ 0  C f x  liên tục \ 1  D f x  liên tục \ 0;1 

TXĐ: D  

Với x1 ta có hàm số f x x2 liên tục khoảng 1;. 1 Với 0 x ta có hàm số  

3

x f x

x



 liên tục khoảng  0;1  2 Với x0 ta có f x xsinx liên tục khoảng ;0  3

Với x1 ta có f  1 1;  

1

lim lim

x f x xx  ;  

3

1

2

lim lim

1

x x

x f x

x

 

    

Suy    

lim 1

x f x   f Vậy hàm số liên tục x1

Với x0 ta có f 0 0;  

3

0

2

lim lim

1

x x

x f x

x

 

     ; xlim0 f x xlim sin0x x

0

sin

lim lim

x x

x

 

 

  suy    

0

lim 0

x f x   f Vậy hàm số liên tục x0  4

Từ  1 ,  2 ,  3  4 suy hàm số liên tục  Chương Đạo hàm

Câu 102: Tìm giới hạn sau 3

4

lim

2

x

x x x x

E

x x



    



  

A

4

3 B

3

4

 C

3

4

 D 1.

Lời giải: Chọn B

Xét hai hàm số f x( ) 34 2 x x 3 4 2 x x

( ) 2

(47)

Ta có:

3

ʹ(0)

f E

g

  

Câu 103: Nếu bằng:

A B

C D

…

Câu 104: Cho Tổng biểu thức sau đây?

A B

C D

Ta có:

Suy ra:

Câu 105: Nếu sin2

x y

thì y bằng:  n A sin

2n 2

x n

  

 

  B sin 2

x n

  

 

  C 2 sin

2

n xn 

 

  D

sin 2n

x n

  

 

 

sin

x

y y n

1

sin

2n 2

x n

  

 

  sin 2

x n

  

 

 

2 sin

2

n xn 

 

 

1 sin .

2n

x n

  

 

 

1cos 1sin

2 2 2

x x

y     

 

2

1 cos sin 2. .

2 2 2

x x

y        

   

3

1

cos sin

2 2 2

x x

y         

   

  sin .

2

n n

x

y   n

 

6

( ) sin cos

f x  x x g x( ) 3sin cos 2x 2x f x( )g x( )

5

6(sin xcos xsin cos )x x 6(sin5xcos5xsin cos )x x

   

 

5 5

2

6sin cos 6cos sin 6sin cos cos sin

3

.sin sin 2.cos

4

f x x x x x x x x x

g x x x x

     



 

   

 

        

   

2 2 2

2 2

6.sin cos sin cos sin cos 6sin cos cos sin 6sin cos cos sin 6sin cos cos sin

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

x x x x x x x x

       

(48)

Chứng minh quy nạp   sin  1

2 2

n n

x n

y     

 

Với n1 ta có sin os 1sin

2 2 2

x x x

y   c   

   

Giả sử  1 với n k , k  tức ta có *   sin  1

2 2

k k

x k

y    

 

Chứng minh  1 với n k 1 tức cần chứng minh  1  

1 sin ( 1) 2

2 2

k k

x k

y       

 

Thật vậy, ta có

 1    sin 1. os

2 2 2 2

k k

x k x k

y   y      c    

   

 

1

1 ( 1)

sin sin

2k 2 2k 2

x k  x k 

 



   

       

   

Câu 106: Tính đạo hàm hàm số sau y x2 1 2x1 A

 

2

( 1)

x x

y

x x x

 

 

    B  

2

1

( 1)

x x

y

x x x

        C   2

2 ( 1)

x x

y

x x x

 

 

    D  

2

2 ( 1)

x x

y

x x x

 

 

   

Lời giải: Chọn D

Ta có:

 

2

2 2

2

1

2 2 ( 1)

x

x x

x y

x x x x x

             

Câu 107: Biết với điểm M tùy ý thuộc  C :

2 3 3

2 x x y x   

 , tiếp tuyến M cắt  C hai điểm A,B tạo với I  tam giác có diện tích khơng đổi, diện tích tam giác là? 2; 1

A 2(đvdt ) B 4(đvdt ) C 5(đvdt ) D 7(đvdt ) Lời giải

Chọn A

2 3 3 1

1 2 x x y x x x      

  Ta có:  2

1 ʹ y x   

Gọi  0 0 0 0  

0

; ( )

2

M x y C y x

x

     

(49)

Tiếp tuyến với ( )C M

 2  0

0

1

: 1

2

y x x x

x x

 

 

      



  

 

Nếu    x 2 điểm A , 0

A

x y

x

 

 2; 0 02

x A

x

 

   



 

Nếu  cắt tiệm cận xiện điểm B

 2  0 0

0

1

1 1 2

2

2 B B B B B

x x x x x x y x x

x x

 

                



  

 

2 2; 3

B x x

  

Nếu I giao hai tiệm cận, I có tọa độ I 2; 

Gọi H hình chiếu vng góc B tiệm cận đứng x  2 suy H( 2; 2 x0 3)

Diện tích tam giác

0

1 1

AIB : 2

2 A I B H 2

x

S AI BH y y x x x

x

        



Hay 0

0

.2 2

2

S x

x

  

 ( đvdt )

Chứng tỏ S số, không phụ thuộc vào vị trí điểm M Câu 108: Cho hàm số

3

y  x x có đồ thị  C Tìm điểm trục hồnh cho từ kẻ

được ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số có hai tiếp tuyến vng góc với A ;

27

M 

  B

28 ;

M 

  C

8 ;

M 

  D

28 ; 27

M 

  Lời giải

Chọn B

Xét điểm M m( ; 0)Ox

Cách 1: Đường thẳng d qua M , hệ số góc k có phương trình: yk x m(  )

d tiếp tuyến  C hệ        



2

3 ( )

3

x x k x m

x k có nghiệm x

Thế k vào phương trình thứ nhất, ta được:

2

3(x 1)(x m ) ( x 3x2) 0

2

(x 1)(3x 3(1 m x) ) (m x 1)(x x 2)

         

2

(x 1)[2x (3m 2)x 3m 2]

(50)

1

x

   2x2(3m2)x3m 2 0 2 

Để từ M kẻ ba tiếp tuyến  1 phải có nghiệm x, đồng thời phải có giá trị k khác nhau,  2 phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 , đồng thời phải có giá trị k khác khác

 2 phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi:

(3 2)(3 6) ,

3 3

1

m m m m

m



        

   

     3

Với điều kiện  3 , gọi x x hai nghiệm 1, 2  2 , hệ số góc ba tiếp tuyến

2

1 3, 3, k   x  k   x  k 

Để hai ba tiếp tuyến vng góc với k k   1 2 k1 k2

1

k k   9(x121)(x22   1) 9x x12 229(x1x2)218x x1 210 0 ( ) i Mặt khác theo Định lí Viet 1 2 2; 1 2

2

m m

x x   x x   Do ( ) 9(3 2) 10 28

27

i  m   m  thỏa điều kiện  3 , kiểm tra lại ta thấy k1 k2

Vậy, 28; 27

M 

  điểm cần tìm

Cách 2: Gọi N x y( ;0 0) ( ) C Tiếp tuyến   C N có phương trình:

 

0 0

3 ( )

y  x  x x  y

 qua  

0 0

0 3 ( )

M   x  m x  y

2

0 0 0

3(x 1)(x 1)(x m) (x 1) (x 2)

       

2

0 0

(x 1) 2 x (3m 2)x 3m 2

       

2

0

1

2 (3 2) 0 (a)

x

x m x m

  

      



Từ M vẽ đến  C ba tiếp tuyến ( )a có hai nghiệm phân biệt khác 1 , có hai giá trị

2

3

k  x  khác khác 0điều xảy khi:

2 (3 2)(3 6) 0

(3 2) 8(3 2)

3 2(3 2)

m m

         

 

      

 



1

,

m

m m

   

    

(51)

Vì tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  1 có hệ số góc nên yêu cầu toán

2

( 3p 3)( 3q 3)

       (trong p q, hai nghiệm phương trình ( )a )

2 2

9p q 9(p q ) 10

     9p q2 29(p q )218pq10 0

2

9(3 2) 9(3 2)

9(3 2) 10

4

m m

m

 

      28

27

m

   Vậy 28; 27

M 

 

Câu 109: Cho hàm số y 1

x x

 

 có đồ thị  C Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị  C cho tiếp

tuyến cắt trục O , Ox y điểm A , B thoả mãn OA 4OB.

A 4 13 4 y x y x           

B

1 4 13 4 y x y x           

C

1 4 13 4 y x y x           

D

1 4 13 4 y x y x           

Giả sử tiếp tuyến  d  C M x y( ;0 0) ( ) C cắt Ox ,A Oy B cho OA4OB Do OAB vuông O nên tan

4

OB A

OA

   Hệ số góc  d 1

4

hoặc

4 

Hệ số góc  d 0 2 2

0

1 1

( )

4

( 1) ( 1)

y x x x           0 0 x y x y                      

Khi có tiếp tuyến thoả mãn là:

1

( 1)

4 4

1 13

( 3)

4 4

y x y x

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

Câu 110: Cho hàm số

1 ( 1)

yx  m x có đồ thị (Cm) Có giá trị m để tiếp tuyến (Cm) giao điểm với trục tung tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích

A B 2 C 3 D 4

Ta có M(0;1m) giao điểm (Cm) với trục tung

ʹ ʹ(0)

(52)

Phương trình tiếp tuyến với (Cm) điểm m y mx 1 m

Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến với trục hoanh trục tung, ta có tọa độ

;

m A

m

  

 

  (0;1B m)

Nếu m 0 tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả Nếu m 0 ta có

 2

1

1 1

8 8 16

2 7 3

OAB

m m

m

S OA OB m

m m m



  



         

    

Vậy có giá trị cần tìm

2

x y

x

 

 .Tìm giá trị nhỏ m cho tồn điểm M   C mà

tiếp tuyến  C M tạo với hai trục toạ độ tam giác có trọng tâm nằm đường thẳng

:

d y m A 1

3 B

3

3 C

2

3 D

2 3

Gọi M x y( ;0 0) ( ) C Phương trình tiếp tuyến M : 2 0 0

0

( )

(2 1)

y x x y

x



  

 Gọi A , B giao điểm tiếp tuyến với trục hoành trục tung

 02

2

(2 1)

B

x x

y

x

 





Từ trọng tâm G OAB có:

2

0

2

3(2 1)

G

x x

y

x

 





Vì G d nên

0

2

3(2 1)

x x

m x

 

 



Mặt khác:

2 2

0 0 0

2 2

0 0

2 (2 1)

1

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

x x x x x

x x x

        

  

Do để tồn điểm M thỏa tốn 2 1

3

m    m Vậy GTNN m

3

1

x y

x



(53)

M  C cắt Ox , Oy ,A B cho diện tích tam giác OAB

4, O gốc tọa độ

A B C D

Gọi    

 

0

0 0

2

; ʹ

1 1

x

M x y C y y

x x

    

 

Phương trình tiếp tuyến  t  C M là:

   

2

0 2

0 2 1 x y x x x    

Tiếp tuyến  t cắt hai trục tọa độ Ox Oy, hai điểm phân biệt   0;

A x ,

  2 0; x B x         

cho diện tích tam giác AOBcó diện tích

4

   

2

0 0

0

1 1

2 1

x

OA OB OA OB x x x

x             0 0 1 ;

2

1 1;1 x M x x x x x M                          

Câu 113: 2 2 1

x mx m

y

x

  



  Cm cắt trục hoành hai điểm phân biệt tiếp tuyến với  Cm

hai điểm vng góc với A

3

m  B m  1 C 2,

3

m m  D m 0 Lời giải

Chọn A

Hàm số cho xác định \ 1 

Xét phương trình hồnh độ giao điểm  Cm trục hoành:

 

2

0 2 0,

1

x mx m

x mx m x

x

         

  1

Để  Cm cắt trục hoành hai điểm phân biệt ,A B phương trình  1 phải có hai nghiệm phân biệt khác Tức ta phải có:

2

ʹ

1 2

m m

     

    

 hay

  

 

1

2

m m m m        

 tức

1 m m      

 2

(54)

Giả sử I x 0; 0 giao điểm  Cm trục hoành Tiếp tuyến  Cm điểm I có hệ số

góc       

 

2

0 0 0

0

2 2 2 2

ʹ

1

x m x x mx m x m

y x x x           

Như vậy, tiếp tuyến ,A B có hệ số góc   1 2 ʹ x m y x x  

 ,  2 2 2 ʹ x m y x x    Tiếp tuyến ,A B vng góc y x y xʹ   1 ʹ 2   hay

1

2 2

1

x m x m

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

1 2

5 x x 4m x x 4m

       tức

3m   m

m

  

3

m  Đối chiếu điều kiện có

3

m  thỏa mãn

2 2

x mx m

y

x m

 



 Giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox hai điểm tiếp tuyến đồ thị hai điểm vng góc

A 3 B 4 C 5 D 7

Lời giải

ChọnC

Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số  

2 2

: x mx m

C y

x m

 



 trục hoành:  

2

2 2 2 0 *

0 x mx m

x mx m

x m x m

   

    

   

Đồ thị hàm số

2 2

x mx m

y

x m

 



 cắt trục Ox hai điểm phân biệt  phương trình  * có hai nghiệm phân biệt khác m 2

0 1 3 m m m m m m m                   

Gọi M x y 0; 0 giao điểm đồ thị  C với trục hồnh

0 0

y x  mx   hệ số góc m

của tiếp tuyến với  C M là:  0

k y x      

 

2

0 0 0

2

0

2x 2m x x 2mx m 2x 2m

x m x m         

Vậy hệ số góc hai tiếp tuyến với  C hai giao điểm với trục hoành 1

1 2x 2m k x m    , 2 2x 2m k

x m

 



Hai tiếp tuyến vng góc k k1  1

1

2 2

1

x m x m

    

   

 

(55)

     

1 2 2

4x x m x x m  x x m x x m  **

          

Ta lại có

1 2

x x m

x x m

 

  

 ,  

2

**

5

m

m m

m

 

    



 Nhận m5 Câu 115: Phương trình tiếp tuyến  C : y x biết qua điểm 3 M2; 0 là:

A y27x54 B y27x9; y27x2 C y27x27 D y0;y27x54

+y' 3 x2

+ Gọi A x y tiếp điểm PTTT ( )( ; )0 0 C A x y là: ( ; )0 0

 

2

0 0

3 ( )

y x x x x d

+ Vì tiếp tuyến ( )d đí qua M(2;0) nên ta có phương trình:

 

2

0 0

0

3

x

x x x

x

 

    





+ Với x0  thay vào ( )0 d ta có tiếp tuyến y

+ Với x0 thay vào ( )3 d ta có tiếp tuyến y27x54

1

x

f x    , có đồ thị x  C Từ điểm M2; 1  kẻ đến  C hai tiếp tuyến phân biệt Hai tiếp tuyến có phương trình:

A y   x y x  B y2x y   2x C y   x y   x D y x  y   x

Gọi N x y 0; 0 tiếp điểm;

2

0

4

x

y    ; x  

0

2

x

f x  

Phương trình tiếp tuyến N là:  

0

1

2

x x

y   x x   x

 

Mà tiếp tuyến qua M2; 1    02 02

0 0

1

2 4

x x x

 

            

 

   

0

0; 1;

4; 1;

x y f



   



  

  



(56)

Câu 117: Tiếp tuyến paraboly  điểm 4 x2 (1;3) tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông Diện tích tam giác vng là:

A 25

2 B

5

4 C

5

2 D

25

+ y 2x y(1) 

+PTTT điểm có tọa độ (1;3) là: y 2(x     1) y 2x ( )d

+ Ta có ( )d giao Ox 5;0

A 

 , giao Oy (0;5)B ( )d tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông OAB vuông O

Diện tích tam giác vng OAB là: .5 25

2 2

S  OA OB 

Câu 118: Cho hàm số 2

1

x y

x

 

 có đồ thị  C Viết phương trình tiếp tuyến  C , biết tiếp tuyến tạo

với hai trục tọa độ tam giác vuông cân

A :y  x 7;:y  x 1 B :y  2x 7;:y  x 11 C :y  x 78;:y  x 11 D :y  x 9;:y  x 1

Hàm số xác định với x 1

Ta có: ʹ 2 ( 1)

y x

 



Tiệm cận đứng: x 1; tiệm cận ngang: y 2; tâm đối xứng (1; 2)I

Gọi M x y tiếp điểm, suy phương trình tiếp tuyến ( ;0 0)  C :

0

2

4

: ( )

1 ( 1)

x

y x x

x x

 

   



Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông cân nên hệ số góc tiếp tuyến



0

2

4

1 1,

(x 1) x x

       

(57)

Câu 119: Cho hàm số 2 x y x 

 có đồ thị  C Viết phương trình tiếp tuyến  C , biết tiếp tuyến tạo với

hai trục tọa độ tam giác có diện tích

18

A :

4

y x

   ; :

9

y x

   B : 31

4

y x

   ; :

9

y x

  

C :

4

y x

   ; : 4

9

y x

   D :

4

y x

   ; :

9

y x

  

Hàm số xác định với x  2

Ta có: ʹ 2 ( 2)

y x

 

Gọi M x y( ;0 0) ( ) C Tiếp tuyến   C M có phương trình

2

0

2 2

0

0 0

2

4

( )

2

( 2) ( 2) ( 2)

x x

y x x x

x

x x x

    



  

Gọi ,A B giao điểm tiếp tuyến  với Ox Oy ,

Suy 2

0

2

0

1

:

0 2

( 2) ( 2) 0

y

A x x x

x

x x y

                    ( ; 0)

2 A x   2 2 0

: 0;

( 2) ( 2)

x

B x B

y x x                  

Vì A B O,  x0 

Tam giác AOB vuông O nên

4 1

2 ( 2)

AOB

x

S OA OB

x     Suy 4 0

9 ( 2)

18 ( 2)

AOB

x

S x x

x         0 0 0 0 (vn)

2

3

3 x x x x x x                 

* 0 0 2, ʹ( )0

3

x  y  y x  Phương trình :

9

y x

(58)

* 0 0 1, ʹ( )0

3

x   y   y x  Phương trình : 9( 2)

4

y x x

     

Câu 120: Cho hàm số (C)

x y

x

 

 Có cặp điểm A, B thuộc  C mà tiếp tuyến song song với nhau:

A B 2 C D Vô số

Ta có:

 2

'

1

y x

 



Đồ thị hàm số 1

x y

x

 

 có tâm đối xứng I ; 1 Lấy điểm tùy ý A x ; y 0 0   C

Gọi B điểm đối xứng với A qua I suy B2x ;0 2y0   C Ta có: Hệ số góc tiếp tuyến điểm A là:  

 

0

1 A

k y' x .

x



 



Hệ số góc tiếp tuyến điểm B là:  

 

0

0 2

1 B

k y' x .

x



  



Ta thấy kAkB nên có vơ số cặp điểm A, B thuộc  C mà tiếp tuyến song song với Câu 121: Trên đồ thị hàm số

1

y x



 có điểm M cho tiếp tuyến với trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Tọa độ M là:

A  2;1 B 4;1    

  C

3; .   

 

  D

3;   

 

 

Ta có:

 2 '

1

y x

 

 Lấy điểm M x ; y 0   C Phương trình tiếp tuyến điểm M là:

 2  0  

0

1

y x x

x

x 

   



Giao với trục hoành:   Ox=A x2 01 0;  Giao với trục tung:  

 2

2

0

1

x Oy=B ;

x

    

  

(59)

2

0

2

1

4

2

OAB

x

S OA.OB x

x

  

     



  Vậy

3 ;

M   

 

Câu 122: Định m để đồ thị hàm sốy x 3mx2 tiếp xúc với đường thẳng :1 d y ? A m 3. B m3. C m 1. D m2

Đường thẳng y x 3mx2 đồ thị hàm số 1 y tiếp xúc 5

3

2

1 (1)

3 (2)

x mx

   

  

 

 có nghiệm

0

(2) (3 ) 2

3

x

x x m m

x

  

   

  

+ Với x0 thay vào (1) không thỏa mãn + Với

3

m

x thay vào (1) ta có: m3 27m  3

Chương Phép biến hình

Câu 123: Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn ( )C có phương trình (x1)2(y2)2 Hỏi phép dời 4 hình có cách thực liên tiếp phép đối xứng qua trục Oy phép tịnh tiến theo vectơ

(2;3)

v 

biến ( )C thành đường trịn đường trịn có phương trình sau? A x2y2  4 B (x2)2(y6)2  4

C (x2)2 (x 3)2 4 D (x1)2(y1)2 4 Lời giải

Chọn D

Đường trịn ( )C có tâm (1; 2)I  bán kính R Ð ( )Oy I  I I( 1; 2) 

( ) (1;1)

v

T I  I I I  v I

Đường trịn cần tìm nhận (1;1)I làm tâm bán kính R

Câu 124: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình x y   Hỏi phép dời hình có cách thực liên tiếp phép đối xứng tâm O phép tịnh tiến theo vectơ v(3;2) biến đường thẳng d thành đường thẳng đường thẳng sau?

A 3x3y  B x y   C x y   D x y  

(60)

Chọn D

Ð ( )

// // ( )

O v

d d

d d d T d d

  

      

 

Nên d:x y c  0(c  (1) 2)

Ta có : M(1;1) Ð ( )d O M MM( 1; 1)   d

Tương tự : M( 1; 1)   (d T Mv )MM(2;1)d(2)

Từ (1) (2) ta có : c 3 Vậy d:x y   Chương Quan hệ song song

Câu 125: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn AB. M trung điểm CD Mặt phẳng   qua M song song với BC SA   cắt AB SB , N P Nói thiết diện mặt phẳng   với khối chóp S ABCD ?

A Là hình bình hành B Là hình thang có đáy lớn MN

C Là tam giác MNP D Là hình thang có đáy lớn NP

Lời giải

Chọn B

Trong mặt phẳng ABCD, qua M kẻ đường thẳng MN BC N BC    Khi đó, MN  

Trong mặt phẳng SAB, qua N kẻ đường thẳng

 

NP SA P SB  Khi đó, NP 

Vậy     MNP

(61)

 

 ,  

MN MNP

BC SBC

MN BC

P MNP P SBC

  



 

 

  



 hai mặt phẳng cắt

nhau theo giao tuyến qua điểm P song song với BC

Trong mặt phẳng SBC kẻ PQ BC Q SC   . Khi đó, PQ giao tuyến mặt phẳng   với mặt phẳng SBC Vậy mặt phẳng   cắt khối chóp S ABCD theo thiết diện tứ giác

MNPQ

Tứ giác MNBC có MN BC MNBC MC NB

 

 



 hình bình hành Từ suy MN BC Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB, Q thuộc đoạn SC PQ BC nên PQ BC

Tứ giác MNPQ có MN PQ MNPQ PQ MN

 

  



hình thang có đáy lớn MN

Câu 126: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân với cạnh bên BC2, hai đáy AB6,

4

CD Mặt phẳng  P song song với ABCD cắt cạnh SA M cho SA3SM Diện tích thiết diện  P hình chóp S ABCD bao nhiêu?

A 5

9 B

2

3 C 2 D

7 Lời giải

Chọn A

Gọi ,H K hình chiếu vng góc ,D C AB

ABCD hình thang cân AH BK CD HK; BK

AH HK BK AB

 



  

  



Tam giác BCK vuông ,K có CK  BC2BK2  22 12 3 Suy diện tích hình thang ABCD 3.4

2

ABCD

AB CD

S CK    

Gọi , ,N P Q giao điểm  P cạnh SB SC SD , , Vì  P //ABCD nên theo định lí Talet, ta có

3

MN NP PQ QM

AB  BC CD  AD 

O P

N

B A

C D

D C

A B

S

M

(62)

Khi  P cắt hình chóp theo thiết diện MNPQ có diện tích 2.

MNPQ ABCD

S k S 

Câu 127: Cho tứ diện SABC cạnh a Gọi I trung điểm đoạn AB , M điểm di động

đoạn AI Qua M vẽ mặt phẳng   song song với SIC Tính chu vi thiết diện tạo   với tứ diện SABC, biết AM x

A x1 3 B 2 1x  3 C 3 1x  3 D Khơng tính Lời giải

Chọn B

Để ý hai tam giác MNP SIC đồng dạng với tỉ số AM 2x

AI  a

   

2 2 3

2

MNP

MNP SIC

C x x x a a

C SI IC SC a x

C a a a

 

           

 

Chương Quan hệ vng góc

Câu 128: Cho tứ diện ABCD có DA DB DC  vàBDA60 ,0 ADC90 ,0 BDC1200 Trong mặt tứ diện đó:

A Tam giác ABD có diện tích lớn B Tam giác BCD có diện tích lớn C Tam giác ACD có diện tích lớn D Tam giác ABC có diện tích lớn

Đặt DA DB DC a  

Tam giác ABD cạnh a nên diện tích

ABD

a

S 

P N

M I

S

C

(63)

Tam giác ACD vuôn D nên diện tích

2

ACD

a

S  DA DC

Diện tích tam giác BCD . sin1200

2

BCD

a

S  DB DC 

Tam giác ABC có AB a AC a ,  2,BC a nên tam giác ABC vuông A Diện tích tam giác ABC 2

2

ABC

a

S  AB AC

Vậy diện tích tam giác ABC lớn

Câu 129: Cho hình chóp S ABC có BSC1200,CSA600,ASB900, SA SB SC  Gọi Ilà hình chiếu vng góc S lên mp ABC  Chọn khẳng định khẳng định sau

A I trung điểm AB B I trọng tâm tam giác ABC C I trung điểm AC D I trung điểm BC

Lời giải

Chọn D

Gọi SA SB SC a  

Ta có : SACđều AC SA a 

SAB

 vuông cân S AB a



2 2 . .cos 3

BC SB SC  SB SC BSC a

2 2

AC AB BC ABC

    vuông A

Gọi I trung điểm AC I tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC Gọi d trục tam giác ABC thi d qua I dABC Mặt khác : SA SB SC  nên S d Vậy SI ABC nên I hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC

Câu 130: Cho tứ diện OABC cóOA, OB, OC đơi vng góc với Gọi H hình chiếu O mặt phẳngABC Mệnh đề sau đúng?

B C

(64)

A B

C D

Ta có

 

OA OB

OA OBC OA BC

OA OC

 

   



 

Mà OH OBCOHBC Vậy ta có: BC OA BC OAH

BC OH

  



 

Trong mặt phẳng ABC: AH cắt BC K Ta suy BCOK (vì BCOAH) Tam giác OBC vng O có:

 

2 2

1 1

1

OK OB OC Có OAOBCOA OK

Tam giác OAK vng O có: 12 12 12  2

OH OA OK Từ  1  2 ta suy ra: 2 12 12 12

OH OA OB OC

Câu 131: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bằnga G trọng tâm tam giác A BD Trong vectơ sau, vectơ vectơ pháp tuyến mặt phẳngA BD ?

A B C D Kết khác

Lời giải Chọn C

2 2

1 1

OH  AB  AC  BC 2 2

1 1

OA AB AC  BC

2 2

1 1 1 1

OA OB OC BC 2 2

1 1

OH OA OB OC

K

O C

B A

H

' AA 

AC 

(65)

Ta có tam giác A B BD DA    ( đường chéo hình vng nhau)

A BD

 

Ta có A A ABCDA A BD 

Mà A G BD (vì A BD  đều)

Suy BDA AG BD AG  1 Tương tự ta chứng minh được:

   2

A D  ABG A D AG Từ  1  2 suy AGA BD 

Suy AG vectơ pháp tuyến mặt phẳng A BD 

Câu 132: Cho hình lập phương ABCD EFGH Gọi  góc đường thẳng AG mặt phẳng

EBCH Chọn khẳng định khẳng định sau:

A   30 B  45 C tan  D tan

  Lời giải

Chọn C

Gọi O CE BH Khi O trung điểm AG Gọi I AFBE

Ta có BCABFEBCAI Lại có AI BE nên AIEBCH IO hình chiếu AO EBCH  AG EBCH, AO EBCH, AO IO,  AOI



1 1

, tan

2 2

AI

AI a IO FG a AOI

IO

       Vậy tan

G

D'

C' B'

C A

D

B

(66)

Câu 133: Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy tam giác ABC khơng vng gọi ,H K lần

lượt trực tâm tam giác ABC tam giác SBC Tính số góc tạo HK mặt phẳng SBC

A 45 B 65 C 90 D 120 Lời giải

Chọn C

Gọi giao điểm AH CB I

Ta có SAABCSA BC , lại có BCAI nên BCSAIBCSIHKSAI Vậy HKBC.(1)

Mặt khác, có BHSACBH SC, BKSC nên SCBHK Vậy HKSC.(2)

Từ (1) (2) ta có HKSBC

 góc tạo HK mặt phẳng SBC 90

Câu 134: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng Mặt bên SAB tam giác có đường cao AH vng góc với mpABCD Gọi a góc BD mpSAD Chọn khẳng định khẳng định sau:

A cos 2

a B sin

2

a C a 60 D a 30 Lời giải

(67)

Gọi K trung điểm SA

Ta có: ADSAB SAB nên BKSAD Vậy BD SAD, BD KD, BDK a

Gọi cạnh hình vng ABCD x , BD x

2

x BK Xét tam giác vng BKD có sin

2

BK a

BD

 

Câu 135: Cho tứ diện SABC có hai mặt (ABC) (SBC) hai tam giác cạnh a,

SA=a M

điểm AB cho AM=b 0( < <b a) ( )P mặt phẳng qua M vng góc với BC

Thiết diện ( )P tứ diện SABC có diện tích bằng? A

2 3

a b a



 

 

  B

2

a b a



 

 

  C

2 3

16

a b a



 

 

  D

2 3

8

a b a



 

 

  Lời giải

Chọn C

Gọi N trung điểm BC

( )

SB SC BC SN

BC SAN

AB AC BC AN

ì = ì ^

ï ï

ï ï  ^

í í

ï = ï ^

ï ï

ỵ ỵ

Theo ( ) ( )

( ) (/ / )

M P

BC P

P SAN

ì Ỵ ïï ^  í

ïïỵ

Kẻ MI/ /AN MK, / /SA  Thiết diện ( )P tứ diện SABC DKMI

ABC SBC

ìD ïï íïD

ïỵ hai tam giác cạnh

3

a

aAN=SM = =SA DSAN tam giác cạnh

2

a

KMI

 D tam giác cạnh

2

3. 3. .

2 KMI 16

a b S a b

a D a

ổ

- = ỗ - ữ

ữ

ỗ ữ

ỗố ứ

(68)

A H SB B H trùng với trọng tâm tam giác SBC C H SC D H SI ( I trung điểm BC)

Gọi I trung điểm BCAI BC mà BCSABCSAI Khi H hình chiếu vng góc A lên SBC Suy H SI

Câu 137: Cho hình lăng trụ ABCD A B C D     Hình chiếu vng góc A lên ABCtrùng với trực tâm

H tam giác ABC. Khẳng định sau không đúng?

A AA B B    BB C C   B AA H   A B C   C BB C C  hình chữ nhật D BB C C    AA H 

Gọi K hình chiếu vng góc A lên BC

 

, ,

H AK BC AK BC A H BC AA H

     

   

BB C CAA H  A B CAA H

BC BB

     

   

 

  



nên đáp án B,C,D

Câu 138: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB a AC , 2 ,a BAC1200 Gọi M trung điểm cạnh

'

CC BMA' 90 0 Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BMA' A

7

a B

7

a C

5

a D

3

a

Hướng dẫn giải

A

B

C S

I H

H

A D

B B'

C C'

A' D'

(69)

Chọn D

Áp dụng định lý hàm số cosin tam giác ABC ta có: 

2 2 2 . .cos

BC =AB +AC - AB AC BAC

2 4 2 cos1200 7 7

BC a  a  a a  a BC a

Đặt CC' 2 x.Ta có:

2 2

' ' ' '

7

' ' ' '

A M A C C M a x

BM BC CM a x

A B A B BB a x

   

Tam giác BMA’ tam giác vuông M nên

2 '2 '

MB MA  A B

Do 4a2x27a2x2 a24x2x25a2 x a 5

' AA ' AA'B '

'/ /( ' ') A A BM M B C A ABC

CC ABB A V V V V

' ' ( ,( ' )) A A BM

A BM

V d A A BM

S



0

'

1 '. 1.2 1 . .sin120 15

3 3

A ABC ABC

V  AA S  x AB AC  a

2 '

1

' 3

A BM

s  MA MB a

3

15

( ,( ' ))

3 3

a

d A A BM a

a

 

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM)

a

Câu 139: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng, SA vng góc với đáy, SA = a Góc đường thẳng SD mặt phẳng (SAC) 30 Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD

A

a B 2

3

a C 4

3

a D 5

3

a

Lời giải

(70)

Chứng minh DB  (SAC)  Hình chiếu vng góc DS lên (SAC) SO, góc SD (SAC) DSO = 30 Đặt DO = x, ta có SO = x (O giao điểm AC BD)

Từ 2

2

a

SO  AO SA  x

Gọi N trung điểm AB DN // BM Suy d(D;(SBM)) = d(N;(SBM)) =

2 d(A;(SBM)) Kẻ AI  BM, AH  SM

Từ chứng minh AH (SBM)  d(A;(SBM)) = AH Trong (ABCD):

2

ABC ABCD BCM

a

S S S 

Mà

2

ABM

a

S  AI BM AI 

Khi 2 12 12 ( ;( ))

3

a a

AH d D SBM

AH  AI SA    

Câu 140: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang  ABC BAD 90o, BA BC a  , AD2a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA a 2 Gọi H hình chiếu A lên SB Tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD

A 5

a

B 4

3

a

C 2

3

a

D

3

a

Hướng dẫn giải: Chọn D

S

O M

N D

A

B I C

H

S

A

B

D

(71)

Gọi I trung điểm AD Ta có:

2

AD

CI IA ID  , suy ACD vuông C CD AC

  Mà SAABCD SA CD nên ta có CDSD hay SCD vng D Gọi

d , d khoảng cách từ B , H đến mặt phẳng 2 SCD Ta có: SAB SHA SA SB

SH SA

 

2

SH SA

SB SB

  

Mà

1

2

d SH

SB  d 

2

d d

 

Thể tích khối tứ diện S BCD :

3

1 .1 .

3

S BCD

a

V  SA AB BC (PB: SAI)

Ta có SC SA2 AC2 2 ,a

2 2

CD CI ID  a . 2

2

SCD

S SC CD a

  

Ta có: . 1

S BCD SCD

V  d S

3

1 2

2

6 2

a a d

a

  

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD 2 1

3

a

d  d 

Câu 141: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thang vng A D, AB3 ,a AD DC a  Gọi I trung điểm AD, biết hai mặt phẳng SBI SCI vng góc với đáy mặt phẳng SBC tạo với đáy góc 60 Tính khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng 0 SBC. A a 17

5 B

15 20

a

C 19

a

D 15

a

Chọn B

Vẽ IKBCBCSIKSKI góc mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên SKI 60 0 Vì

2

D

1 3a

,

2 4

I C IAB

a

S  DI DC S 

Suy  

D D

BIC ABC IC IAB

(72)

Mặt khác BC AB C D2AD2 a 5

và

2

IAB

S  IK BC Suy

2a 5

IK 

Trong tam giác vng SIK ta có .tan 600 2a 15.

SI IK 

Gọi M trung điểm SD, tính d M SBC ( ,( ))

Gọi E giao điểm AD với BC, ta có 1

3

ED DC

ED AD ID

EA= AB =  = =

Do ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))

2

d M SBC = d D SBC = d I SBC

Gọi H hình chiếu I lên SK ta có d I SBC( ,( ))=IH Trong tam giác vng SIK, ta có:

2 2 2

1 1 5 15

12

a IH

IH = SI +IK = a + a = a  =

Vậy ( ,( )) 15 20

a

d M SBC = Vậy chọn đáp án B

Câu 142: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a Gọi M trung điểm cạnh AA’, biết BM  AC’ Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’)

A 5

a B

2

a C

3

a D

4

a Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có: 1( ') 1( ') '

2 2

BM  BA BA  BA BA BB  BA BB

       

' ' ' '

AC  AA A C

  

1

' ( ')( ' ' ')

BM AC  BA BB AA A C

     

1

' ' ' ' ' ' ' ' '

2

BA AA BA A C BB AA BB A C

(73)

0 cos120 cos

2

BA AC BA AA

 

0

.cos120 ' '.cos

BA AC BB AA

 

2

1 1

.( )

2 2

a a h h a h

     

Theo giả thiết:

2

1

' '

2

BM AC  BM AC   h  a  h a

Diện tích tam giác ABC là:

2 3

ABC

a

S 

Vì AM//(BCC’) nên VM BCC 'VA BCC ' hay ' 3 12

M BCC

V  a

Gọi H hình chiếu M BC’ Ta có:

' , '

2

a

MB MC  BC a '2 '2

2

a

MH MA HC

   

2 '

1 . '

2

MBC

a

S MH BC

  

Vậy khoảng cách cần tìm ' '

3

( ,( '))

2

CBMC MBC

V

d C BMC a

S

  Vậy chọn đáp án B

Câu 143: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC a 3,BC3 ,a ACB 300 Cạnh bên hợp với

mặt đáy góc 600 mặt phẳng (A’BC) vng góc với mặt phẳng (ABC).Điểm H cạnh BC cho HC=3HB mặt phẳng (A’AH) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC)

A 2

a B 3

4

a C 3

2

a D 3

7

a Hướng dẫn giải

Chọn B

B C

A A'

C' B'

(74)

   

 



'

'AH '

' ' 'AH

Suy ' 60 

 

  



  





A BC ABC

A ABC A H ABC

A H A BC A

A AH

2 2

0

2

' '

2.AC.HC.cos30

' tan 60

3

'

4

     

  

  

ABC A B C ABC

AH AC HC a AH a

A H AH a

a a

V S A H a

Vì AH2AC2 HC2HAACAA' AC.

 

2 'A

3 '

2 '

1 ' 1a 3.2a 3.

2

9

3 4 3

; '

4

  

   

A C

A ABC A AC

S AC A A a

a

V a

d B A AC

S a

Vậy chọn đáp án B

Câu 144: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ABCđều có cạnh a, AA’ = a đỉnh A’ cách A, B,C Gọi M, N trung điểm cạnh BC A’B Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN)

A 23

a B .

33

a C 5.

22

a D 22.

11

a

Lời giải

Chọn D

Gọi O tâm tam giác ABC A O' ABC

Ta có 3,

2 3

a   a

AM AO AM

2

2 2

' ' ;

3

   a a

A O AA AO a

Ta có:

N

E

M A

B

C

C'

B' A'

(75)

 

2

1

.d ,

3 d ,

1

;d , 'O

2

1. 3.

3 48



 



 

   

  

NAMC AMC

AMC ABC

NAMC

V S N ABC

V N ABC

S

a a

S S N ABC A

a a a

V

Lại có: 3,

2   a

AM AN nên AMNcân A Gọi E trung điểm MN, suy , '

2

  A C  a

AE MN MN

2 2

2 11; . 11

4 16 16

AE AN NE  a a  a SAMN  MN AEa

 

 ;  2: 11 22

48 16 11

d C AMN  a a  a (đvđd)

Vậy chọn đáp án D

Câu 145: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác có cạnh bằnga Gọi M trung điểm của AC. Hình chiếu S mặt đáy điểm H thuộc đoạn BM cho HM 2HB Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SHC

A 2 14

a B

14

a C 3

14

a D 2

7

a

Lời giải Chọn đáp án D

 

 ,   , 

d A SCH  d M SHC Dựng MKCH Khi d A SCH , 2MK

Mặt khác 3;

2 3

a a a

(76)

Suy

2

7

MH MC a

MK

MH MC

 



2

7

a

d  MK 

Câu 146: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA (ABCD) SA a Gọi I hình chiếu A lên SC Từ I vẽ đường thẳng song song với SB, SD cắt BC, CD B, Q Gọi E, F giao điểm PQ với AB AD Tính khoảng cách từ E đến (SBD) , A 3 21

11

a B 21

9

a C 3 21

7

a D 21

7

a

Lời giải

Chọn C

Gọi O tâm hình vng ABCD

Qua A dựng AH  SO Dễ dàng chứng minh AH  BD Khi AH = d(A;(SBD)) Trong tam giác vng SAC, ta có:

2 2 2

2

2 2 2 2

2

( )

IC AC AC AB BC a

CI SC AC

SC SC SA AC SA AB BC a a



      

   

∆CBS có IP//SB 

5

IP CP CI CP

SB CBCS CB 

Áp dụng định lý Talet:

3

2

PE BP BE BC CP

CQ PC CQ PC



    

Mà AB = CD = CQ + QP = CQ + BE =5 BE Do tam giác AEF vuông A nên:

 2

2

1 1 32 32

2 2 25 25

AEF

a

S  AE AF  AE  AB BE  AB  (đvdt)

 

    

5

, ,

3

DA

d E SBD d A SBD

DE   

Tam giác SAO vuông A ,

2

2 2

1 1

7

a AH

AH  SA  AO  

O

F

E

Q P

D

B

C A

S

(77)

Vậy  ,  21

a

d E SBD 

Câu 147: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, ACB = 300; M trung điểm cạnh AC Góc cạnh bên mặt đáy lăng trụ 600 Hình chiếu vng góc đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H BM Tính theo a khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (BMB’)

A

a

B

a

C 3

a

D 2

a

Lời giải

Chọn C

 

'   '

A H ABC A Hlà đường cao hình lăng trụ AH hình chiếu vng góc AA’ lên (ABC)

’ ’ ’

0

'A 60 '

 



ABC A B C ABC

A H

V A H S

3

2 , MA MB AB a AH '

2

a a

AC a      A H 

2

1

2 2

ABC

a

S  BA BC a a 

2

' ' '

3 3

2

ABC A B C

a a a

V

  

 

        '

'

3

', ' , ' A, ' A BMB

BMB

V

d C BMB d C BMB d BMB

S

  

3 ' B'.AMB ' ' '

1

6

A BMB ABC A B C

a

V V  V 

Do BM AHA' nên BM  AA'BM BB' BMB'vuông B

2 '

1 '. 3.a 3.

2 2

SBMB  BB BM  a a Suy  '; ' 3 3: 2

8

 a a  a

d C BMB

(Cách 2: A, ' .sin 3.sin 600 )

2

   a  a

d BMB AE AH AHE

Vậy chọn đáp án C

^

P Q

H M A

B

C

C'

B' A'

(78)

Câu 148: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A ,B AD2AB2BC,

2

CD a Hình chiếu vng góc S mặt đáy trung điểm M cạnhCD. Khoảng cách từ trọng tâm G tam giác SAD đến mặt phẳng SBM

A 4 10 15

a

B 3 10

5

a

C 10

5

a

D 3 10

15

a

Lời giải

Chọn đáp án A

Gọi E trung điểm AD ta có CE AB ED  Có CD2a 2CE ED 2a

Do AD4 ;a BD2a Gọi N trung điểm AB suy 3 , . 3 2

MAB

MN  a S  NM AB a

2 10

MA AN NM a MB Gọi L trung điểm DE ta có LA3a L trung điểm AP

Khi   

 

 ,       

3 ; , , ,

4 2

,

d A SBM

LP a EP a PA a d E SBM d G SMB

d E SBM

      

Do  ,   ,  4 10 10

9 9 15

a a

d G SBM  d A SMB  AF 

Câu 149: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành có diện tích 2a , 2 AB a 2,

2

BC a Gọi M trung điểm củaCD. Hai mặt phẳng SBD SAM vuông góc với đáy Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAM

A 4 10 15

a B 3 10

5

a C 2 10

5

a D 3 10

5

a

(79)

Gọi H  AMBD

Ta có:    

     

SBD ABC

SH ABC

SAM ABC



  



 

Lại có  ,   , 

HB AB d D SAM d B SAM

HD  DM   

2

1

2

ADM ADC ABCD

a

S  S  S 

Ta có: sin sin  45

2

ADM

S  AD DM D D D 

Do 2 2 . cos 45 10

2

AM  AD DM  AD DM   a

Do 2 10

5 10

ADM

S a a

DK

AM

  

Câu 150: Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh đáy a Gọi M N P, , trung điểm củaAD DC A D, , ' ' Tính khoảng cách hai mặt phẳng (MNP) (ACC')

A 3

a B

4

a

C

3

a

D

4

a

Lời giải

Chọn D

B

A' D'

C' B'

A

C D M

N

(80)

Ta có: Trong tam giác ACD: MN/ /AC (1)

Trong hình vng AA D D' ' :

'

/ / ' '

'

AM A P

AM A P AMPA

AA AM

 

 



 



hình chữ nhật

/ / ' / / '

MP AA MP CC

  (2)

Từ (1) (2) suy ra: (MNP) / /(ACC') (( ),( ')) ( ,( '))

d MNP ACC d I ACC

  (với I trung điểm MN) Gọi O ACBD

Mặt khác: ( ')

'

IO AC

IO ACC

IO CC

 

 

 

 d I ACC( ,( '))IO

Mà: 1 2

2 4

a

IO DO BD a 

Suy ra: (( ),( '))

a

d MNP ACC 

Câu 151: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có cạnh bên hợp với đáy góc 600, đáy

ABC tam giác cạnh a A' cách A B C, , Tính khoảng cách hai đáy hình lăng trụ

A a B a C

2

a

D 2

3

a

Lời giải

Chọn A

Ta có: ( ' ' ') / /(A B C ABC) d A B C(( ' ' '),(ABC))d A ABC( ',( )) Gọi M trung điểm BC Gọi H trọng tâm tam giácABC Tam giác ABC đều, trọng tâm H A' cách A B C, ,

Suy ra: A' thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A H' (ABC)  d A ABC( ',( ))A H'

Mặt khác: góc cạnh bên đáy 600 A AH' 600

Trong tam giác A AM' : tan 600 ' ' .tan 600 2. 3 3

A H a

A H AH a

AH

    

Suy ra: d A B C(( ' ' '),(ABC))a

A

C

B A'

B'

C'

(81)

Câu 152: Cho hình chóp S.ABC có SC a 70

 , đáy ABC tam giác vuông A, AB 2a, AC a  hình chiếu S lên mặt phẳng ABC trung điểm cạnh AB Tính khoảng cách hai đường thẳng BC SA

A.3a

5 B

4a.

5 C

a.

5 D

2a. Lời giải

Chọn B

Tam giác AHC vuông cân cạnh a nên CH a 2

Tam giác SHC vuông H nên

2 2a

SH SC CH

5

  

Dựng AKBC, HIBC Đường thẳng qua A song song với BC cắt IH D

 

BC / / SAD 

          

d BC,SA d BC, SAD d B, SAD 2d H, SAD

   

     

AD SDH  SAD  SDH

Kẻ HJ SD HJSADd H, SAD  HJ

Ta có: 2 12 12 AK 2a HD a AK  AB AC    

2 2

1 1 HJ 2a

HJ HD HS   Vậy   4a d BC,SA

5  Vậy chọn đáp án B

Câu 153: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh 3a Chân đường cao hạ từ đỉnh S lên mặt phẳng ABC điểm thuộc cạnh AB cho AB 3AH , góc tạo đường thẳng SC mặt phẳng ABC 60 Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC 0

A a

25 B

a

45 C

a

15 D

a Lời giải

Chọn A

Nhận thấy SHABCHC hình chiếu SC lên mặt phẳng (ABC)SCH=60o góc SC mặt phẳng

ABC

Ta có: HC2 AC2AH22A C AH.cos 60o

2 2

9 2.3

2

a a a a a

   

o

7 tan 60 21

HC a SH HC a

    

Dựng  ADCBAD//CBBC//SAD

 ;   ; D  ; D 3d ; D

d SA BC d BC SA d B SA H SA

   

(82)

Ta có; sin 60o

a

HEAH 

 

2 2 2

1 1 29 21 3a 21

; D

3 21a 21a 29 29

a

HF d B SA

HF  HE SH  a      

Vậy  ;  21 29

a

d SA BC  Vậy chọn đáp án A

Câu 154: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ABCD Biết AC2 , a BD4 a Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AD SC

A 4 13 91

a B 165

91

a C 4 1365

91

a D 135

91

a

Chọn C

Gọi OACBD H, trung điểm củaAB suy , SH  AB

Do ABSAB  ABCDvà SAB  ABCD nên SH ABCD

Ta có:

2

AC a

OA   a

2 2

4

2

4

BD a

OB a

Ab OA OB a a a

  

     

2

3 15 1

; 4

2 ABCD 2

AB a

SH   S  AC BD a a a

Thể tích khối chóp S ABCD

3

1 15 15

3 3

S ABCD ABCD

a a

V  SH S  a 

Ta có: BC/ /ADAD/ /SBCd AD SC , d AD SBC ; d A SBC ; 

Do H trung điểm AB B AH SCBd A SBC ; 2d H SBC ; 

Kẻ HE BC H, BC Do SH BCBCSHE

Kẻ HK SE K, SE, ta có BCHKHKSBCHK d H SBC  ; 

2

2 5

BCH ABC ABCD

S S S a a

HE

BC BC BC a

    

2 2 2

1 1 91 15 1365

4 15 60 91 91

a a

HK

HK  HE SH  a  a  a   

Vậy  ,  1365 91

a

d AD SC  HK  Vậy chọn đáp án C

(83)

A 2

a

B 4

3

a

C

2

a

D

3

a

Lời giải

Chọn đáp án A

Dựng Ax BC// d SA BC , d B SAx ; 

Dựng HK AxSHK Ax

Dựng HESKd B SAx , 2d H SAx , 

Ta có: sin sin 56

a

HKAH HAK a  

 ,  2 2

3

SH HK a

d H SAx HE

SH HK

  

 Do  , 

3

a

d SA BC 

Câu 156: Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh2a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng ABCD điểm H thuộc đoạn BD cho HD3HB Biết góc mặt phẳng

SCD mặt phẳng đáy bằng45 Khoảng cách hai đường thẳng SA BD A 3 34

17

a B 2 13

3

a C 2 51

13

a D 2 38

17

a

Lời giải

Chọn đáp án A

(84)

do  SCD ABCD, SKH  45 Ta có: HKD vuông cân K

3 tan 45

2

a a

HK KD SHHK  

Dựng Ax BD// ta có:

 ,   ,   ,  d SA BD d BD SAx d H SAx Dựng HEAxHE OA a 

Dựng HFSEHFSAx Ta có:

2

34

17

SH HE a

HF

SH HE

 



Câu 157: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnha Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy mặt phẳng SBD tạo với mặt phẳng ABCD góc bằng60 Gọi M trung điểm AD Tính khoảng cách hai đường thẳng SC BM

A 11

a

B

11

a

C

11

a

D

11

a

Lời giải

Chọn đáp án A

Gọi O tâm hình vng ABCD

 

AO BD BD SAO

   

Do   ,   60

a SBD ABCD SOA  SA Qua C vẽ đường thẳng song song với BM cắt AD E Khi BM//SCEd BM SC , d M SCE , 

Mà  ,   , 

3

(85)

Kẻ AH CE H suy CESAH AH CE CD AE  Kẻ AK SH K suy AK SCEd A SCE , AK

Mà

5

a

AH  nên 12 2 12 11

a AK

AK  AH SA  

Do  ,  3 11 11

a a

d BM SC  

Câu 158: Cho hình chóp S ABC có độ dài đường cao từ đỉnh S đến mặt phẳng đáy ABC 21

7

a

Góc tạo mặt bên với mặt phẳng đáy bằng60 Gọi M N trung điểm của, ,

AB SC Tính khoảng cách hai đường thẳngSA MN , A 9

42

a B 3

42

a C 6

42

a D 12

42

a

Lời giải

Chọn đáp án A

Gọi H tâm tam giác ABC I trung điểm của, BC. Suy SBC , ABCSI AI, SIA  60

Đặt tan 60

3

x x

AB x HI  AI  SH  HI 

2

21 21 3

2 7 ABC

x a a a

x S

     

Gọi P trung điểm AC suy NP SA/ / SA/ /MNP  ,   ,   ,  A MNP

MNP

V

d SA MN d SA MNP d A MNP

S

   

•   

3

9

3 ,

392

A MNP AMP

a

(86)

•

2

1 21 21

2 28

MNP

a a a

S  MP NP 

Do  ,   , 

42 42

a a

d A MNP  d SA MN 

Câu 159: Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh a Gọi M, N trung điểm AB và CD. Khi đó, tỉ số  

2

' ' ' '

, '

A A B C D

a d MN A C

V

A

4 B

2

2 C

3

4 D

2 Lời giải

Ta có:

' ' ' ' ' ' ' '

1 '. 1 .

3 3

A A B C D A B C D

V  AA S  a a  a

Vì

         

/ / ' , ' , ' , '

MN A BC d MN A C d MN A BC d M A BC

Vì       

 

 , ' 

'

2 , '

d M A BC MB

AM A BC B

AB d A A BC

    

 

 , '   , ' 

d M A BC d A A BC

 

Trong AA B B' ' , kẻ AH A B H' , A B'  Vì  

 

' ' ' '

BC AA B B

BC AH

AH AA B B



  

 



Vì AH A B' AH A BC'  d A A BC , '  AH AB2 BH2

AH BC



      

 



Ta có:

2

' 2

2 2

A B a a a

BH  AH a   

 

Khi đó:  , '   , '   , ' 

2

a

d MN A C d M A BC  d A A BC  AH 

Vậy  

2

3 ' ' ' '

2

, ' 4

1

3

A A B C D

a a a d MN A C

V  a 

Chọn đáp án C

Chương Ứng dụng đạo hàm – khảo sát hàm số

Câu 160: [THPT Nguyễn Thái Học(K.H)] Tìm m để hàm số 2 1 2 1

y x  m x  mx đồng biến

0;

(87)

Chọn B

Điều kiện để hàm số đồng biến 0; y     0, x [0; )

2 2(2 1) 2 0, 0

x m x m x

      

2

[0; )

2 max ( )

4

x x

m m g x

x 

 

   



Xét hàm số

2 2 ( )

4

x x

g x

x

  

 nửa khoảng [0; ) Ta có:

2

4 4

( ) 0, [0; )

(4 2)

x x

g x x

x

  

     



Do hàm số ( )g x ln nghịch biến nửa khoảng [0; ) Suy

[0; )

max ( )g x g(0)

  

Vậy m0

Câu 161: [Cụm HCM] Cho hàm số y x 3 3(m23m3)x23(m21)2x m 2.Gọi S tập giá

trị tham số m cho hàm số đồng biến 1; S tập hợp tập hợp sau đây?

A ( 1; ) B ( 3;2) C (  ; 2) D (;0) Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có: y =3 x23m23m3 2 x3m212

Khi đó:   9m23m329.m212 9 3 m2 2 m23m4 TH1: Nếu  

3

m

   Khi ta có a 3 0nên y với x Do hàm số cho đồng biến 1;

TH2: Nếu  

3

m

   Khi y có hai nghiệm phân biệt x 1 x 2

Ta có y    0 x  ;x1  x2;và y   0 x x x1; 2 Do để hàm số cho đồng biến 1;thì 1;  x2;

Ta có: x1x21

   

1

x x



 

  

   



Xét 1

x x  m23m 3 1m23m 2 0    2 m 1 ( vơ lý

m  )

Vậy hàm số cho đồng biến 1;thì

(88)

Chú ý: Sau giải trường hợp 1, ta

m  Do toán yêu cầu tập giá trị tham số m tập tập ta chọn đáp án (;0)

Câu 162: [THPT Nguyễn Thái Học(K.H)] Giá trị m để hàm số y mx x m

 

 nghịch biến (; 1) là: A  2 m2 B  2 m2 C  2 m1 D  2 m 1

Chọn D

Điều kiện để hàm số nghịch biến ,1 y     0, x ( ;1)

2

4

4 0, 1 2 1

1

( )

m m

m x m

m

x m m

  

   

          

   

   

Câu 163: [Sở GD ĐT Long An] Tìm tất giá trị tham số m để hàm số ylnx2 1 2mx 2 đồng biến 

A

m B

2

m  C 1

2 m

   D Không tồn m Hướng dẫn giải

Chọn B

Hàm số ylnx2 1 2mx2 xác định với  x Ta có:  

2

ln 2

1

x

y x mx m

x



 

       



Để hàm số ylnx2 1 2mx đồng biến  2 y     0, x

2

2 2 0, ,

1

x m x x m x

x x

        

   

Xét hàm số   2

x g x

x



 xác định với x;    

2

1

x g x

x

   



 

g x    x

Lập bảng biến thiên g x :

(89)

Theo bảng biến thiên hàm số đồng biến  hay 0,

y      x  m

Câu 164: [THPT Lê Hồng Phong] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số cot cot

x y

m x

 

 đồng biến khoảng ;

4

 

 

 

 

A m  ;1. B m  ;0.

C m  ;0  1; . D m 1; . Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có:      

   

 

2 2

2

1 cot cot 1 cot cot 1 cot

cot cot

x m x m x x x m

y

m x m x

       

  

 

Hàm số đồng biến khoảng ;

 

 

 

  khi:

  

 

2

cot 0, ;

4 0 1

0

1 cot 1

0, ;

4 cot

m x x

m m

m

x m m

y x

m x

 

  

    

  

   

   

     

  

      

   



Câu 165: [THPT chun Lê Q Đơn] Tìm tất giá trị thực m để hàm số ysinxcosx mx đồng biến 

A  2 m B  2 m C m D m  Hướng dẫn giải

Chọn C

Ta có cos - sin cos

x x m x

y     m

 

 

Vì 2 cos

4

x 

 

    

   m 2 cos x m m



 

      

 

 m 2  y m

(90)

 m   m

Câu 166: [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 03] Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số

2

cos sin



 m x

y

x nghịch biến 3 2;

 

 

 

 

A 5

4

m B m1 C m0 D m2 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có cos2 cos2

sin 1 cos

 

 



m x m x

y

x x

Đặt cos , 0;1

2

 

  

 

t x t , xét hàm   2

1  



m t g t

t ,

1 0;

2

 

 

 

t

Hàm số nghịch biến ; 3 2

 

 

 

   

1

' 0, 0;

2

 

   

 

g t t

2 1

2 

 m t

t ,

1 0;

2

 

 t   Xét hàm  

2 1

2   t

h t

t ,

1 0;

2

 

  

 

t

Ta có  

2

1

' 0

2 

 t 

h t

t ,

1 0;

2

 

 t   Lập bảng BBT 0;1

2

 

 

 , ta có 5 4 

m thỏa YCBT

Câu 167: [THPT chun Lê Q Đơn] Tìm tất giá trị thực m để hàm số ysinxcosx mx đồng biến 

A  2 m B  2 m C m D m  Hướng dẫn giải

Chọn C

Ta có cos - sin cos

x x m x

y     m

 

 

Vì 2 cos

4

x 

 

    

   m 2 cos x m m



 

      

 

 m 2  y m

(91)

 m   m

Câu 168: [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 07] Tìm m để hàm số ysin3x3sin2x m sinx đồng biến 4 khoảng 0;

2



     

A m0 B m0 C m0 D m0 Hướng dẫn giải

Chọn D

Đặt tsin ,x x  (0; )

   (0;1) t

  3 –2 – 4, ’  32 6 –    , ’ 6 6, ’  0 1. f t  t t mt f t  t  t m g t g t  t g t  ót 

 

f t đồng biến (0;1) g t  0,  t (0;1) Dựa vào BBT g t , ta có g 0  m 0 m

Câu 169: [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 07] Tìm m để hàm số ysin3x3sin2x m sinx đồng biến 4 khoảng 0;

2



     

A m0 B m0 C m0 D m0 Hướng dẫn giải

Chọn D

Đặt tsin ,x x  (0; )

 t  (0;1)

  3 –2 – 4, ’  32 6 –    , ’ 6 6, ’  0 1. f t  t t mt f t  t  t m g t g t  t g t  ót 

 

f t đồng biến (0;1) g t  0,  t (0;1) Dựa vào BBT g t , ta có g 0  m 0 m

Câu 170: [Chuyên ĐH Vinh] Tìm tất giá trị tham số a để hàm số y ax  x2 có cực tiểu 1 A   1 a B   1 a C 0 a D   2 a

Chọn B

Tập xác định: D   Ta có:

2 1

x

y a

x

  



+ ĐK cần: Hàm số có cực trị phương trình y có nghiệm

Ta có:  

2

1

x

y a f x

x

     

 , với x  

 

1 0

1

f x

x x

   

(92)

Bảng biến thiên:

Do đó: Phương trình y có nghiệm có nghiệm x 0   1 a + ĐK đủ: Ta có:

 

0

1

y

x x

  

  với x Suy ra:y x 0 0 nên x điểm cực 0 tiểu với a  1;1

Vậy   1 a Chú ý:

+Ta làm trắc nghiệm phương pháp thử với a0,

a  ,

a ta đáp án A

+ Chỗ điều kiện đủ ta dùng tắc để kiểm tra x điểm cực tiểu sau: 0

Hàm số có điểm cực tiểu x y đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm 0 x 0 Ta có:

2

1

x a x y

x

 

 

 Vì   1 a  

2 1 1

x a x   x a x  a x nên hệ số bậc cao x a x 21 hệ số dương

Suy ra: y đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm x 0 Do đó: x điểm cực tiểu với 0 a  1;1

Câu 171: [THPT Trần Cao Vân - Khánh Hòa] Với giá thực tham số m hàm số

 

3 2 1 2

y mx  x  m x có cực trị?

A m0 B m0 C m0 D m1 Hướng dẫn giải

Chọn A

Với m0, hàm số trở thành: y2x2  có cực trị Vậy x 2 m0 thỏa mãn

Với m0, hàm số cho hàm số bậc ba nên có hai cực trị, khơng có cực trị Vậy

0

m không thỏa mãn

Câu 172: [Chuyên ĐH Vinh] Tìm tất giá trị tham số a để hàm số y ax  x2 có cực tiểu 1 A   1 a B   1 a C 0 a D   2 a

Chọn B

Tập xác định: D   Ta có:

2 1

x

y a

x

  



+ ĐK cần: Hàm số có cực trị phương trình y có nghiệm

Ta có:  

2

1

x

y a f x

x

     

 , với x  

 

0

1

f x

x x

   

(93)

Do đó: Phương trình y có nghiệm có nghiệm x 0   1 a + ĐK đủ: Ta có:

 

0

1

y

x x

  

  với x Suy ra:y x 0 0 nên x điểm cực 0 tiểu với a  1;1

Vậy   1 a Chú ý:

+Ta làm trắc nghiệm phương pháp thử với a0,

a  ,

a ta đáp án A

+ Chỗ điều kiện đủ ta dùng tắc để kiểm tra x điểm cực tiểu sau: 0

Hàm số có điểm cực tiểu x y đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm 0 x 0 Ta có:

2

1

x a x y

x

 

 

 Vì   1 a  

2 1 1

x a x   x a x  a x nên hệ số bậc cao x a x 21 hệ số dương

Suy ra: y đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm x 0 Do đó: x điểm cực tiểu với 0 a  1;1

Câu 173: [THPT Ng.T.Minh Khai(K.H)] Với giá trị m đồ thị hàm số

3

2 3( 1) 6( 2)

y x  m x  m x có cực đại, cực tiểu thỏa mãn xCĐxCT 2

A m1 B m 2 C m2 D m 1

Chọn D

Ta có y 6x26m1x6m2 0 x2m1x m  2 0

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thỏa mãn xCĐxCT 2 y có nghiệm phân biệt x x 1, 2 thỏa mãn x1x2 2    

2

1

2

m m

m

     

  

 

 

1

m

  

   

 

2

1

3

1 1

1

m

m m

m

m m

m

     

     

 

       

    

  

      

Câu 174: [BTN 162] hàm số y  x3 3m1x23m27m1x m 2 Tìm tất giá trị thực 1 m để hàm số đạt cực tiểu điểm có hồnh độ nhỏ

A m1 B m4 C

m  D m0 Hướng dẫn giải

(94)

TXĐ: , 3 6 1 3 7 1 , 12 3

y

D y  x  m x m  m    m

Theo YCBT suy phương trình y có hai nghiệm x x phân biệt thỏa 1, 2    

1

x x

  

  



   

1

4

1 1

3

0 1

2

y m

y m m m

x x m

m

  

  

 



         

  



    



 2  1

y m

      

Vậy m1 thỏa mãn YCBT

Câu 175: [BTN 161] Cho hàm số y x 42m21x21 1  Tìm giá trị tham số m để hàm số  1 có điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn

A m 2 B m2 C m 1 D m0

Chọn D

Ta có: y 4x34m21x Suy ra

2 '

1

x y

x m

 

  

  

 Hàm số  1 ln có điểm cực trị với m

Do hệ số a 1 0, nên 1

CT

x   m   giá trị cực tiểu  12 1

CT

y   m  

Vì  12 1 0

CT

m    y  Vậy   0 1 1 0

CT

Max y  m    m

Câu 176: [THPT Hùng Vương-PT] Biết đồ thị hàm số y x 33abx2bx có hai điểm cực trị 3 trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực trị thuộc đường thẳng x 1 Khi

A a b. 2 3. B a b. 2 3 C a b. 2  1 D a b.  0 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có y 3x26abx b

Hàm số có hai điểm cực trị  y có hai nghiệm phân biệt 2

9a b 3b0 1

Gọi hai điểm cực trị hàm số x x 1, 2

Trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực trị thuộc đường thẳng x 1

1

2

x x ab

ab



(95)

Thay vào  1  9 3b  0 b 3a b.   3

Câu 177: [THPT Lệ Thủy-Quảng Bình] Cho hàm số y  x3 3mx23m với giá trị 2 m đồ thị hàm số cho có cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng : 33

8

d y  x

A m2 B m 2 C m 2 D m 4 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có: y  3x26mx

0 0,

y    x  mx  x x m Hàm số có hai cực trị  m

Gọi tọa độ hai điểm cực trị là: A0; 3 m2 ,  B m2 ; 4m33m2 Trung điểm AB là: I m ; 2m33m2

Vì I d suy 2 3 2 33 2.

8

m  m   m   m

Câu 178: [TT Hiếu Học Minh Châu] Cho hàm số y x33mx2 3m2 1x m 3m , (m tham số) Gọi A B, hai điểm cực trị đồ thị hàm số I2; 2  Tổng tất số m để ba điểm

, ,

I A B tạo thành tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính là: A

17 B

2 17 

C

20

17 D

14 17 Hướng dẫn giải

Chọn C

Ta có y 3x26mx3m2 Suy 3 0 1

x m y

x m

  

     



Suy ta có hai điểm cực trị A m  1; 4m2, B m  1; 4m2 Khi IA 17m238m25 IB 17m22m1 AB2 5

Tính 2.  . 2 20.(17 38 25) 22 18 2 2 1

2

ABI

S   AB AI   AB AI  m  m   m  m

Ba điểm I A B, , tạo thành tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính khi

2

4 .R S IA IB AB 4 5.2m 1 17m 38m25 17m 2m1.2

4 3

289m 680m 502m 120m (m 1)(289m 391m 111m 9)

(96)

1 17

m m

   

  

Vậy tổng cần tìm 20 17

Câu 179: [208-BTN] Tìm tất giá trị thực tham số m để điểm M m m tạo với hai điểm cực (2 ; )3 đại, cực tiểu đồ thị hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 ( )C tam giác có diện tích nhỏ

A m 1 B m2 C m1 D m0 Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có:y' 6 x26(2m1)x6 (m m 1)

'

1

x m y

x m

 

       m , hàm số ln có CĐ, CT

Tọa độ điểm CĐ, CT đồ thị A m m( ; 2 33m21), (B m1; 2m33m2) Suy AB phương trình đường thẳng AB x y:  2m33m2   m 1 0

Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ khoảng cách từ M tới AB nhỏ

 ,  1

2

m

d M AB    Dấu “=” xảy m0

Câu 180: [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số

3 3 2

y x  mx  có hai điểm cực trị A , B cho diện tích OAB , O gốc tọa độ A m 2 B m 1 C m2 D m 1;

Chọn A

3 3 2

y x  mx  Tập xác định: D  

3

y  x  mx; 0

2

x y

x m

      

 Đồ thị hàm số có hai điểm cự trị m0 Khi hai điểm cực trị A 0; , B m2 ; 4 m32

1. . 1.2. 4 2 4 2

2

OAB B

S  OA BH  x   m  m 

Câu 181: [THPT Ng.T.Minh Khai(K.H)] Với giá trị m đồ thị hàm số y x 42m x2 2 có ba 1 cực trị tạo thành tam giác vuông cân?

(97)

Chọn C

Ta có y 4x3 4m x2 4x x m2 0 x

x m

 

         



Đồ thị hàm số có cực trị  y có nghiệm phân biêt  m

Khi đồ thị có điểm cực trị A 0;1 ,B m m ; 41 , C  m m; 4 tam giác 1 ABC cân

A

Do đó, tam giác ABC vng cân . 0 0

m

AB AC m m

m

 

         

  

Loại m0 ta m 1

Câu 182: [Sở Hải Dương] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số

   

3 2

1

2

3

y x  m x  m  m x m  có hai điểm cực trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền 74

A m3 B

m m

    

 C m2 D

3

m m

    



Chọn A

Có y x22 2 m1x m 2 m 7

Để hàm số có cực trị  y có nghiệm phân biệt

 2  

0

1

m

m m m

m

  

            



Gọi x x hoành độ cực trị hàm số Điều kiện 1; x1 , x2 

Theo Viet, ta có: 2 

2

S x x m

P x x m m

   

 

   



Để hai điểm cực trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền 74

2

1 74

x x

    2

1 2 74

x x x x

   

 2  2  2

4 2 74 14 14 84

2

m

m m m m m

m

 

             



Do x1 x2  nên  

1 2

2

x x   m    m

(98)

Câu 183: [Sở Bình Phước] Với giá trị tham số m đồ thị hàm số

 

4 2 1 3 2017

y x  m x m  m  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích

32?

A m4 B m2 C m3 D m5 Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có    

2

0

4 4 ,

1

x

y x m x x x m y

x m

 

        

 



Hàm số có cực trị y có ba nghiệm phân biệt m10m1 * Khi tọa độ ba cực trị là:

 

4

0; 2017

1

1; 2016

2

1; 2016

A m m

AB AC m m

B m m m m

BC m

C m m m m

  

 

    

      

 

   

    



Suy tam giác ABC cân A , gọi AH đường cao hạ từ đỉnh A ta có AH m12

Suy  1  1 32  1 1024

2

1            



 AH BC m m m m m

S ABC

Kết hợp điều kiện  *  m

Câu 184: [208-BTN] Tìm tất giá trị thực tham số m để điểm M m m(2 ; )3 tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 ( )C tam giác có diện tích nhỏ

A m 1 B m2 C m1 D m0 Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có:y' 6 x26(2m1)x6 (m m 1)

'

1

x m y

x m

      

   m , hàm số ln có CĐ, CT

Tọa độ điểm CĐ, CT đồ thị A m m( ; 2 33m21), (B m1; 2m33m2) Suy AB phương trình đường thẳng AB x y:  2m33m2   m 1 0

Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ khoảng cách từ M tới AB nhỏ

 ,  1

2

m

(99)

Câu 185: [THPT Chuyên Quang Trung] Cho hàm số y x2 3 xlnx Gọi M N giá trị lớn ; giá trị nhỏ hàm số đoạn  1;2 Khi tích M N là:

A 2 4ln 2 B 2 4ln 2 C 2 4ln 5 D 2 4ln 5 Hướng dẫn giải

Chọn A

Tập xác định D0;

Ta có  

2

3

ln ln

3

x x x

y x x

x x

 

     

 

Do

2

3

3 0

3

x x

x x x x x x

x

 

         



Và x 1 lnx  0 lnx0 Do

2

3

ln

x x

y x

x

 

   

 Nên hàm số nghịch biến  1;2

Khi M  y 1 2;N y 2  2ln 2 Vậy M N 2 4ln 2

Câu 186: [THPT Hoàng Văn Thụ - Khánh Hịa] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số 2sin

sin

x y

x m

 

 đồng biến khoảng 0;2



 

 

 

A m0 B m1 C m 1 D m5 Hướng dẫn giải

Chọn A

Xét hàm số 2sin sin

x y

x m

 

 Hàm số cho đồng biến khoảng 0;2



 

 

  m 0;1

 2  2   2

2 cos (sin ) cos (2sin 1) cos cos cos

sin sin sin

x x m x x m x x x

y m

x m x m x m

    

     

  

Trên khoảng 0;



   

   2

cos 0

sin

x m

x m  

Hàm số cho đồng biến khoảng 0;



 

 

   0;1  0;1

0

2

m m

m

m m

  

   

 

   

(100)

Câu 187: [THPT Chuyên LHP] Tính tổng tất số nguyên m thỏa mãn phương trình x m x   có nghiệm x4; 16

A 6 B 9 C 7 D 8

Chọn C

PT x m x   Đặt t1  x, với x4; 16 t  2; PT t2 mt 1 0 m t g t 

t

        Xét hàm số g t  t t

  đoạn  2;4

  22  

1

1 t 2;4

g t t

t t



      

Yêu cầu toán

 2;4    2;4     

5 17

min max

2

g t m g t g m g m

        

Mà m   m  3; Vậy tổng tất giá trị m

Câu 188: [THPT CHUYÊN VINH] Cho số thực ,x y thỏa mãn x y 2 x 3 y3 Giá trị nhỏ biểu thức P4x2y215xy

A minP 91 B minP 63 C minP 80 D minP 83 Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có x3;y    3 x y

Xét x y 

Mặt khác

Xét biểu thức

Do 4(x y )2 4(x y x y ).(  ) 16( x y )

Mà , kết hợp với

 

4 3;7 64 21 83

x y   x   x  Xét x y   0 x 3;y     P 63 Vậy giá trị nhỏ biểu thức

   2    

2 3 3

0

x y

x y x y x y x y x y x y

x y

  

               

  

     

2 3 2 4;8

x y  x  y  x y      x y x y

 2 2  2    

4 15 16 7 16

P x y  xy x y  xy x y  xy x y  y x

 

3

16 64 21

y

P x x x

y x

 

      

   

(101)

Câu 189: [Chuyên ĐH Vinh] Tập hợp chứa tất giá trị tham số m cho giá trị lớn hàm số y x22x m đoạn 1;2 x 1 5

A 4;3 B   6; 3  0;2 C 0; D   5; 2  0; Hướng dẫn giải

Chọn D

Đặt tx22x 1 x12 với x  1; 2 t  0; 4 Ta có y f t   t m 1 Khi

 1;2  0;4    0;4      0;4 

max max max , max ,

t t t

y f t f f m m

        

TH1. Với  1;2

maxy m

   , ta

1 3

4

1

m m m m

m

m m m

       

    

       



 



TH2. Với  1;2

maxy m

   , ta

3

2

3

m m m m

m

m m m

       

   

 

      

 



Vậy giá trị m tìm thỏa mãn tập hợp   5; 2  0;3

Câu 190: [BTN 162] Cho hàm số y x22x a  Tìm 4 a để giá trị lớn hàm số đoạn

2;1 đạt giá trị nhỏ

A a2 B a1 C Một giá trị khác D a3 Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có y x22x a  4 x12 a 5 Đặt  2

u x   x  2;1 u 0;4 Ta hàm số f u   u a Khi

 2;1  0;4         

max max max , max ;

x  yu f u  f f  a a

Trường hợp 1:

 0;4  

5 max

u

a a a f u a a



          

Trường hợp 2:

 0;4  

5 max

u

a a a f u a a



          

Vậy giá trị nhỏ  2;1

max

x  y   a

Câu 191: [Chuyên ĐH Vinh] Tập hợp chứa tất giá trị tham số m cho giá trị lớn hàm số y x22x m đoạn 1;2 x 1 5

A 4;3 B   6; 3  0;2 C 0; D   5; 2  0; Hướng dẫn giải

(102)

Đặt tx22x 1 x12 với x  1; 2 t  0; 4 Ta có y f t   t m 1 Khi

 1;2  0;4    0;4      0;4 

max max max , max ,

t t t

y f t f f m m

        

TH1. Với  1;2

maxy m

   , ta

1 3

4

1

m m m m

m

m m m

       

    

       



 



TH2. Với  1;2

maxy m

   , ta

3

2

3

m m m m

m

m m m

       

   

   

    

 



Vậy giá trị m tìm thỏa mãn tập hợp   5; 2  0;3

Câu 192: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Cho x , y số thực thỏa mãn x y  x 1 2y Gọi

M , m giá trị lớn giá trị nhỏ P x 2y22x1y 1 8 4 x y Khi đó, giá trị M m

A 41 B 42 C 43 D 44 Hướng dẫn giải

Chọn C

    2  

2 2 1 1 8 4 2 2 4

P x y  x y    x y x y  x y     x y

Đặtt x y      P t2 2t 2 4 t Theo giả thiết x y  x 1 2y2

 2       

2 2 1 2 1

x y x y x y x y x y x y

                

2

3 0

t t t t t

        Xét f t    t2 2t 2 4 t  0;3

  2

4

f t t

t

   

 ; f t  0 2t2 4   t t 4   t

    

 

2

0

2 4 2 0;3

1 2 0;3

t

t t t t t t t

t

  

             



  



Ta có f 0 18;f 3 25minP18,max P 25 Vậy M m 25 18 43 

Câu 193: [THPT Chuyên LHP] Xét a, b, c1;2, tìm giá trị nhỏ biểu thức:

     

logbc 8 logca 16 16 logab 4

(103)

A Pmin  B 11

2

P  C min 3 9

4 289

log log

P   D Pmin

Chọn D

Câu 194: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Cho x , y số thực thỏa mãn x y  x 1 2y Gọi

M , m giá trị lớn giá trị nhỏ P x 2y22x1y 1 8 4 x y Khi đó, giá trị M m

Chọn C

    2  

2 2 1 1 8 4 2 2 4

P x y  x y    x y x y  x y     x y

Đặtt x y      P t2 2t 2 4 t Theo giả thiết x y  x 1 2y2

 2       

2 2 1 2 1

x y x y x y x y x y x y

                

2

3 0

t t t t t

        Xét f t    t2 2t 2 4 t  0;3

  2

4

f t t

t

   

 ; f t  0 2t2 4   t t 4   t

    

 

2

0

2 4 2 0;3

1 2 0;3

t

t t t t t t t

t

  

             



  



(104)

Vậy M m 25 18 43 

Câu 195: [THPT Kim Liên-HN] Tìm giá trị nhỏ Pmin biểu thức

( )2 2 ( )2 2

1

P= x- +y + x+ +y + -y

A P =min 5+ B P = +min C P =min 2 D min 191 50

P =

Chọn B

Áp dụng bất đẳng thức MinCopxki ta có

( ) ( )2 2

1 2 2

P³ - + -x x + y + - =y +y + -y Xét hàm số f y( )=2 1+y2+ -2 y. Ta có ( )

2

2 1

1

y f y

y

¢ =

-+ ( )

1

3

f y¢ =  =y

Ta thấy f y = +( ) Do P = +min

Câu 196: [THPT Chuyên KHTN] Với ,a b0 thỏa mãn điều kiện a b ab  1, giá trị nhỏ

4

 

P a b

A 2 1 4 B 2 1 4 C  1 4 D  1 4 Hướng dẫn giải

Chọn B

 2  2  2  2

4 2 2  2  2

         

P a b a b a b a b ab ab

1 2 2 2 2 1 4 22 2

 

 P  ab  ab ab   x x  x với ab x  x

4 16 1 2 8 8 2 8 16 8 1

 P x  x   x  x  x x x  x  x  x Ta có a b  1 ab2 ab

2 0 2

 x x    x     x

3

4 24 32

    

P x x x

(105)

 

minP P 2  2 1 4

Câu 197: [THPT Ngô Sĩ Liên lần 3] Một hải đăng đặt vị trí A cách bờ 5km, bờ biển có kho hàng vị trí C cách B khoảng 7km Người canh hải đăng chèo thuyền từ A đến

M bờ biển với vận tốc 4km h/ từ M đến C với vận tốc 6km h/ Xác định độ dài đoạn BM để người từ A đến C nhanh

A 3 km B 7

3km C

7

2km D 2 km

Chọn D

Gọi BM x  km , 0 x Khi đó: AM  25x2 MC 7 x Theo đề ta có:  

2 25 7

4

x x

f x       25 2

4 25

x x

f x

x

 

 



Cho  

2

0

0 25

20

x x

f x x x x

x x



 

 

        

   

 

Khi đó:  0 29 12

f  ,  7 74

4

f   2 14

12

f  

Vậy

 0;7    

14

min

12

x f x f



 

Câu 198: [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Một đường dây điện nối từ nhà máy điện A đến đảo C hình vẽ Khoảng cách từ C đến B km Bờ biển chạy thẳng từ A đến B với khoảng cách km Tổng chi phí lắp đặt cho km dây điện biển 40 triệu đồng, đất liền 20 triệu đồng Tính tổng chi phí nhỏ để hồn thành cơng việc trên(làm trịn đến hai chữ số sau dấu phẩy)

A 114,64 triệu đồng B 164,92 triệu đồng C 106, 25 triệu đồng D 120triệu đồng

Chọn A

(106)

Đặt BM  x AM   4 x CM  1 4 x2  17 8 x x x 2,  0;4 Khi tổng chi phí lắp đặt là: y x .20 40 x28x17 đơn vị triệu đồng

 

2

8 17 4

20 40 20

8 17 17

   



   

   

x x x

x y

x x x x

 

2 12

0 17

2 

        

y x x x x

Ta có 12 80 20 114,64;  0 40 17 164,92;  4 120

       

 

 

y y y

Câu 199: [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 06] Một cá hồi bơi ngược dòng để vượt khoảng cách 300km Vận tốc dòng nước 6km h/ Nếu vận tốc bơi cá nước đứng yên v (km/h) lượng tiêu hao cá t cho công thức E v cv t3 Trong c số, E tính jun Tìm vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng tiêu hao A 9km/h B 6km/h C 15km/h D 12km/h

Chọn A

Giải

Vận tốc cá bơi ngược dòng là: v6 ( km/h) Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300km 300

6 



t

v

Năng lượng tiêu hao cá để vượt khoảng cách là:   3. 300 300  , 6

6

  

 

v

E v cv c jun v

(107)

 

   

 

' '

2

0

600

9

v loai v

E v cv E v

v v

  

    



 

Câu 200: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Một người ni cá nghiệm hồ.Người thấy đơn vị diện tích mặt hồ có n cá trung bình mõi cá sau vụ cân nặng

(n) 480 20 n(gam)

P   Hỏi phải thả cá đơn vị diện tích mặt hồ để sau vụ thu hoạch nhiều cá nhất?

A 14 B 18 C 10 D 12 Hướng dẫn giải

Chọn D

Cách 1: Thế đáp án: Số cá mõi đơn

vị diện tích 12 14 10 18

Số cân nặng:

480 20 n n(gam)  2880 2800 2800 2160 Vậy chọn đáp án A

Cách 2:

Số cân nặng n cá là:

  2

(n) 480 20 n n 20 480 20(n 12) 2880 2880

f     n  n    

Vậy giá trị lớn (n)f 2880 đạt n12

Câu 201: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Mỗi chuyến xe buýt có sức chứa tối đa 60 hành khách Một chuyến xe buýt chở x hành khách giá tiền cho hành khách

2

40

x

  

 

  USD Khẳng định sau

A Một chuyến xe buýt thu lợi nhuận cao 135 USD B Một chuyến xe buýt thu lợi nhuận cao 160 USD C Một chuyến xe buýt thu lợi nhuận cao có 45 hành khách D Một chuyến xe buýt thu lợi nhuận cao có 60 hành khách

(108)

Số tiền thu là:

2 2 40

3

3 0 60

120

40 10 1600

x

x x

y x y x x

x

 

  

            

  

max 160 40

y x

   

Câu 202: [BTN 164] Một cá hồi bơi ngược dòng ( từ nơi sinh sống) để vượt khoảng cách 300km (tới nơi sinh sản) Vận tốc dòng nước 6km h/ Giả sử vận tốc bơi cá nước đứng yên v

km h/ lượng tiêu hao cá t cho công thức E v cv t3 c số cho trước E tính Jun Vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng cá tiêu hao bằng:

A 10 km h/ B 9 km h/ C 12 km h/ D 8 km h/ Hướng dẫn giải

Chọn B

Thời gian cá bơi: 300 3. 300

6

t E cv t cv

v v

   

 

Xét hàm số   3.300

6

E v cv v



 với v6;

 

3

2 300 900

'

6

c v cv

E v v

v v



    



Dựa vào bảng biến thiên:

min

E v

  

Câu 203: [BTN 164] Người ta cần làm bồn chứa dạng hình trụ tích 1000 lít inox để chứa nước, tính bán kính R hình trụ cho diện tích tồn phần bồn chứa đạt giá trị nhỏ nhất:

A 3

2

R



 B

2

R





C

3 R



 D R



 Hướng dẫn giải

Chọn B

Gọi h R chiều cao bán kính đáy (đơn vị: mét) Ta có:

2

1

V h R h

R



   

 

2 2

2

1

2 2 2

tp

S R Rh R R R R

R R

    



(109)

Cách 1: Khảo sát hàm số, thu  

3

1

2

4

f R R h



 

   

Cách 2: Dùng bất đẳng thức:

2 2 3

2

1 1 1

2 2 2

tp

S R Rh R R R R

R R R R R

      



        

Dấu xảy

2

R





Câu 204: [BTN 163] Chiều dài bé thang AB để tựa vào tường AC mặt đất BC, ngang qua cột đỡ DH cao 4m song song cách tường CH 0,5m là:

A Xấp xỉ 5,602 B Xấp xỉ 6,5902 C Xấp xỉ 5, 4902 D Xấp xỉ 5,5902 Hướng dẫn giải

Chọn D

Đặt CB x , CA y ta có hệ thức:

1 4

1

2 2

x x

y

x y y x x



     

 Ta có: AB x 2y2

Bài tốn quy tìm

2

2 2

2

x

A x y x

x

 

     

  

Khảo sát hàm số lập bảng biến thiên ta thấy GTNN đạt 5;

x y

hay AB min 5 

Câu 205: [BTN 163] Một cơng ty sản xuất loại cốc giấy hình nón tích 27cm3 với chiều cao h và bán kính đáy r để lượng giấy tiêu thụ giá trị r là:

A

8

2

r



 B

6

2

r



 C

6

2

r



 D

8

2

r





Chọn A

Thể tích cốc: 2

2

1 27 81 81 1.

V r h r h h

r



 

     



D A

(110)

Lượng giấy tiêu thụ diện tích xung quanh nhỏ

2

2 2

81 81

2 2

xq

S rl r r h r r r

r r

   

 

      

2 2

4 3

2 2 2 2

81 81 81 81

2

2 2

r r

r r r r

 

   

   

4

4 81

4

 

 (theo BĐT Cauchy)

xq

S nhỏ

2 8

4 6

2 2

81 3

2 2

r r r

r

  

     

Câu 206: [BTN 173] Một cơng ty bất động sản có 50 hộ cho thuê Biết cho thuê hộ với giá 2000.000 đồng tháng hộ có người thuê lần tăng giá cho thuê hộ 100.000 đồng tháng hộ bị bỏ trống Muốn có thu nhập cao nhất, cơng ty phải cho th với giá hộ bao nhiêu?

A 2.350.000 B 2.450.000 C 2.250.000 D 2.550.000 Hướng dẫn giải

Chọn C

Gọi x giá cho thuê thực tế hộ, (x – đồng; x2000.000 đồng ) Số hộ cho thuê ứng với giá cho thuê:

   

1

50 2000000 90,

50000 x 50.000x

    

Gọi F x  hàm lợi nhuận thu cho thuê hộ, (F x : đồng)

Ta có   90 90x

50.000 50.000

F x   x x  x 

 

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn   90x 50.000

F x   x  với điều kiện x2000.000

 

' 90

25.000

F x   x

 

' 90 2.250.000

25.000

F x    x   x

(111)

Suy F x  đạt giá trị lớn x2.250.000

Vậy công ty phải cho thuê với giá 2.250.000đồng hộ lãi lớn Nhận xét: Làm ta tìm hệ số

50000 biểu thức  1 ?

Ta hiểu đơn giản sau: Số hộ cho thuê tháng ứng với số tiền cho thuê;

 

50m x2000.000 x2.000.000 số hộ thuê là50 Nếu số tiền cho thuê tăng lên

2.100.000

x có hộ để trống, nghĩa có 48 người thuê Ta có:

 

50 2.100.000 2.000.000 48

50000

m m

    

Câu 207: [BTN 169] Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao 60cm, thể tích

96000cm Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70000 VNĐ/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100000 VNĐ/m2 Tính chi phí thấp để hồn thành bể cá A 32000 VNĐ B 83200 VNĐ C 320000 VNĐ D 832000 VNĐ

Chọn B

Gọi x y m,   x0,y0 chiều dài chiều rộng đáy bể, theo đề ta suy 0,16

0, 6xy 0, 096 y x

   Giá thành bể cá xác định theo hàm số sau:

  2.0, 0,16 70000 100000 0,16

f x x x

x x

 

    

   

0,16

84000 16000

f x x

x

 

    

  (VNĐ)

   

0,16

84000 , 0,

f x f x x

x

 

        

 

Ta có bảng biến thiên sau:

(112)

Câu 208: [THPT CHUN LÊ KHIẾT] Cắt miếng giấy hình vng hình xếp thành hình chóp tứ giác hình Biết cạnh hình vng 20cm, OM x cm  Tìm x để hình chóp tích lớn nhất?

A x6cm B x8cm C x7cm D x9cm Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có: OM  x AC2x, AM  2x

Suy ra:

2

x

OH  ,

2

x

MH  , 10

2

x

SH  

 

2

2 10 20 10

2 2

x x

SO SH OH        x

   

  2

1 20

20 10 40

3 đáy 3

V  SO S  x x   x x

  152

20 20 40 20

40

3

x x x x x

V x x x x       

      

 

Dấu " " xảy 40 4 x x  x

Câu 209: [THPT Hồng Hoa Thám - Khánh Hịa] Để chặn đường hành lang hình chữ L người ta dùng que sào thẳng dài đặt kín điểm chạm với hành lang (như hình vẽ) Biết a24

3,

b hỏi sào thỏa mãn điều có chiều dài l tối thiểu bao nhiêu?

H

x

O

M

D

A

(113)

A 27 B 15 C 51

2 D 11 Hướng dẫn giải

Chọn B

Đặt điểm hình vẽ

Đặt DFx, x0 Ta có ADF đồng dạng với BDE nên EB AF EB ab

ED  DF   x

 2  

2 ab

l AB x b a f x

x

 

      

  ,

  2  2ab2 ab 2  a b23

f x x b a x b

x

x x

 

          

   

  0 12

f x   x a b  Bảng biến thiên

Vậy giá trị nhỏ l 1125 15 5

Câu 210: [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 06] Một cá hồi bơi ngược dòng để vượt khoảng cách 300km Vận tốc dòng nước 6km h/ Nếu vận tốc bơi cá nước đứng yên v (km/h) lượng tiêu hao cá t cho công thức E v cv t3 Trong c số, E tính jun Tìm vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng tiêu hao A 9km/h B 6km/h C 15km/h D 12km/h

(114)

Chọn A Giải

Vận tốc cá bơi ngược dòng là: v6 ( km/h) Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300km 300

6 



t

v

Năng lượng tiêu hao cá để vượt khoảng cách là:   3. 300 300  , 6

6

  

 

v

E v cv c jun v

v v

 

   

 

' '

2

0

600

9

v loai v

E v cv E v

v v

  

    



 

Câu 211: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Một người ni cá nghiệm hồ.Người thấy đơn vị diện tích mặt hồ có n cá trung bình mõi cá sau vụ cân nặng

(n) 480 20 n(gam)

P   Hỏi phải thả cá đơn vị diện tích mặt hồ để sau vụ thu hoạch nhiều cá nhất?

Chọn D

Cách 1: Thế đáp án: Số cá mõi đơn

vị diện tích 12 14 10 18

Số cân nặng:

480 20 n n(gam)  2880 2800 2800 2160 Vậy chọn đáp án A

Cách 2:

Số cân nặng n cá là:

  2

(n) 480 20 n n 20 480 20(n 12) 2880 2880

f     n  n    

(115)

Câu 212: [TTGDTX Vạn Ninh - Khánh Hòa] Một sợi dây có chiều dài 6m, chia thành hai phần Phần thứ uốn thành hình tam giác đều, phần thứ hai uốn thành hình vng Hỏi độ dài cạnh hình tam giác để tổng diện tích hai hình thu nhỏ nhất?

A 12 ( )

9 3 m B

18 ( )

4 m C

18 ( )

9 3 m D

36 ( ) 4 m Hướng dẫn giải

Chọn C

Giả sử cạnh tam giác có độ dài x, x 0; Vậy cạnh hình vng có độ dài

x



Ta có 3

2

S  x  x ;

 2

16

x

S    

2

3

4 16

x

S S x 

   

Đặt:    

2

3

4 16

x

f x  x   ;        

2

2 3 18

3

4 16 8

x

x x

f x x x

  

   

      

 

 

 

 18 

0

4

f x   x

 Bảng biến thiên:

Vậy tổng diện tích hai hình nhỏ độ dài cạnh tam giác 18 ( )

9 3 m

Câu 213: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Mỗi chuyến xe buýt có sức chứa tối đa 60 hành khách Một chuyến xe buýt chở x hành khách giá tiền cho hành khách

2

40

x

  

 

  USD Khẳng định sau

(116)

Chọn B

Số tiền thu là:

2 2 40

3

3 0 60

120

40 10 1600

x

x x

y x y x x

x

 

  

            

  

max 160 40

y x

   

Câu 214: [BTN 165] Một ngơi nhà có dạng tam giác ABC cạnh dài 10 m đặt song song cách mặt đất h m  Nhà có trụ , ,A B C vng góc với ABC Trên trụ A người ta lấy hai điểm M N cho , AM  x AN,  y góc MBCvà NBCbằng 90để mái phần chứa đồ bên Xác định chiều cao thấp nhà

Chọn D

Để nhà có chiều cao thấp ta phải chọn N nằm mặt đất Chiều cao nhà NM  x y

Gọi I trung điểm BC Ta có ABC AI BC, MN ABCMN BC, từ suy     900

  

MI BC

BC MNI MIN

NI BC

IMN vuông I nhận AI đường cao nên

2

2 10

75

2

 

     

 

AM AN AI xy

Theo bất đẳng thức Côsi: x y 2 xy 2 75 10 3   x y Do chiều cao thấp nhà 10

Câu 215: [BTN 164] Một cá hồi bơi ngược dòng ( từ nơi sinh sống) để vượt khoảng cách 300km (tới nơi sinh sản) Vận tốc dòng nước 6km h/ Giả sử vận tốc bơi cá nước đứng yên v

km h/ lượng tiêu hao cá t cho công thức E v cv t3 c số cho trước E tính Jun Vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng cá tiêu hao bằng:

A 10 km h/ B 9 km h/ C 12 km h/ D 8 km h/ Hướng dẫn giải

Chọn B

(d) 10

x

y

B

C M

A

N

(117)

Thời gian cá bơi: 300 3. 300

6

t E cv t cv

v v

   

 

Xét hàm số   3.300

6

E v cv v



 với v6;

 

3

2 300 900

'

6

c v cv

E v v

v v



    



Dựa vào bảng biến thiên:

min

E v

  

Câu 216: [BTN 164] Người ta cần làm bồn chứa dạng hình trụ tích 1000 lít inox để chứa nước, tính bán kính R hình trụ cho diện tích tồn phần bồn chứa đạt giá trị nhỏ nhất:

A 3

2

R



 B

2

R





C

3 R



 D R



 Hướng dẫn giải

Chọn B

Gọi h R chiều cao bán kính đáy (đơn vị: mét)

Ta có:

2

1

V h R h

R



   

 

2 2

2

1

2 2 2

tp

S R Rh R R R R

R R

    



      

Cách 1: Khảo sát hàm số, thu  

3

1

2

4

f R R h

 



   

Cách 2: Dùng bất đẳng thức:

2 2 3

2

1 1 1

2 2 2

tp

S R Rh R R R R

R R R R R

      



        

Dấu xảy

2

R





(118)

A Xấp xỉ 5,602 B Xấp xỉ 6,5902 C Xấp xỉ 5, 4902 D Xấp xỉ 5,5902 Hướng dẫn giải

Chọn D

Đặt CB x , CA y ta có hệ thức:

1 4

1

2 2

x x

y

x y y x x



     

 Ta có: AB x 2y2

Bài tốn quy tìm

2

2 2

2

x

A x y x

x

 

     

  

Khảo sát hàm số lập bảng biến thiên ta thấy GTNN đạt 5;

x y

hay AB min 5 

Câu 218: [BTN 163] Một công ty sản xuất loại cốc giấy hình nón tích 27cm với chiều cao 3 h và bán kính đáy r để lượng giấy tiêu thụ giá trị r là:

A

8

2

r



 B

6

2

r



 C

6

2

r



 D

8

2

r





Chọn A

Thể tích cốc: 2

2

1 81 81

27

V r h r h h

r



 

     



Lượng giấy tiêu thụ diện tích xung quanh nhỏ

2

2 2

81 81

2 2

xq

S rl r r h r r r

r r

   

 

      

2 2

4 3

2 2 2 2

81 81 81 81

2

2 2

r r

r r r r

 

   

   

4

4 81

4

 

 (theo BĐT Cauchy)

D A

(119)

xq

S nhỏ

2 8

4 6

2 2

81 3

2 2

r r r

r

  

     

Câu 219: [BTN 162] Cần phải đặt điện phía bàn hình trịn có bán kính a Hỏi phải treo độ cao để mép bàn nhiều ánh sáng Biết cường độ sáng C biểu thị công thức C ksin2

r



 ( góc nghiêng tia sáng mép bàn, k số tỷ lệ phụ thuộc vào nguồn sáng)

A

2

a

h B

2

a h

C

a

h D

2

a

h

Chọn B

Ta có: r a 2 (Định lý Py-ta-go) h2

2

sin h h

R a h

 



 

2 2 2 2 2

sin

h

C k k

R a h a h



  

 

Xét hàm  

 3 

2

0

h

f h h

a h

 

 , ta có:

   

 

3

2 2 2

3

2

3

2

a h h a h

f h

a h

  

 



  0  23 3 .2 2

f h   h a  h a h

2 3 2

2

a

h a h h

    

a h r

Đ

a I M

(120)

Từ bảng biến thiên suy ra:  max  max

2

a a

f h  h  C k f h  h

Câu 220: [BTN 161] Khi sản xuất vỏ lon sữa bị hình trụ, nhà thiết kế ln đặt mục tiêu cho chi phí nhiên liệu làm vỏ lon thấp nhất, tức diện tích tồn phần hình trụ nhỏ Muốn thể tích khối trụ V diện tích tồn phần hình trụ nhỏ nhà thiết kế phải thiết kế hình trụ có bán kính bao nhiêu?

A

2

V

 B 3

V

 C

V

 D 3

V



Chọn B

Gọi hình trụ có chiều cao h, độ dài đường sinh l, bán kính đáy r Ta có: 2 2 2  1

tp day xq

S  S S  r  rl Mặt khác

2

V V

V r h h l

r r



 

    

Thay vào công thức  1 ta được: 2 2

tp

V

S r

r



 

Xét hàm số f x  2 x2 2V

x



  với x0 Ta có    

2

4 ;

2

V V

f x x f x x

x



      

Từ bảng biến thiên ta thấy f x  đạt giá trị nhỏ

2

V x





Hay S đạt giá trị nhỏ tp

2

V r





Câu 221: [BTN 174] Một thợ xây muốn sử dụng sắt có chiều dài 4m, chiều rộng 1m để uốn thành

2m khung đúc bê tông, khung hình trụ có đáy hình vng khung hình trụ có đáy hình trịn Hỏi phải chia sắt thành phần (theo chiều dài) để tổng thể tích khung nhỏ nhất?

A Khung có đáy hình vng, khung có đáy hình trịn có chiều dài 4 14,

4



 



  B Khung có đáy hình vng, khung có đáy hình trịn có chiều dài ,4 14

4



 



 

C Khung có đáy hình vng, khung có đáy hình trịn có chiều dài ,

4

     D Khung có đáy hình vng, khung có đáy hình trịn có chiều dài ,

4

(121)

Chọn D

Gọi V V thể tích khung hình trụ có đáy hình vng khung hình trụ có đáy 1, 2 hình trịn Gọi a chiều dài cạnh hình vng r bán kính hình trịn Ta có:

2

1

V V a r (đơn vị thể tích)

Mà 4 12 , 2

a r a r r



       Suy   2  2

1

1 2

V r  V V r  r

  2 ,    

4

V r r  r V r r



       

 Lập bảng biến thiên suy

4

V



 

    Vậy, phải chia sắt thành phần: phần làm lăng trụ có đáy hình vng

 4  m





Câu 222: [BTN 173] Một cơng ty bất động sản có 50 hộ cho thuê Biết cho thuê hộ với giá 2000.000 đồng tháng hộ có người thuê lần tăng giá cho thuê hộ 100.000 đồng tháng hộ bị bỏ trống Muốn có thu nhập cao nhất, cơng ty phải cho thuê với giá hộ bao nhiêu?

A 2.350.000 B 2.450.000 C 2.250.000 D 2.550.000 Hướng dẫn giải

Chọn C

Gọi x giá cho thuê thực tế hộ, (x – đồng; x2000.000 đồng ) Số hộ cho thuê ứng với giá cho thuê:

   

1

50 2000000 90,

50000 x 50.000x

    

Gọi F x  hàm lợi nhuận thu cho thuê hộ, (F x : đồng)

Ta có   90 90x

50.000 50.000

F x   x x  x 

 

Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn   90x 50.000

F x   x  với điều kiện x2000.000

 

' 90

25.000

F x   x

 

' 90 2.250.000

25.000

F x    x   x

(122)

Suy F x  đạt giá trị lớn x2.250.000

Vậy công ty phải cho thuê với giá 2.250.000đồng hộ lãi lớn Nhận xét: Làm ta tìm hệ số

50000 biểu thức  1 ?

Ta hiểu đơn giản sau: Số hộ cho thuê tháng ứng với số tiền cho thuê;

 

50m x2000.000 x2.000.000 số hộ thuê là50 Nếu số tiền cho thuê tăng lên

2.100.000

x có hộ để trống, nghĩa có 48 người thuê Ta có:

 

50 2.100.000 2.000.000 48

50000

m m

    

Câu 223: [BTN 169] Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao 60cm, thể tích

96000cm Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70000 VNĐ/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100000 VNĐ/m2 Tính chi phí thấp để hồn thành bể cá A 32000 VNĐ B 83200 VNĐ C 320000 VNĐ D 832000 VNĐ

Chọn B

Gọi x y m,   x0,y0 chiều dài chiều rộng đáy bể, theo đề ta suy 0,16

0, 6xy 0, 096 y x

   Giá thành bể cá xác định theo hàm số sau:

  2.0, 0,16 70000 100000 0,16

f x x x

x x

 

    

   

0,16

84000 16000

f x x

x

 

    

  (VNĐ)

   

0,16

84000 , 0,

f x f x x

x

 

        

 

Ta có bảng biến thiên sau:

(123)

Câu 224: [BTN 166] Người ta cần chế tạo ly dạng hình cầu tâm O, đường kính 2R Trong hình cầu có hình trụ trịn xoay nội tiếp hình cầu Nước chứa hình trụ Hãy tìm bán kính đáy r hình trụ để ly chứa nhiều nước

A

R

r B

3

R

r C

3

R

r D

3

R

r

Chọn C

Gọi h r chiều cao bán kính đáy hình trụ Bài tốn quy việc tính h r phụ thuộc theo R hình chữ nhật ABCD nội tiếp hình trịn O R,  thay đổi V r h2 đạt giá trị lớn

Ta có: AC2 AB2BC24R2 4r2 h2

 

2 0 2R

4

V R  h h  h R h  h

   

2

3

4

R V  h R   h

 

Vậy

max

4 3

9

R

V V  R  h

Lúc

2

2 4R. 2R

4 3

R

r R    r

(124)

A 576m2

13 B

2

48 m C 62 m 2 D 46 m 2 Hướng dẫn giải

Chọn B

Đặt phương trình tắc  

2

:x y

E

a b 

Ta có 2a12 a 6, 2b  8 b Suy  

2

:

36 16

x y

E  

Chọn A x y A; A đỉnh hình chữ nhật xA  , yA 

2

1 36 16

A A

x y

   ;

Diện tích hình chữ nhật

2

4 48.2 48 48

6 36 16

A A A A

A A

x y x y

S x y     

 

Câu 226: [THPT Chuyên Phan Bội Châu] Doanh nghiệp Alibaba cần sản xuất mặt hàng 10 ngày phải sử dụng hai máy A B Máy A làm việc x ngày cho số tiền lãi

3 2

x  x (triệu đồng), máy B làm việc y ngày cho số tiền lãi 326y27y3 (triệu đồng) Hỏi doanh nghiệp Alibaba cần sử dụng máy A ngày cho số tiền lãi nhiều nhất? (Biết hai máy A B không đồng thời làm việc, máy B làm việc không ngày)

A 5 B 4 C 6 D

Chọn D

Theo đề ta có x y 10 y 10x (1) Và 0    y x 10

Số tiền lãi f x x32x326 10 x27 10 x3 (thay (1)vào)   28 810 7776 23740

f x x x x

     với x4;10

AA'=12 BB'=8

B' B

A' A

AA'=12 BB'=8

B' B

(125)

Ta có f x 84x21620x7776   0 84 1620 7776 0 9 72

7

f x   x  x     x x Chỉ có x 9 4;10

Bảng biến thiên

Câu 227: [THPT Ngô Quyền] Một sở sản xuất khăn mặt bán khăn với giá 30.000 đồng tháng sở bán trung bình 3000 khăn Cơ sở sản xuất có kế hoạch tăng giá bán để có lợi nhận tốt Sau tham khảo thị trường, người quản lý thấy từ mức giá 30.000 đồng mà tăng giá thêm 1000 đồng tháng bán 100 chiếc Biết vốn sản xuất khăn không thay đổi 18.000 Hỏi sở sản xuất phải bán với giá để đạt lợi nhuận lớn

A 43.000 đồng B 40.000 đồng C 39.000 đồng D 42.000 đồng Hướng dẫn giải

Chọn C

Gọi số tiền cần tăng giá khăn x (nghìn đồng)

Vì tăng giá thêm (nghìn đồng) số khăn bán giảm 100 nên tăng x (nghìn đồng) số xe khăn bán giảm 100x Do tổng số khăn bán tháng là: 3000 100x Lúc đầu bán với giá 30 (nghìn đồng), khăn có lãi 12 (nghìn đồng) Sau tăng giá, khăn thu số lãi là: 12 x (nghìn đồng) Do tổng số lợi nhuận tháng thu sau tăng giá là: f x   3000 100 x12x (nghìn đồng)

Xét hàm số f x   3000 100 x12x 0;

Ta có: f x  100x21800x36000 100x9244100 44100 Dấu xảy x9

Như vậy, để thu lợi nhuận cao sở sản xuất cần tăng giá bán khăn

9.000 đồng, tức khăn bán với giá là39.000 đồng

Câu 228: [BTN 170] Một ảnh hình chữ nhật cao 1, 4m đặt độ cao 1, 4m so với tầm mắt (tính từ đầu mép hình) Để nhìn rõ phải xác định vị trí đứng cho góc nhìn lớn Hãy xác định vị trí đó? Biết góc BOC nhọn

A AO2, 4m B AO2, 6m C AO2m D AO3m Hướng dẫn giải

(126)

Đặt độ dài cạnh AO x m   , x0

Suy BO 3, 24x CO2,  10, 24x2

Ta sử dụng định lí cosin tam giác OBC ta có:

    

  

2

2 2

2

3, 24 10, 24 1,96 cos

2 2 3, 24 10, 24

x x

OB OC BC

BOC

OB OC x x

   

 

 

    

2

5, 76 3, 24 10, 24

x

x x

 

 

Vì góc BOC nên tốn trở thành tìm x để  

  

2

5,76 3, 24 10, 24

x F x

x x

 

  đạt giá trị nhỏ

Đặt 3, 24x2t t, 3, 24 Suy  

   

63

25 63 25

7 25

t t

F t

t t t t

 

 

 

Ta tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ

 

   

 

2

25 25 63

2

25 63 '

25

t

t t t

F t

t t t t

   

     

 

  

   

 



 



 

 

    

       

2

50 25 63

1 49 441

25 7 25 7

t t t t t

t t t t t t t t

        

   

 

       

   

 

'

F t   t Bảng biến thiên

Thay vào đặt ta có: 3, 24 2 9 144 2, m

25

x x x

     

1,8 1,4 C

O A

(127)

Vậy để nhìn rõ AO2, 4m

Câu 229: [BTN 168] Một người thợ xây, muốn xây dựng bồn chứa thóc hình trụ trịn với thể tích

150m (như hình vẽ bên) Đáy làm bê tông, thành làm tôn nắp bể làm nhơm Tính chi phí thấp để bồn chứa thóc (làm trịn đến hàng nghìn) Biết giá thành vật liệu sau: bê tơng 100 nghìn đồng m , tơn 90 nghìn 2 m nhơm 120 nghìn đồng 2 m 2

A 15037000 đồng B 15039000 đồng C 15040000 đồng D 15038000 đồng Hướng dẫn giải

Chọn B

Gọi r h m,  2 r0,h0 bán kính đường trịn đáy đường cao hình trụ theo đề ta có

2 150 150

r h h

r



  

Khi chi phí làm nên bồn chứa thóc xác định theo hàm số:

  2

2

150 2700

220 90.2 220

f r r r r

r r

  



    (nghìn đồng)

   

2

27000 675

440 r ,

11

f r f r r a

r



       

BBT:

Dựa vào BBT ta suy chi phí thấp   675 15038,38797 11

f a f



 

  

  nghìn đồng

Câu 230: [BTN 168] Anh Phong có ao với diện tích 50m để ni cá diêu hồng Vụ vừa qua, anh 2 nuôi với mật độ 20con /m thu 2 1,5 cá thành phẩm Theo kinh nghiệm ni cá anh thấy thả giảm 8 / m cá thành phầm thu tăng thêm 0,5kg Để 2 tổng suất cao vụ tới anh nên mua cá giống để thả? (giả sử hao hụt q trình ni)

A 342 B 488 C 512 D 658 Hướng dẫn giải

(128)

Số cá anh Phong thả vụ vừa qua 50.20 1000 (con) Khối lượng trung bình cá thành phần 1500 1,5 /

1000 kg con

Gọi x0 số cá anh cần thả cho vụ tới nên tăng 0, 0625x kg/con

Ta có phương trình tổng khối lượng cá thu T f x   1000x1,5 0,0625 x  

   

0,125 61 488

max 16384 488

0,125

f x x x

f x x

f x

      



       



Vậy vụ sau anh cần thả 1000 488 512  cá giống

Câu 231: [THPT Trần Phú-HP] Tập hợp giá trị thực m để đồ thị hàm số

  

2

2 4

x y

mx x x mx

 

    có đường tiệm cận A  0 B   ; 1   0  1; 

C    ; 1 1;  D 

Chọn A

+ Vớim0, hàm số có dạng: 21

4

y x

 

 Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y + Với m0,

  

2 lim lim

2 4

x x

x y

mx x x mx

 

 

   

2

lim

2 4

x

x x

m m

x x x x





 

      

  

  

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y

Để thị hàm số có tiệm cận 2

1

4

m m

  

 

     



 ( Không tồn m)

Vậy m0thì đồ thị hàm số có tiệm cận

Câu 232: [THPT Chuyên Bình Long] Với giá trị m, đồ thị hàm số

 

2

1

x x x

y

x m x m

  



    có hai đường tiệm cận?

A m  B

1

m m m

         

C

3

m m

     

 D

1

m m

    



(129)

  2

1

x x x

y

x m x m

   

    Hàm số xác định khi:

3 x x x x m               Ta có         

2 2 2

1 1

1 1 2 1 3 2 1 3

x x x x

y

x m x m x x m x x x x m x x x

     

  

              

lim 0

xy   tiệm cận ngang y

Hàm số có hai tiệm cận có tiệm cận đứng

2

m m m m                

Câu 233: [CHUYÊN SƠN LA] Cho hàm số ( ) x y C x  

 Gọi d khoảng cách từ giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị đến tiếp tuyến ( )C Giá trị lớn mà d đạt là:

A B C

2 D Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có:  

 2

'

2

y x x

x



  

 Gọi I giao hai tiệm cận I 2;1

Gọi    

0 0

0

1

; ;

2

x

M x y M x C

x

  

  



 

Khi tiếp tuyến M x y 0; 0 có phương trình:  0 0

:y y x' x x y

   

 2 0 0 2 x

y x x

x x             0 2 0 3 2 x x x y x x x          

Khi ta có:      

  0 2 0 2 ; x x x x x d I x                 12 ; x d I x      

(130)

Tacó:9x0242.3.x022 9x024  6x022

 

   

0

4

0

6 12 12

;

2

x x

d I

x x

 

    

  

Vậy giá trị lớn mà d đạt là:

Câu 234: [208-BTN] Cho hàm số  :

x

C y

x

 

 Gọi M điểm thuộc đồ thị d tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận đồ thị hàm số  C Giá trị nhỏ d đạt là:

A B C D 10

Chọn A

Gọi ;2  

a

M a C

a



 

  

  , ta có

2

1 2

1

a

d a a

a a



       

  Vậy giá trị nhỏ d

Câu 235: [THPT Hoàng Văn Thụ - Khánh Hịa] Gọi M điểm thuộc đồ thị  C hàm số

2

y x



 Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận  C đạt giá trị nhỏ

A B 6 C D 2

Chọn C

Hàm số

y x



 có tập xác định D\ 2 Tiệm cận đứng x 2; Tiệm cận ngang y

M điểm thuộc đồ thị  C hàm số

y x

 

9 ;

2

M x x

 

  

   Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận  C

9

2 2

2

d x x d

x x

      

 

Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận  C đạt giá trị nhỏ

Câu 236: [BTN 162] Có điểm M thỏa mãn: điểm M thuộc đồ thị  C hàm số 1

y x



 cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận hàm số nhỏ

A 2 B 3 C 4 D 1

(131)

Gọi ;   1

M a C a

a

   

  

  Đồ thị  C có TCN là: y , TCĐ là: x 1

Khi  ,   ,  1 1

1

M TCD M TCN

d d a a a a

a

            



Vậy có điểm thỏa mãn

Câu 237: [THPT Quoc Gia 2017] Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số

4 2

y x  mx có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích nhỏ

A 0 m B m0 C m1 D 0 m 34 Hướng dẫn giải

Chọn A

Điều kiện để hàm số có cực trị m0

3

4

y  x  mx;

1

2

2 3

0

x y

y x m y m

y m

x m



  

 

       

    

 

Các điểm cực trị tạo thành tam giác cân có đáy m , đường cao m (như hình minh 2 họa)

Ta . .

2

ABC

S  AC BD m m Để tam giác có diện tích nhỏ

1

m m     m

Câu 238: [208-BTN] Cho hàm số  :

x

C y

x

 

 Gọi M điểm thuộc đồ thị d tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận đồ thị hàm số  C Giá trị nhỏ d đạt là:

A B C D 10

Chọn A

Gọi ;2  

a

M a C

a



 

  

  , ta có

2

1 2

1

a

d a a

a a



       

  Vậy giá trị nhỏ d

Câu 239: [THPT Chuyên KHTN] Cho hàm số

2 2

2

x x

y x

  

(132)

A 2 48

B 2 46 C 2 410 D 2 412 Hướng dẫn giải

Chọn A

Tập xác định D \ 2

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x   2 x Gọi tiệm cận xiên đồ thị hàm số có dạng y ax b 

Khi lim  

x f x a x     2 lim x x x x x      2 2 lim x x x x x x                  2 lim x x x x                  

  2

lim lim lim

2

x x x

b f x ax x

x x                    

Vậy tiệm cận xiên: y   x Gọi M x y 0; 0 thuộc đồ thị hàm số

 

2

2 2

x x x x

y y

x x

   

  

 

Phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm M x y 0; 0  0 0

y y x x x  y

   

2

0 0

0 0 2

x x x x

y x x

x x         

Gọi A giao điểm tiếp tuyến với tiệm cận đứng 0 2; x A x         

Gọi B giao điểm tiếp tuyến với tiệm cận xiên B x2 2; x01 Giao hai tiệm cận I 2;5

Ta có IA x 

 ,IB2 x0 ,2  

2

2 0 0

0 x x AB x x           

Chu vi  

2

2 0 0

0

2

8

2 2 2 32 32

2

x x

P IA AB IB x x

x x

  

            

   

(133)

Câu 240: [THPT Chuyên KHTN] Cho hàm số

2 2

2   



x x

y

x điểm đồ thị mà khoảng cách từ giao

hai tiệm cận đến tiếp tuyến lớn có hồnh độ

A 148 B 246 C 248 D 348 Hướng dẫn giải

Chọn C

2 2 4

3

2

 

   

 

x x

y x

x x

Hàm số có hai đường tiệm cận đứng xiên có phương trình

2 

x y x 3 Tọa độ giao điểm hai tiệm cân la điểmI 2;5 Gọi

2 2

;

2

   

  

 

a a M a

a tiếp điểm đồ thị hàm số tiếp tuyến d Tiếp tuyến  d tại:   

2 2

2   

  



a a

y y a x a

a

 2   2 2

4 4

 a  a x a y a  a   

 

 2  4    4

8

;

4

 

  

  

 

    

a a

d A

a a a

a a a

Đặt a 2 t

  

  

2

4

8 8

;

8 16

2 16

2

   

 

  

 

 

t t t

d A

t t t t

t t t

Để d A ;max  

2

4 8 16 ax 

 

t

f t m

t t

 

5

2

4

0 16

0

8 16

 

 

    

 

  

t

t t

f t

t

t t CĐ

(134)

Câu 241: [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Cho hàm số y ax b cx d

 

 có đồ thị hình vẽ Mệnh đề các mệnh đề đúng?

0

ad  , bc0

A B ad0, bc0

C cd0, bd 0 D ac0, ab0

Chọn D

Quan sát đồ thị ta có: TCĐ x d d c

c c

      , d dấu Lại có TCN y a a c

   , c dấu Suy a, c, d dấu Lại có x y b

d

    , suy b, d trái dấu Suy ra: ad0, bc0

Câu 242: [TT Tân Hồng Phong] Cho hàm số y f x , y g x   f x , y h x  g x  có đồ thị đường cong hình vẽ bên Mệnh đề sau đúng?

A g    1 h  1 f 1 B f  1 g    1 h 1 C h  1 g  1 f 1 D h  1 f  1 g 1

(135)

Nếu  1 đồ thị hàm số y h x  g x  g x   0 x  0; g x đồng biến  0; , hai đồ thị cịn lại khơng có đồ thị thoả mãn đồ thị hàm số y g x   f x 

Nếu  2 đồ thị hàm số y h x  g x  g x    0 x  1,5;1,5g x đồng biến 1,5;1,5,  1 đồ thị hàm số y g x   f x thì f x   0 x  0;  f x  đồng biến  0; ,  3 không thoả mãn đồ thị hàm số y f x 

Nếu  3 đồ thị hàm số y h x  g x  g x    0 x  ;1g x đồng biến ;1,  2 đồ thị hàm số y g x   f x và  1 đồ thị hàm số y f x  Dựa vào đồ thị ta có h  1 g  1 f 1

Câu 243: [THPT chuyên Thái Bình] Phương trình 2017sinx sinx 2 cos 2x có nghiệm thực 5 ; 2017 ?

vô nghiệm

Chọn C

Ta có hàm số y2017sinx sinx 2 cos 2x tuần hoàn với chu kỳ T 2 Xét hàm số y2017sinxsinx 2 cos 2x 0; 2

Ta có

sin sin

2

2sin cos sin

cos 2017 ln 2017 cos cos 2017 ln 2017

2 cos sin

x x x x x

y x x x

x x

 

        

   

Do 0; 2, cos

2

y   x    x  x  2017

2

y      

  ;

3 1 2 0

2 2017

y      

 

(136)

Ta có y  0, nên 0; 2 phương trình 2017sinx sinx 2 cos 2x có ba nghiệm phân biệt 0, , 2 

Suy 5 ; 2017  phương trình có 2017    5 2023 nghiệm

Câu 244: [TTGDTX Nha Trang - Khánh Hịa] Tìm giá trị m để phương trình

3 6 9 3 0

x  x  x   có ba nghiệm thực phân biệt hai nghiệm lớn m

A   1 m B m0 C    3 m 1 D   3 m Hướng dẫn giải

Chọn C

3 6 9 3 0 6 9 3

x  x  x   m m x  x  x Khảo sát hàm số y x 36x29x 3

Có y 3x212x , 9 0 1

3

x y

y

x y

   

       



Lại có x    y Lập bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên Yêu cầu đề    m  3; 1

Câu 245: [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Biết đường thẳng y3m1x6m3 cắt đồ thị hàm số 3 1

  

y x x ba điểm phân biệt cho giao điểm cách hai giao điểm cịn lại Khi mthuộc khoảng đây?

A ( ;2)3

2 B ( 1;0) C (1; )

2 D (0;1) Hướng dẫn giải

Chọn B

Yêu cầu toán tương đương phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng

   

33 2 1 3 1 6  3 33 2 3 1 6  2 0

x x m x m x x m x m

Giả sử phương trình x33x23m1x6m 2 0có ba nghiệm

1, ,2

x x x thỏa mãn

1

2 (1)

2   x x

x

Mặt khác theo viet ta có x1 x2 x33 (2) Từ (1) (2) suy x2 1 Tức x 1là nghiệm phương trình Thay x 1vào phương trình ta

3  

m

Thử lại  

(137)

Câu 246: [THPT chuyên Biên Hòa lần 2] Cho hàm số Phương trình

có nghiệm thực phân biệt?

A 6 nghiệm B 9 nghiệm C 4 nghiệm D 5 nghiệm Hướng dẫn giải

Chọn D

Cách 1:

f x x  x   x

Ta có f x 3x26x1

   

 

1

2

3

3 18

0

3

3 18

x f x

f x x x

x f x

     

 

      

  

  

 

Xét phương trình

Đặt t f x  Khi phương trình trở thành

  1   2 1 3 2 1 3 0 * 

2 2

f t

f t t t t t t t t t

t               

g t  t t   liên tục  t

+ Ta có    3 29 2

g g    

  nên phương trình  * có nghiệm t t 1  3;   3 3.

2

f x x  x  x

 

2

f f x

f x  

 

2

f f x

f x  

(138)

Khi dựa vào bảng biến thiên phương trình f x t1 với  1

9

18

t   f x   có

một nghiệm

+ Ta có  1 1 11

2

g g        

    nên phương trình  * có nghiệm

1;1

t t  

  Khi dựa vào bảng biến thiên phương trình f x t2 với

 2  1

9 1

18 18

f x      t f x   có ba nghiệm phân biệt

+ Ta có  1 217

5 250

g  g    

    nên phương trình  * có nghiệm

4 1;

5

t t      

Khi dựa vào bảng biến thiên phương trình f x t3 với 3  2

5 18

t    f x   có nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm thực Cách 2:

Đặt t f x  Khi phương trình trở thành

  1   2 1 3 2 1 3 0 * 

2 2

f t

f t t t t t t t t t

t               

1

3,05979197 0,8745059057

0,9342978758

t t t

    

   

+ Xét phương trình

1

3 3.05979197

2

x  x    x t Bấm máy tính ta nghiệm

+ Xét phương trình

2

3 0,8745059057

2

x  x    x t Bấm máy tính ta nghiệm + Xét phương trình

3

3 0,9342978758

2

x  x     x t Bấm máy tính ta nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm thực

Câu 247: [THPT CHUYÊN BẾN TRE] Cho hàm số y x 32mx2(m3)x có đồ thị 4  

m

C điểm  1;3

I Tìm m để đường thẳng d :y  cắt x  Cm điểm phân biệt A 0;4 , ,B C cho

tam giác IBC có diện tích

A m0 B m3 C m0 D m3 Hướng dẫn giải

Chọn C

(139)

Phương trình hồnh độ giao điểm  Cm    

3

:

d x  mx  m x  x

2

0

( )

2

(

)

x

x mx x x mx m

m

 

  

  

   





 1 có nghiệm phân biệt  2 có nghiệm phân biệt khác

2 2 0

2

m m

m



    

   

   

1 *

2

m m m

         

Khi x x nghiệm (2) nên B, C

B C

x x m

x x m

   

  

 ( Định lí Vi-et)

4

IBC

S    ; 

2d I d BC 

2

(xBxC) 4  2

4 16

B C B C

x x x x

    

2 – 0

3

m

m m m

     

 Kết hợp ĐK (*) ta m3 Vậy chọn A Cách 2: Dùng CASIO

Thử với m0, bấm máy thấy pt  1 có nghiệmx0 Loại đáp án A, B

Thử với m1, bấm máy thấy pt  1 có nghiệm x0 Loại đáp án C Vậy chọn D Câu 248: Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số 2

1

mx m y

x

  

 cắt đường thẳng  d :y x 3 hai điểm phân biệt A , B cho tam giác IAB có diện tích 3

, với I1;1 Tính tổng tất phần tử S A 5 B 10 C 7

2 D 3 Hướng dẫn giải

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm 2

mx m x

x

   

    

2 4 2 5 0

f x x m x m

      

x 1 Đồ thị  C hàm số 2

mx m y

x

  

 cắt đường thẳng  d :y x 3 hai điểm phân biệt

 

/ 0 2

3

1

f m m

m f

     

 

   

  

  *  C cắt d A , B suy x , A x B nghiệm phương trình f x 0, theo định lí Vi-ét ta có

5

A B

A B

x x m

x x m

  



  



 A; A 3

(140)

 2  2 2

2 A B A B A B 28 12

AB x x  x x  x x  m  m Ta có  ; 

IAB I d

S  d AB

2 72 8 28 60 0

AB m m

      m m        

, kết hợp với  * suy

3 m m       

thỏa suy tổng

các phần tử S

Câu 249: [THPT Trần Cao Vân - Khánh Hòa] Cho hàm số x y x  

 có đồ thị  C Gọi d khoảng cách từ giao điểm I hai tiệm cận đồ thị  C đến tiếp tuyến tùy ý đồ thị  C Khi

đó giá trị lớn d đạt là:

A 2 B C D 3 Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có I1;1

 2 ' y x   

Giả sử 0 ; x M x x      

  điểm thuộc  C x, 0  Suy ra:  0  2 ' y x x    Khi phương trình tiếp tuyến M là:

       

2

0 0

0

2 2

0

0 0

2

1

0

1 1

x x x x

y x x y

x

x x x

  



      



  

 2  2 

0

x y x x x

        d

Suy ra:      

 

   

2

0 0 0 0

; 4 4 4

0 0

1 2 1 2 1

1 1 1

I d

x x x x x

d

x x x

        

  

     

Theo bất đẳng thức Cô-si: 1x0142 1.x014 2x012 Dấu đẳng thức xảy khi: 1x014 x0

Suy ra:  

  ; 2 2 I d x d x   

 Vậy maxd I d;  x0 0;y0 

Câu 250: [THPT Nguyễn Thái Học(K.H)] Cho hàm số 2  x y C x  

 đường thẳng dm:y   x m

Đường thẳng d cắt ( )m C hai điểm phân biệt A , B cho độ dài AB ngắn giá trị

m là:

A m1 B m0 C Không tồn m D m2 Hướng dẫn giải

(141)

Phương trình hồnh độ giao điểm ( )C d:x2mx m   2 0

Điều kiện để d cắt ( )C hai điểm phân biệt A ; B m24m   8 0, m Tức d cắt ( )C hai điểm phân biệt A ; B

Khi gọi ( ;A a m a ) ( ;B b b m ) giao điểm ( )C d

Vì AB 2(m2)2 8 2 nên độ dài AB nhỏ 2 2 m2

Câu 251: Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số 2

mx m y

x

  

 cắt đường thẳng  d :y x 3 hai điểm phân biệt A , B cho tam giác IAB có diện tích 3

, với I1;1 Tính tổng tất phần tử S A 5 B 10 C 7

Chọn C

Phương trình hồnh độ giao điểm 2

mx m x

x

   

    

2 4 2 5 0

f x x m x m

      

x 1 Đồ thị  C hàm số 2

mx m y

x

  

 cắt đường thẳng  d :y x 3 hai điểm phân biệt

 

/ 0 2

3

1

f m m

m f

     

 

 

 

  

  *  C cắt d A , B suy x , A x B nghiệm phương trình f x 0, theo định lí Vi-ét ta có

5

A B

A B

x x m

x x m

  



  



 A; A 3

A x x  , B x x B; B3 suy

 2  2

2 A B A B A B 28 12

AB x x  x x  x x  m  m Ta có  ; 

IAB I d

S  d AB

2 72 8 28 60 0

AB m m

     

3

m m

    

  

, kết hợp với  * suy

3

m m

      

thỏa suy tổng

các phần tử S

Câu 252: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Cho hàm số

2 1

1

x x

y x

  

 có đồ thị  C Gọi A , B hai điểm phân biệt đồ thị  C có hồnh độ x , 1 x thỏa 2 x1  Giá trị nhỏ AB là: 1 x2

A 8 B 12 43 C 8 8 D 2 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có

2 1 1

1

x x

y x

x x

 

  

  Giả sử 1

1 ;

1

A x x x

 



  

 , 2

1 ;

1

B x x x

 



  

(142)

Đặt     1 2 1

1 1 1

;

1 1

y a

x a a a

AB b a b a

b a

x b b y b

b                                

 2  2 Cos

2

2 2

1 2 i4 2

AB a b a b a b ab

a b ab a b ab a b

     

                 

     

Cos

4

8ab i2 ab 8

ab ab

       Vậy ABmin  8

Câu 253: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Cho hàm số

2 1 x x y x   

 có đồ thị  C Gọi A , B hai điểm phân biệt đồ thị  C có hồnh độ x , 1 x thỏa 2 x1  Giá trị nhỏ AB là: 1 x2

A 8 B 12 43 C 8 8 D 2 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có

2 1 1

1 x x y x x x     

  Giả sử 1

1 ;

1

A x x x

  

  

 , 2

1 ;

1

B x x x

  

  

  với x1  x2

Đặt  

  1 2 1

1 1 1

;

1 1

y a

x a a a

AB b a b a

b a

x b b y b

b                                

 2  2 Cos

2

2 2

1 2

2 i4

AB a b a b a b ab

a b ab a b ab a b

     

                 

     

Cos

4

8ab i2 ab 8

ab ab

       Vậy ABmin  8

Chương 10 Mũ – Logarit

Câu 254: [Sở Hải Dương] Cho log  3

a

m ab , với a , b1và log2 16log

a b

P b a Tìm m cho

P đạt giá trị nhỏ

A

m B m2 C m1 D m4

Chọn C

Cách 1: Tự luận

Ta có log  3 1log 3

a a

m ab   b logab3m ; log

3

(143)

Do log2 16 log 3 12 16

a b

P b a m

m

    



Xét hàm số   3 12 16

f m m

m

  

    2

48 18

3

f m m

m



   



 

f m   m   m Bảng biến thiên

Vậy giá trị nhỏ P 12 m1

Cách 2: Trắc nghiệm

Ta có log  3 1log 3

a a

m ab   b logab3m ; log

3

ba

m





Do log2 16 log 3 12 16

a b

P b a m

m

    



Thay đáp án, nhận đáp án A thỏa mãn yêu cầu P12,m

Câu 255: [TTLT ĐH Diệu Hiền] Giả sử p q, số thực dương cho log9 plog12qlog16p q 

Tìm giá trị p

q

A 8

5 B  

1

2   C

4

3 D  

1

2 

Chọn B

Đặt tlog9 plog12qlog16p q  Từ suy

12 12 16

16 t

t t t t

t

p q

p q

 

    

    

Chia hai vế phương trình cho 16t 0 ta phương trình:

3

4

3 1 0

4 3 1 5

0

4

t

t t t

t    

    

         

      

         

 

    

Mặt khác

4

t

p p

q q

   

   

 

(144)

Câu 256: [THPT Yên Lạc-VP] Cho hai số thực a b thỏa mãn , 1

3   biểu thức: b a 3 log 12log a b a b P a a      

  có giá trị nhỏ Tính

b a

A 31

4 B

1

2 C 3

Chọn A

Ta có: 4 3 1 ( 1)(2 1)2 0, 1;1

b  b  b b    b  

 

Suy ra:

3

3 log log

4 a a b b b b a a            

   ,

1 ;1

a   

 

2

1

3log 12 log og og

2 log

a b a a

a

b b b

P a l l

b

a a a

a                                       2

1

3.3 og og

2 a a log

a b b l l b a a a                    

Vậy min

2

9 og 4

2 a log

a

b

P l b

b a a                      2

1 1

2 2

1

og

2

a

b b b b

b b b a

l a a

a a a

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

Vậy 31

b

a 

Câu 257: [BTN 161]Số p2756839 số nguyên tố Hỏi số p có chữ số? 1

A 227834chữ số B 227835chữ số C 227832chữ số D 227831chữ số Hướng dẫn giải

Chọn C

(145)

Câu 258: [THPT Quảng Xương lần 2] Trong nghiệm ( ; )x y thỏa mãn bất phương trình

2 2

logx  y (2x y ) 1 Giá trị lớn biểu thức T 2x y bằng: A 9 B 9

8 C

9

4 D

9 Hướng dẫn giải

Chọn D

Bất PT 2

2 2

2 2 2

2

log (2 ) ( ), ( )

2 2

x y

x y x y

x y I II

x y x y x y x y



      

 

     

      

 

 

Xét T= 2x y

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) 0 T 2x y x  22y2  1

TH2: (x; y) thỏa mãn (I) 2 2 ( 1)2 ( 2 )2 2

x  y  x y  x  y  Khi

2 2

1 1 9 9

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

4

2 2 2

x y  x  y     x  y    

 

Suy ra: max

T  ( ; y) (2; )1

x

 

Câu 259: [THPT Quảng Xương lần 2] Trong nghiệm ( ; )x y thỏa mãn bất phương trình

2 2

logx  y (2x y ) 1 Giá trị lớn biểu thức T 2x y bằng: A 9 B 9

8 C

9

4 D

9 Hướng dẫn giải

Chọn D

Bất PT 2

2 2

2 2 2

2

log (2 ) ( ), ( )

2 2

x y

x y x y

x y I II

x y x y x y x y



      

 

     

      

 

 

Xét T= 2x y

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) 0 T 2x y x  22y2  1

TH2: (x; y) thỏa mãn (I) 2 2 ( 1)2 ( 2 )2 2

x  y  x y  x  y  Khi

2 2

1 1 9 9

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

4

2 2 2

x y  x  y     x  y    

 

Suy ra: max

T  ( ; y) (2; )1

x

 

(146)

nộp học phí với lãi suất 3%/năm Sau tốt nghiệp đại học bạn Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (khơng đổi) với lãi suất 0,25%/tháng vòng năm Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến kết hàng đơn vị) là:

A 309604 đồng B 232518 đồng C 232289 đồng D 215456 đồng Hướng dẫn giải

Chọn C

Vậy sau năm bạn Hùng nợ ngân hàng số tiền là:

  4  3  2 

3000000 3% 3% 3% 12927407, 43

s         

Lúc ta coi bạn Hùng nợ ngân hàng khoản tiền ban đầu 12.927.407, 43 đồng, số tiền bắt đầu tính lãi trả góp năm

Ta có công thức:

 

60 60

12927407, 0, 0025 0, 0025

232289 0, 0025

n n

N r r

r

 

    

   

Câu 261: [THPT Ngô Sĩ Liên lần 3] Biết thể tích khí CO2 năm 1998 V m  3 10 năm tiếp theo, thể tích

2

CO tăng a%, 10 năm nữa, thể tích CO2 tăng n% Thể tích khí CO2 năm 2016

A  18 3

2016

V  V V  a n m B      

10

3

2016 36

100 100

10

a n

V V   m

C      10

3

2016 20

100 100

10

a n

V V   m D  18 3

2016

V V  a n m Hướng dẫn giải

Chọn B

Sau 10 năm thể tích khí CO 2  

10 10

2008 20

100

100 10

a a

V V   V 

 

Do đó, năm thể tích khí CO 2

 

       

10

8

2016 2008 20

10 10

20 16 36

100

1

100 10 100

100 100 100 100

10 10 10

a

n n

V V V

a n a n

V V



   

       

   

   

 

Câu 262: [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Ông An bắt đầu làm với mức lương khởi điểm triệu đồng tháng Cứ sau năm ơng An tăng lương 40% Hỏi sau tròn 20 năm làm tổng tiền lương ông An nhận (làm tròn đến hai chữ số thập phân sau dấu phẩy)? A 768,37 triệu B 726,74 triệu C 858,72 triệu D 71674 triệu

Chọn A

(147)

Mức lương năm đầu: triệu Tổng lương năm đầu: 36 Mức lương năm tiếp theo: 1

5   

 

  Tổng lương năm tiếp theo:

2 36       

Mức lương năm tiếp theo:

2 1     

2 36       

3 1     

3 36       

4 1     

4 36       

5 1     

5 36       

6 1     

6 24       

Tổng lương sau tròn 20 năm

2

6

2 2

36 1 24

5 5

2 1

5 2

36 24 768,37

2 1                                                                      S

Câu 263: [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Một nguồn âm đẳng hướng đặt điểm O có cơng suất truyền âm khơng đổi Mức cường độ âm điểm M cách O khoảng R tính cơng thức M log 2

k L

R (Ben) với k số Biết điểm O thuộc đoạn thẳng AB mức cường độ

âm A B LA 3(Ben) LB5(Ben) Tính mức cường độ âm trung điểm

AB (làm tròn đến chữ số sau dấu phẩy)

A 4 (Ben) B 3,69 (Ben) C 3,59 (Ben) D 3,06 (Ben) Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có: LALBOA OB  Gọi I trung điểm AB Ta có:

2

log 10

10

   A  

A

L

A L

k k k

L OA

OA OA

2

log 10

10

   B  

B

L

B L

k k k

L OB

OB OB

2

log 10

10

   I  

I

L

I L

k k k

L OI

(148)

Ta có: 1 

 

OI OA OB 1 1

2

10 10 10 10 10 10

   

        

   

I A B I A B

L L L L L L

k k k

1 1

2log

2 10 10

  

      

  

 A B 

I L L

L LI 3,69

Câu 264: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Sự tăng trưởng loại vi khuẩn tuân theo công thức S  A e rt,

trong A số lượng vi khuẩn ban đầu, r tỉ lệ tăng trưởng, t thời gian tăng trưởng Biết số lượng vi khuẩn ban đầu 100 sau có 300 Hỏi số vi khuẩn sau 10 ?

Chọn A

Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng loại vi khuẩn Từ giả thiết ta có: 300 100.e5r r ln300 ln100 ln3 0, 219

5



    

Tức tỉ lệ tăng trưởng loại vi khuẩn 21,97% Sau 10 giờ, từ 100 vi khuẩn có 100.10.0,2197 900

e

Câu 265: [THPT chuyên Lê Q Đơn] Ơng Nam gởi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn năm với lãi suất 12% năm Sau n năm ông Nam rút toàn số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tìm số nguyên dương n nhỏ để số tiền lãi nhận lớn 40 triệu đồng (giả sử lãi suất hàng năm không thay đổi)

A 2 B 5 C 3 D 4

Chọn C

Gọi T tiền vốn lẫn lãi sau n t tháng, a số tiền ban đầu Tháng t1: T1a1r

Tháng t2: T2 a1r2 ………

Tháng n t n T  : n a1rt

     

140

ln ln

100

1 33,815

ln ln 1%

n t

n

T a

T a r t

r

     

  (tháng)

Để số tiền lãi nhận lớn 40 triệu 2,818 12

t

n 

(149)

Câu 266: [BTN 164] Sự tăng trưởng loài vi khuẩn tuân theo công thức S A e rt, A số

lượng vi khuẩn ban đầu, r tỉ lệ tăng trưởng r0, t thời gian tăng trưởng Biết số lượng vi khuẩn ban đầu 100 sau có 300 Hỏi sau 100 có con? A 700 B 900 C 800 D 1000

Chọn B

Theo đề ta có 100. 300 ln 5 ln 3 5 ln 3 1ln 3

5

r r

e   e   r  r

Sau 10 từ 100 vi khuẩn có:

1ln3 10

ln9

n 100.e 100.e 900

     

  

Câu 267: [BTN 169] Anh Bách có 400 triệu đồng khơng đủ tiền để mua nhà, nên định gửi tiền vào ngân hàng vào ngày 1/1/2017 để sau mua nhà với giá 700 triệu đồng Hỏi nhanh đến năm anh Bách để đủ tiền mua nhà Biết anh Bách chọn hình thức gửi theo năm với lãi suất 7,5% năm (lãi suất không đổi năm gửi), tiền lãi sau năm nhập vào vốn tính thành vốn gửi anh Bách khơng đến rút ngân hàng trả tiền cho anh Bách vào ngày 1/1 hàng năm anh Bách muốn rút tiền

Chọn A

Số tiền có vào ngày 1/1/2018 400 7,5%   triệu đồng

Số tiền có vào ngày 1/1/2019 400 7,5% 7,5%     400 7,5%  2 triệu đồng Suy số tiền sau n năm gửi 400 7,5%  ntriệu đồng Vì cần 700 triệu mua nhà nên ta có phương trình 400 7,5%  700 log1,075 7, 74

4

n

n  

     

  Vậy sau năm anh Bách mua nhà tức nhanh đến năm 2025 anh Bách mua nhà

Câu 268: [TT Tân Hồng Phong] Một người vay ngân hàng 1000 000 000 ( tỉ) đồng trả góp

60 tháng Biết lãi suất vay 0,6% /1 tháng không đổi suốt thời gian vay Người vay vào ngày 1/1/ 2017 bắt đầu trả góp vào ngày 1/ / 2017 Hỏi người phải trả tháng số tiền khơng đổi ( làm trịn đến hàng ngàn)?

A 13813000 ( đồng) B 13896 000 ( đồng) C 17865000 ( đồng) D 19896 000 ( đồng)

Chọn D

Gọi A số tiền vay; n số tháng; r lãi suất tháng; a số tiền trả góp tháng Cuối tháng số tiền nợ là: A1r

(150)

Đầu tháng số tiền nợ là: A1r2a1  r a

cuối tháng số tiền nợ A1r3a1r2a1r …

Cuối tháng 60số tiền nợ là: A1r60a1r59a1r58  a1 r

               

    

60 59 58 60 58 57

59 60

1 1 1 1

1

A r a r a r a r A r a r r r

r

A r a r

r

 

                  

 

   

Đầu tháng 61:      59

60 1

1 r

A r a r a

r

 

   

Theo yêu cầu toán:

      

  

59 60

60

59

1 1

1 19895694,2

1

r A r

A r a r a a

r r

  

       

 

 

Câu 269: [THPT Quảng Xương lần 2] Bạn Hùng trúng tuyển vào trường đại học A khơng đủ nộp học phí nên Hùng định vay ngân hàng năm năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3%/năm Sau tốt nghiệp đại học bạn Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (khơng đổi) với lãi suất 0,25%/tháng vòng năm Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến kết hàng đơn vị) là:

Chọn C

Vậy sau năm bạn Hùng nợ ngân hàng số tiền là:

  4  3  2 

3000000 3% 3% 3% 12927407, 43

s         

Lúc ta coi bạn Hùng nợ ngân hàng khoản tiền ban đầu 12.927.407, 43 đồng, số tiền bắt đầu tính lãi trả góp năm

Ta có công thức:

 

60 60

12927407, 0, 0025 0, 0025

232289 0, 0025

n n

N r r

r

 

    

   

Câu 270: [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Bạn A trúng tuyển vào trường đại học B khơng đủ tiền nộp học phí nên A định vay ngân hàng năm năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3% /năm Sau tốt nghiệp đại học bạn A phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) với lãi suất 0, 25% / tháng vịng 5 năm Tính số tiền T hàng tháng mà bạn

A phải trả ngân hàng (kết làm tròn đến hàng đơn vị)

(151)

Chọn A

Tổng số tiền bạn A nợ ngân hàng cuối năm thứ

4

3000000(1 0, 03) 3000000(1 0, 03) 3000000(1 0, 03) 3000000(1 0, 03) 3000000 (1 0, 03) (1 0,03) (1 0, 03) (1 0,03)

(1 0, 03)(1 (1 0, 03) )

3000000 12,927, 407

1 (1 0,03)

S        

 

         

    

  

 

 

Lúc ta coi bạn A nợ ngân hàng khoảng tiền ban đầu 12.927.407 đồng, số tiền bắt đầu tính lãi trả góp năm

Gọi x số tiền trả góp hàng tháng

Số tiền cịn nợ cuối tháng T1S(1  r) x

Số tiền nợ cuối tháng  

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

T T   r x S  r x   r x S r x  r x …

Số tiền nợ cuối tháng thứ 60

60 59 58

60

60 59 58 60

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )

1 (1 ) ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )

1 (1 )

T S r x r x r x r x

r

S r x r r r S r

r

         

   

 

               

 

 

Mà

60

60 60

(1 )

0 232288

(1 )

S r r

T x

r



   

 

Câu 271: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Sự tăng trưởng loại vi khuẩn tuân theo công thức S  A e rt,

trong A số lượng vi khuẩn ban đầu, r tỉ lệ tăng trưởng, t thời gian tăng trưởng Biết số lượng vi khuẩn ban đầu 100 sau có 300 Hỏi số vi khuẩn sau 10 ?

Chọn A

Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng loại vi khuẩn Từ giả thiết ta có: 300 100.e5r r ln300 ln100 ln3 0, 219

5



    

Tức tỉ lệ tăng trưởng loại vi khuẩn 21,97% Sau 10 giờ, từ 100 vi khuẩn có 100.10.0,2197 900

e

Câu 272: [THPT chun Lê Q Đơn] Ơng Nam gởi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn năm với lãi suất 12% năm Sau n năm ơng Nam rút tồn số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tìm số nguyên dương n nhỏ để số tiền lãi nhận lớn 40 triệu đồng (giả sử lãi suất hàng năm không thay đổi)

A 2 B 5 C 3 D 4

(152)

Gọi T tiền vốn lẫn lãi sau n t tháng, a số tiền ban đầu Tháng t1: T1a1r

Tháng t2: T2 a1r2 ………

Tháng n t n T  : n a1rt

     

140

ln ln

100

1 33,815

ln ln 1%

n t

n

T a

T a r t

r

     

  (tháng)

Để số tiền lãi nhận lớn 40 triệu 2,818 12

t

n 

Vậy n3

Câu 273: [BTN 164] Sự tăng trưởng lồi vi khuẩn tn theo cơng thức SA e rt, A số

lượng vi khuẩn ban đầu, r tỉ lệ tăng trưởng r0, t thời gian tăng trưởng Biết số lượng vi khuẩn ban đầu 100 sau có 300 Hỏi sau 100 có con? A 700 B 900 C 800 D 1000

Chọn B

Theo đề ta có 100. 300 ln 5 ln 3 5 ln 3 1ln 3

5

r r

e   e   r  r

Sau 10 từ 100 vi khuẩn có:

1ln3 10

ln9

n 100.e 100.e 900

     

  

Câu 274: [THPT Thanh Thủy] Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép sau: Mỗi tháng người tiết kiệm số tiền cố định X đồng gửi vào ngân hàng theo kì hạn tháng với lãi suất

0,8%/tháng Tìm X để sau ba năm kể từ ngày gửi lần người có tổng số tiền 500 triệu đồng

A

6 37

4.10 1,008

X 

 B

6 37

4.10 0,008

X 



C

 

6 36 4.10 1, 008 1, 008

X 

 D

6 36

4.10 1,008

X 



Chọn C

Đặt r0,8% 0,008

Sau tháng người có số tiền :T1X X r X1 r

Sau tháng người có số tiền : T2 X1rX1 =r   2 

1

(153)

Sau tháng người có số tiền : T3 X1r 2  1 r 1 r =X1r 3 1 r 2 1 r

………

Sau tháng n người có số tiền : TnX1r n 1 rn1   1 r 2 1 r

= 1  1 

n

X r r

r

 

    

Theo đề ta có     36 1.008 1.008 5.10

0,008

X   



 

8 36 5.10 0, 008 1, 008 1, 008

X

 



 

6 36 4.10 1, 008 1, 008

X

 



Câu 275: [THPT Nguyễn Huệ-Huế] Lãi suất gửi tiết kiệm ngân hàng thời gian qua liên tục thay đổi Bác An gửi vào ngân hàng số tiền 5 triệu đồng với lãi suất 0, 7% / tháng Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên 0,9% / tháng Đến tháng thứ 10 sau gửi tiền, lãi suất giảm xuống 0, 6% / tháng giữ ổn định Biết bác An không rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (ta gọi lãi kép) Sau năm gửi tiền, bác An rút số tiền bao nhiêu? (biết khoảng thời gian bác An không rút tiền ra)

A 5452771,729 đồng B 5452733,453 đồng C 5436521,164 đồng D 5436566,169 đồng

Chọn B

Công thức lãi kép Tn  A1rn, n: kỳ tính lãy (tháng q năm.), A : số tiền gửi, r : lãi suất

+ Sau tháng:

6 0,7

100

A   

  (triệu đồng) + Đến tháng thứ 10 (hiểu hết tháng thứ 9):

3 0,9

100

B A   

  (triệu đồng) + Sau năm (12 tháng):

3 0,

100

B   

  =5,452733453 (triệu đồng) = 5452733,453 đồng Quy trình bấm máy tính liên tục dùng phím “Ans” (kết trước)

(154)

Câu 276: [BTN 175] Các lồi xanh q trình quang hợp nhận lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị cacbon) Khi phận bị chết tượng quang hợp ngưng khơng nhận thêm cacbon 14 Lượng cacbon 14 phận phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14 Biết gọi P t  số phần trăm cacbon 14 còn lại phận sinh trưởng từ t năm trước P t  tính theo cơng thức:   100 0,5 5750  %

t

P t  Lượng cacbon 14 lại mẫu gỗ 65% Hỏi mẫu gỗ bị chết năm rồi?

A 3574 năm B 6136 năm C 4000 năm D 41776 năm Hướng dẫn giải

Chọn A

Lượng cacbon 14 lại mẫu gỗ 65% nên ta có:   100 0,5 5750 65  0,5 5750 0,65

t t

P t    

Log số

2 hai vế ta được: log 0,512 5750 log 0, 6512 5750 log 0,6512

t t

  

1

5750 log 0,65 3574

t

   năm

Câu 277: [BTN 169] Anh Bách có 400 triệu đồng khơng đủ tiền để mua nhà, nên định gửi tiền vào ngân hàng vào ngày 1/1/2017 để sau mua nhà với giá 700 triệu đồng Hỏi nhanh đến năm anh Bách để đủ tiền mua nhà Biết anh Bách chọn hình thức gửi theo năm với lãi suất 7,5% năm (lãi suất không đổi năm gửi), tiền lãi sau năm nhập vào vốn tính thành vốn gửi anh Bách không đến rút ngân hàng trả tiền cho anh Bách vào ngày 1/1 hàng năm anh Bách muốn rút tiền

Chọn A

Số tiền có vào ngày 1/1/2018 400 7,5%   triệu đồng

Số tiền có vào ngày 1/1/2019 400 7,5% 7,5%     400 7,5%  2 triệu đồng Suy số tiền sau n năm gửi 400 7,5%  ntriệu đồng Vì cần 700 triệu mua nhà nên ta có phương trình 400 7,5%  700 log1,075 7, 74

4

n

n  

     

  Vậy sau năm anh Bách mua nhà tức nhanh đến năm 2025 anh Bách mua nhà

Câu 278: [BTN 167] Một người cần toán khoản nợ sau: - 30 triệu đồng toán sau năm (khoản nợ 1)

(155)

Chủ nợ người đồng ý cho toán lần A triệu đồng sau năm (khoản nợ có tiền nợ ban đầu tổng tiền nợ ban đầu ba khoản nợ trên) Biết lãi suất 4%/năm, giá trị A gần với số sau nhất:

A 95 triệu B 97 triệu C 94 triệu D 96 triệu

Chọn A

Gọi V V V tiền nợ ban đầu khoản nợ 1, 2, X tiền nợ ban đầu 1, ,2 3 thanh toán lần A triệu đồng sau năm

1

1,5 1,5

2

3,25 3,25

3

30 1,04 30.1,04 40 1,04 40.1,04 20 1, 04 20.1,04

.1, 04 1,04

V V

A X X A

 

  

Mà: 1,5 3,25

1 30.1, 04 40.1, 04 20.1, 04 1, 04

V V V  X       A  (đồng)

94676700 95

A

   (triệu đồng)

Câu 279: [THPT Lệ Thủy-Quảng Bình] Một hộ nơng dân ngân hành cho vay năm 10 triệu đồng theo diện sách để đầu tư trồng ăn (được vay năm đầu theo thủ tục vay năm lần vào thời điểm đầu năm dương lịch) Trong năm đầu, vườn chưa cho thu hoạch ngân hàng tính lãi suất 3% /năm Bắt đầu từ năm thứ 5, có thu hoạch từ vườn nên ngân hàng dừng cho vay tính lãi 8% /năm Tính tổng số tiền hộ nơng dân nợ ngân hàng năm?

Chọn C

Số tiền nợ năm thứ là: 10 3%  

Số tiền nợ năm thứ hai là: 10 3%  10 3%  10 3%   2 1 3% Số tiền nợ năm thứ tư là: 10 3%   4 1 3% 3 1 3% 2 1 3%

Số tiền nợ năm thứ năm là: S10 3%   4 1 3% 3 1 3% 2 1 3% 8%    Vậy S46,538667 (triệu đồng)46538667 đồng

Câu 280: [TTLT ĐH Diệu Hiền] Một người có số tiền 20.000.000 đồng đem gửi tiết kiệm loại kỳ hạn tháng vào ngân hàng với lãi suất 8,5% / năm Vậy sau thời gian năm tháng, người nhận tổng số tiền vốn lẫn lãi (số tiền làm tròn đến 100 đồng) Biết người khơng rút vốn lẫn lãi tất định kỳ trước rút trước thời hạn ngân hàng trả lãi suất theo loại khơng kỳ hạn 0,01% ngày (1 tháng tính 30 ngày)

A 31.802.700 đồng B 33.802.700 đồng C 30.802.700 đồng D 32.802.700 đồng Hướng dẫn giải

(156)

Lãi suất 8,5% / năm tương ứng với 8,5% /

2 tháng

Đổi năm tháng 11x6 tháng +2 tháng Áp dụng cơng thức tính lãi suất PnP1rn Số tiền lĩnh sau năm tháng

11 11

8.5

20.000.000 31.613.071.66 200

P     

  đồng

Do hai tháng lại rút trước hạn nên lãi suất 0,01% ngày Suy số tiền lĩnh 11 11.0.01.60 31.802.700

100

T P P  đồng

Câu 281: [Cụm HCM] Ông A vay ngân hàng T(triệu đồng) với lãi suất 12% năm Ông A thỏa thuận với ngân hàng cách thức trả nợ sau: sau tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng Nhưng cuối tháng thứ ba kể từ lúc vay ơng A hồn nợ lần thứ nhất, cuối tháng thứ tư ơng A hồn nợ lần thứ hai, cuối tháng thứ năm ông A hoàn nợ lần thứ ba ( hoàn hết nợ) Biết số tiền hồn nợ lần thứ hai gấp đơi số tiền hoàn nợ lần thứ số tiền hoàn nợ lần thứ ba tổng số tiền hoàn nợ hai lần trước Tính số tiền ơng A hoàn nợ ngân hàng lần thứ

A

5

(1 )

100

T 

B

5

(1 0.01)

T 

C

5 (1 0.01) (1.01)

T 

 D

5

(1 0.01) (2.01)

T 



Chọn D

Số tiền nợ ông A sau hai tháng vay là: A2 T 1%  2  2 1, 01

T



Số tiền nợ ông A sau tháng vay là: A3 A2 1,01 m Số tiền nợ ông A sau tháng vay là: A4 A3 1,01 2m Số tiền nợ ông A sau tháng vay là: A5 A4 1,01 3m

Theo giả thiết tốn ta có:A5 A2.1,01m.1,01 2 m.1,01 3 m0

 

3

2.1, 01 1, 01 2.1, 01

A m

    

 

3 2

.1, 01 1, 01 2.1, 01

A m

 

    

5 1,01 2,01

T m

 



Câu 282: [208-BTN] Khi ánh sáng qua môi trường (chẳng hạn không khí, nước, sương mù, …) cường độ giảm dần theo quãng đường truyền x, theo công thức  

x

I x I e ,

I

cường độ ánh sáng bắt đầu truyền vào môi trường  hệ số hấp thu môi trường Biết nước biển có hệ số hấp thu 1, người ta tính từ độ sâu m xuống đến độ sâu 20m cường độ ánh sáng giảm l.1010 lần Số nguyên sau gần với l nhất?

Chọn B

(157)

Ở độ sâu m:   2,8

2

I I e Ở độ sâu 20 m:   28

0

20

I I e

Theo giả thiết I 20 l.10 210I   e28l.10 10e2,8  l10 10e25,28,79

Câu 283: [208-BTN] Khi ánh sáng qua mơi trường (chẳng hạn khơng khí, nước, sương mù, …) cường độ giảm dần theo quãng đường truyền x, theo công thức I x I e0 x,

0

I

cường độ ánh sáng bắt đầu truyền vào môi trường  hệ số hấp thu mơi trường Biết nước biển có hệ số hấp thu 1, người ta tính từ độ sâu m xuống đến độ sâu 20m cường độ ánh sáng giảm l.1010 lần Số nguyên sau gần với l nhất?

Chọn B

Ta có

Ở độ sâu m:   2,8

2

I I e Ở độ sâu 20 m:   28

0

20

I I e

Theo giả thiết I 20 l.10 210I   e28l.10 10e2,8  l10 10e25,28,79

Câu 284: [TT Tân Hồng Phong] Tìm số nghiệm nguyên bất phương trình

2

2 15 100 10 50

2 x  x 2x  x x 25x150 0

A 6 B 4 C 5 D 3

Chọn B

Đặt:

2

2 15 100

25 150 10 50

u x x

u v x x

v x x

   

     



  



2

2 15 100 10 50

2 x  x 2x  x x 25x150 0 2u2v  u v 02u u 2v v

Xét hàm f u 2u u f u 2 ln 0,u    u

Vậy hàm f u  hàm đơn điệu tăng 

Tương tự ta có hàm f v  hàm đơn điệu tăng  Mà f u  f v  nên u v

(158)

Câu 285: [THPT Hồng Văn Thụ - Khánh Hịa] Tổng nghiệm phương trình x1 22 x 2x x 2 1 4 2x1x2

A B C D

Chọn B

x1 22 x 2x x 2 1 4 2x1x2x1 22 x 2x x 2 1 2.2x4x2

   

2x x 2x 2.2x 2x x 2x

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

  2 1 1

2x 2

x x

x

    

   

PT 1

1

x x

    

 



PT 2 :2x 2x f x 2x2x Xét hàm số f x 2x2x

  ln 2x

f x  

  ln 2 log2 ln x

f x      x  

  có nghiệm  

f x  có khơng q nghiệm Mà nhẩm thấy x1,x nghiệm PT f x 0 Vậy tổng nghiệm phương trình cho là: 1 1  2 5  

Câu 286: [THPT Trần Cao Vân - Khánh Hòa] Số nghiệm thực hệ phương trình

1

2

x x

y y

    



  

 là:

A B C D

Chọn A

 2  

2

1 1

2

4

4 1 3.4 4.2 4

3

2 1 2 2.2 1 2.2

1 2.2

x

x x x x x

x

x x x

x x

VN y

y y y y

y



 

 

 



          

     

    

     

 

        

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm

(159)

2 2 2017 2016 2017

3log ( 6) 2log ( 2)

y x x

y

x y x y

-ìï + ï = ïï + íï ï + + = + + + ïïỵ

A 3 B 2 C 0 D

Chọn B

Ta có ( )

( )

2 2

2

3

2017

2016

2017

3log ( 6) 2log ( 2)

y x x

y

x y x y

-ìï + ï = ïï + íï ï + + = + + + ïïỵ

Điều kiện

x y

ì + + > ïï

íï + + >

ïỵ

( )

( ) ( )

( ) ( )( )

2 2

2016 2016

2 2

2016 2016

2 2

2016 2016

2017 log 2016 log

2017

log 2017 log 2017

y x x

y

y x x y

y y x x

- +  = +  - = + - +  + + = + +

Xét hàm số ( ) ( ) 2016

log 2017

f t = +t t + [0,+¥) Ta có ( )

( ) [ )

2

2 0, 0,

2017 ln 2016

t

f t t t

t

¢ = + " ẻ +Ơ

+

Suy hàm số f t( ) đồng biến [0,+¥) Do ( )3 y2 x2 y x

y x é = ê  =  ê = -ë

Với y= thay vào phương trình x ( )2 ta

( ) ( )

3

3log 3x+ =6 2log 2x+ +2

( ) ( ) ( ) ( )

3

3 logé x ù logé x 1ù 3log x 2 log x

 ë + + û= ë + + û+  + = +

Đặt ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2

2

3log 2

2log 1 2 5

1 t t t t x

t x x

x ì ì ï ï ï + = ï ì = + ï ï + = ï ï ï ï í í í ï = + ï ï ï ï ï + = ỵ ïïỵ + = ïïỵ

Lấy ( )5 thay vào ( )4 , ta ( ) ( )3

3

2

3

t t

t t ổỗ ửữ ổỗ ửữ

ữ

+ = ỗỗỗ ữữữ +ỗỗố ÷÷÷ø = 

è ø phương trình có nghiệm t =6 Suy phương trình có nghiệm x =7 Suy nghiệm hệ phương trình

( )7;7

Với y= - thay vào phương trình x ( )2 ta

( ) ( )

3

3log y+ = 6 log y+ =  = -6 y 3,x=3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (3; , 7;7- ) ( )

Câu 288: [THPT Lê Hồng Phong] Tìm tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình

2 2

sin cos cos

(160)

A

m B

7

m C

7

m  D

7

m  Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có

2

2 2 cos cos

sin cos cos

4

28

x x

x  xm x      m

   

   

Đặt tcos ,2x t 0;1 BPT trở thành: 4

28

t t

m

        

   

Xét  

28

t t

f t       

    hàm số nghịch biến  0;1 Suy ra:  1    0  

7

f  f t  f   f t 

Từ BPT có nghiệm

m

 

Câu 289: [THPT Tiên Lãng] Với giá trị m để bất phương trình 9x -2(m+1 3) x - -3 2m> 0 có nghiệm với số thực x Ỵ ?

A m B m2 C

2

m  D

2

m  Hướng dẫn giải

Chọn D

( )

9x -2 m+1 3x - -3 2m> 0

Đặt t =3x >0. Bất phương trình trở thành: t2-2(m+1)t- -3 2m> " > 0, t 0

2 2 2 3 2 0, 3

t mt t m t

 - - - - > " >

( )

2 2 3 2 1 , 0

t t m t t

 - - > + " >

( )

2 2 3

2

t t

m

t

-

- <

+ t+ >1 0, " > t

,

2

t

m - t

 < " > (*)

Xét hàm số ( )

t

g t = - (0;+¥) ( )

2

(161)

( )0

g = -

Do đó: ( )*

m

 £ -

Câu 290: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Tìm tất tham số m để phương trình 2x mx có hai nghiệm 1 phân biệt?

A ln

m m

   

 B m C mln 2 D 0 m ln 2 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có 2x mx1 1

+ Nếu x0 thỏa  1 , suy x0 nghiệm + Nếu x0pt  1 m 2x g x  2

x



  

 

.2 ln 2

0

x x

x

g x x

x

 

    

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

0 ln

m m

 

  

Câu 291: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Có giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình: 6sin2x 4cos2x m.5cos2x có nghiệm

A 8 B 6 C 5 D 7

Chọn D

Đặt tcos , 2x t 0; 1 .Ta có: 61 4 .5 61

t t

t t t

t

m m



(162)

Xét   61

5 30

t t t

t t

f t

   

    

  ;    

1 4

6 ln ln 0, 0;

30 30 5

t t

f t       t

 

 1 ; 1 

f  f  nên m f  0 7

Câu 292: [TTGDTX Cam Ranh - Khánh Hòa] Với giá trị m để bất phương trình

9x2(m1).3x 3 2m0 có nghiệm với số thựcx

A m B m 2 C m 2 D 3

2

m  Hướng dẫn giải

Chọn C

Đặt t 3x 0

Bất phương trình trở thành: t22m1t 3 2m0  1

Để  1 với t 0 '=m12 3 2m 0 m24m    4 0 m 2

Câu 293: [THPT Nguyễn Huệ-Huế] Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình

3x 3 3 x m nghiệm với  

3

;log

x 

A m2 B m4 C m4 D m2 Hướng dẫn giải

Chọn C

Cách 1:

Đặt t , với 3x t0;5

Xét hàm số f t  t 3 5 , với t t0;5

  1

2 5

t t

f t

t t t t

   

   

    f t   0 t Bảng biến thiên:

Suy ra: f t  f 1 4, với t0;5

Để bất phương trình 3x 3 3 x m nghiệm với  

3

;log

x  4 m Cách Áp dụng BĐT Bunhiaxcopki

(163)

Để bất phương trình 3x 3 3 x m nghiệm với  

3

;log

x  4 m

Câu 294: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Tìm tất tham số m để phương trình 2x mx có hai nghiệm 1 phân biệt?

A ln

m m

   

 B m C mln 2 D 0 m ln 2 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có 2x mx1 1

+ Nếu x0 thỏa  1 , suy x0 nghiệm + Nếu x0pt  1   2

x

m g x

x



  

 

.2 ln 2

0

x x

x

g x x

x

 

    

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

0 ln

m m

    



Câu 295: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Có giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình: 6sin2x 4cos2x m.5cos2x có nghiệm

A 8 B 6 C 5 D 7

Chọn D

Đặt tcos , 2x t 0; 1 .Ta có: 61 4 .5 61

t t

t t t

t

m m



      với t 0; 1

Xét   61

5 30

t t t

t t

f t

   

    

  ;    

1 4

6 ln ln 0, 0;

30 30 5

t t

f t       t

 

 1 ; 1 

(164)

Câu 296: [TTLT ĐH Diệu Hiền] Cho phương trình m.2x2 5x 621x2 2.26 5 x Tìm m để phương trình m

có nghiệm phân biệt

A m   0, \ 2;3 B m 0;2 C m  0, \  3; 8 D  0;2 \ 1;

8 256

m  

 .

Chọn D

Ta có m.2x2 5x 621x2 2.26 5 x m m.2x2 5x 627 5 x21x2  m 0

 

2 5 6 1 1 1 2 5 6

2x  x (m 2x ) 2x m (m 2x ) 2x  x

        

2 2

2

1 1

2

2 2

2;

5

2

x x x

x x

m m m

x x

  

 

     

  

 

  

   



Để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình 21x2  có hai nghiệm phân biệt m

thỏa mãn x2; x 3 hay

2

2 2

4

0

2

1 log log log

1

2; 2; 3 2 2

;

2 ; 8 256

m m

x m x m m

m m

x x x x

m m

 



 

 



   



            

   

     

       

  



Vậy  0;2 \ 1; 256

m    

Câu 297: [THPT Trần Phú-HP] Phương trình 2log cot3 xlog cos2 x có nghiệm khoảng ;

6  

 

  ?

A B 4 C 3 D 2

Chọn A

Điều kiện: cot cos

x x

 

 

 Kết hợp giả thiết x  6;

 

  

 

3

0; ;

2

x      

        

Đặt 2log cot3 xlog cos2 xt, ta có hệ cot cos

t t

x x

 

 





Áp dụng công thức:

2 1 cot

cos

x

  , ta có phương trình: 12 (*)

t t t

t

     

(165)

Suy f t  4 12 1t t hàm đồng biến R

Nên phương trình (*) có nhiều nghiệm Lại có    1

3

f  f    , suy phương trình (*) có nghiệm t khoảng 1;0

1

2 ;1

2

t  

  

Khi hệ phương trình cot cos t t x x     

 có nghiệm

3 0; ; 2               

Vậy phương trình 2log cot3 xlog cos2 x có nghiệm ;  

 

  

Câu 298: [THPT Lê Hồng Phong] Tìm tất giá trị tham số m để hàm số

   

ln 16 1

y x   m x m  nghịch biến khoảng  ; 

A m  3;3  B m   ;  C m   ;  D m 3;  Hướng dẫn giải

Chọn D

Ta có: yln 16 x2 1 m1x m  2

  32 1 16 x y m x     

Hàm số nghịch biến  y     0, x 322  1 0, 16 x m x x        

Cách 1: 322  1 0, 16

x m x

x         

2

32x m 16x 0, x

       

   

16 m x 32x m 0, x

        

 

 2

2

16 1

16 32 240

16 16

m m m m m                      m m m m             

Cách 2: 322  1 16

x

m x

x      

2

32 1,

16

x m x

x

    

   m max ( ), g x với 32 ( ) 16 x g x x   Ta có:   2 512 32 ( ) 16 x g x x     

( )

4

(166)

1

lim ( ) 0; 4;

4

xg x g g

   

     

   

Dựa vào bảng biến thiên ta có max ( ) 4g x 



Do đó: m   1 m

Câu 299: [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU] Tìm tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình sau có nghiệm thực đoạn 5;

4      

  2 2  

1

2

1

1 log log 4

2

m x m m

x

      



A

m

   B

3

m

   C m 3 D

m

Chọn A

ĐK: x2

Phương trình   2     

1

2

4 m log x m log x 4m

        

5

;4 2

4

x     x

  , kết hợp đk x2 ta

1

x 

Đặt 1   

2

log ;1

    

t x t Phương trình trở thành:4m1t24m5t4m 4 0 TH1: m 1 16t    0 t x t/m 

TH2:

2

5 1

1

t t

m pt m

t t

 

   

 

Xét hàm      

 

2

2 2

5 1, 1;1 4

1 1

t t t

f t t f t

t t t t

   

    

(167)

Phương trình m f t  có nghiệm t1

3

m

   Câu 300: Cho phương trình   2  

1

2

4 x m log x 2x 3 2 x xlog 2x m 2  Tìm tất giá trị 0 thực tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt

A

m

m B

2

m  C

2

m D

2

m 

m  Hướng dẫn giải

Chọn A

 2  2  

1

2

4 x mlog x 2x 3 2 x xlog x m 2 0

   

1 2

2

2 x m log x 2x 2 x xlog x m

             

2

3 2

3

log log 2

2

2 x x x m

x x x m

     

   

 

log log

2

u u

f u    với u2 Ta có / 

2

1 2 log ln 2 0

8 ln

u u

f u u

u

 

   

  ,

2

u

  Suy hàm số f u  đồng biến 2;  nên f x 22x3 f2 x m 2  2

1

x x m

     

 

2

4

1 2

x x m

x m

      

  

 Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

TH1: Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2 vơ nghiệm, suy

3

2

m

m m

 

  

  

 Suy

1

m thỏa  1*

3

2

m

m m

 

  

  

 Suy

3

m thỏa  2*

1

0 0

(168)

TH3: Phương trình  1 có nghiệm kép suy

m , nghiệm phương trình  1 x2, nghiệm phương trình  2 x  2, suy phương trình cho có nghiệm Suy

2

m

không thỏa  3*

m , nghiệm phương trình  2

0

x , nghiệm phương trình  1 x 2 2, suy phương trình cho có nghiệm Suy

2

m không thỏa  4*

TH5: Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt hai phương trình có nghiệm giống

Khi 3

2 2

m

m m

 

   

  



Gọi a, b b a  hai nghiệm phương trình  1 , theo định lí Vi-ét ta có

a b

a b m

  

  

  3 Vì a, b nghiệm phương trình  2 nên

a b

a b m

  

   

  4 , từ  3  4 ta suy m  5*

Từ  1* ,  2* ,  3* ,  4*  5* suy

m

m thỏa

Câu 301: [THPT Chuyên Thái Nguyên] Cho phương trình:    2

3 2 2

log  x m  1 log  mx x  0 Tìm m để phương trình có nghiệm thực

A

1

m m

    

 . B m1 C   3 m 1. D m1. Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có 3 2 2    1 3 2   2 1 nên phương trình tương đương với

   2    2

3 2 2 2 2

log  x m  1 log  mx x  0 log  x m  1 log mx x Điều kiện x m     1 x m   x m 1 x2mxx2m1x  1 m 0 *  Để phương trình có nghiệm thực phương trình  * có nghiệm có nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 x1    , tức là: m x2

TH 1: 1  3

1

m

m m

m

           





(169)

TH :

  

1

0

1

1 x m x m

x m x m

    

 

            



 

    2  

1 2

3

1 **

m m

x x m x x m

      

      



Giải  ** ta có 1m  m1m 1 m12  0 m Kết hợp điều kiện ta có m1

Cách khác: Trắc nghiệm

Thay trực tiếp m1,m  vào ta loại hai đáp án m1và đáp án

m m

    



Thay m loại đáp án   3 m

Câu 302: [Sở Hải Dương] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số ln

ln

m x

y

x m

 

  nghịch biến e2; 

A m 2 m1 B m 2

C m 2 m1 D m 2 m1

Chọn B

Điều kiện: x0

Đặt tlnx xe2;   t 2;  Hàm số có dạng:

1

t

mt y

t m

 

 

Hàm số ln

ln

m x

y

x m

 

  nghịch biến   2;

e 

2

t

mt y

t m



 

  nghịch biến 2; Ta có:

 

2

t

m m

y

t m

    

 

1

t

mt y

t m

 

  nghịch biến 2;     

2

2 0, 2;

m m t

t m

      

 

 

2 2 0

1 2;

m m

m

    

 

   

1

2

1

m

m m

m

  

        



(170)

Câu 303: Cho phương trình   2  

2

4 x m log x 2x 3 2 x xlog 2x m 2  Tìm tất giá trị 0 thực tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt

A

m

m B

2

m  C

2

m D

2

m 

m  Hướng dẫn giải

Chọn A

 2  2  

1

2

4 x mlog x 2x 3 2 x xlog x m 2 0

   

1 2

2

2 x m log x 2x 2 x xlog x m

             

2

3 2

3

log log 2

2

2 x x x m

x x x m

     

   

 

log log

2

u u

f u    với u2 Ta có / 

2

1 2 log ln 2 0

8 ln

u u

f u u

u

 

   

  ,

2

u

  Suy hàm số f u  đồng biến 2;  nên f x 22x3 f2 x m 2  2

1

x x m

     

 

2

4

1 2

x x m

x m

      

  

 Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

3

2

m

m m

 

  

  

 Suy

1

m thỏa  1*

3

2

m

m m

 

  

  

 Suy

3

m thỏa  2* TH3: Phương trình  1 có nghiệm kép suy

2

m , nghiệm phương trình  1 x2, nghiệm phương trình  2 x  2, suy phương trình cho có nghiệm Suy

2

m

không thỏa  3*

m , nghiệm phương trình  2

0

x , nghiệm phương trình  1 x 2 2, suy phương trình cho có nghiệm Suy

2

m không thỏa  4*

TH5: Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt hai phương trình có nghiệm giống

Khi 3

2 2

m

m m

 

   

  

(171)

Gọi a, b b a  hai nghiệm phương trình  1 , theo định lí Vi-ét ta có

a b

a b m

  

  

  3 Vì a, b nghiệm phương trình  2 nên

a b

a b m

  

   

  4 , từ  3  4 ta suy m  5*

Từ  1* ,  2* ,  3* ,  4*  5* suy

m

m thỏa

Câu 304: [THPT Chuyên Quang Trung] Trong tất cặp  x y; thỏa mãn logx2 y2 24x4y4

Tìm m để tồn cặp  x y; cho x2y22x2y   2 m 0 A  10 22 B  10 22  10 22

C 10 10 D 10 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có logx2 y2 24x4y41

2 4 4 6 0

x y x y

       1

Giả sử M x y ; thỏa mãn pt  1 , tập hợp điểm M hình trịn  C1 tâm I 2;2 bán kính

1

R 

Các đáp án đề cho ứng với m0 Nên dễ thấy x2y22x2y   phương trình 2 m 0 đường trịn  C2 tâm J1;1 bán kính R2 m

Vậy để tồn cặp  x y; thỏa đề khi  C1  C2 tiếp xúc

 2

1 10 10

IJ R R m m

        

Chương 11 Nguyên hàm – tích phân

Câu 305: [THPT chuyên ĐHKH Huế] Cho hàm số f x  a cos2x



  Tìm tất cả các giá trị của a để  

f x có một nguyên hàm F x  thỏa mãn  0 1,

4 4

F  F      A.

2

 

. B.

2

 

. C.  2 D.  1 Hướng dẫn giải

Chọn B.

Ta có    d cos2 d 11 cos 2  d 1sin 2

2

a a a

F x f x x x x x x x x C

  

     

              

     

  

Theo giả thiết

 0 1

4 4 2

1 1sin

2

4 4 4

F C C

a a

F C a



     



    



  

     

     

           



     

 

(172)

Câu 306: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Đồ thị của hàm số y f x  trên đoạn 3;5 như hình vẽ dưới đây(phầnc cong của đồ thị là một phần cảu Parabol y ax 2bx c ). Tính  

3

2 d

I f x x



 

A. 53

I  B. 97

6

I  C. 43

2

I  D. 95

6

I 

Hướng dẫn giải Chọn B.

Ta có  

2 d

I f x x



  bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi  , 1  , Parabol 2  P , x 2,

3

x

Với  qua 1 E3;0, D 0;4 nên có pt:

4 4

y x ;  qua 2 D 0;4 , C 1;3 nên có phương trình: y   ; x  P y ax:  2bx c qua C 1;3 và có đỉnh A 2;4 nên

2

3 1

2 4

2a

0

4a

a b c a

b

b y x x

c b c

  

   



       

 

  

   

.

Vậy      

3

2

4 97

d d d d

3

I f x x x x x x x x x

 

 

           

 

   

Câu 307: [TT Tân Hồng Phong] Cho f x  là hàm liên tục trên  thỏa f  1 1 và  

0

1 dt

3

f t 

 , tính

 

2

sin sin d

I x f x x





(173)

A.

I  B.

3

I   C.

I  D.

3

I 

Hướng dẫn giải Chọn C.

Đặt sinx t  f sinx f t cos x fsinx xd  f t t d Đổi cận: khi x  0 t 0;

2

x   t

     

2

0 0

sin sin d 2sin cos sin d d

I x f x x x x f x x t f t t

 

  

   

Đặt:   d d 

d d

u t u t

v f t t v f t

 

 

 

    

 

 

 

   

1

2 d

0 3

I  t f t  f t t   

 

  

Câu 308: [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Đồ thị của hàm số y f x  trên đoạn 3;5 như hình vẽ dưới đây(phầnc cong của đồ thị là một phần cảu Parabol y ax 2bx c ). Tính  

3

2 d

I f x x



 

A. 53

I  B. 97

6

I  C. 43

2

I  D. 95

6

I 

Ta có  

2 d

I f x x



  bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi  , 1  , Parabol 2  P , x 2,

3

(174)

Với  qua 1 E3;0, D 0;4 nên có pt:

4

y x ;  qua 2 D 0;4 , C 1;3 nên có phương trình: y   ; x  P y ax:  2bx c qua C 1;3 và có đỉnh A 2;4 nên

2

1

2 4

2a

0

4a

a b c

a

b b y x x

c b c

  

   



       

 

  

   

.

Vậy      

3

2

4 97

d d d d

3

I f x x x x x x x x x

 

 

           

 

   

Câu 309: [THPT chuyên ĐHKH Huế] Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho  E có phương trình

 

2

2 1, ,

x y

a b

a b   và đường tròn  

2

:

C x y  Để diện tích elip  E gấp 7 lần diện tích hình trịn  C khi đó.

A. ab7 7. B. ab49. C. ab 7. D. ab7. Hướng dẫn giải

Chọn B.

 

2

2 1, ,

x y b

a b y a x

a

a b     

Diện tích E là.

    d    d

2

0

4

a a

E

b a x x b

S a x x

a a

Đặt     

 

t t   d tdt

sin , ; cos

2

x a x a

Đổi cận:   0 t 0;   t 

x x a

  a cos tdt2  1+cos2t dt 

0

4

a a

E

b

S ab ab

a

Mà ta có  S C π R 7 π

(175)

Câu 310: [THPT Chuyên Bình Long] Cho hàm số f x  liên tục trên  và f 2 16,  

0

d

f x x



Tính tích phân:  

0

d

Ix f x x

A. I13. B. I12. C. I 7 D. I 17. Hướng dẫn giải

Chọn C.  

0

d

Ix f x x Đặt d 2d d 1d

t x t x x t; Đổi cận x  0 t 0, x  1 t 2.

Khi đó          

1 2

2

0 0

1 1

d d d | d

4 4

I x f x x t f t t  x f x x  xf x   f x x.

   

1 2 d 8 7

2 f f x x

     

Câu 311: Biết ln

ln d

3ln ln

2

x x

x

I a b

e e

  

 

 với a, b là các số nguyên dương. Tính P ab A. P 10. B. P15. C. P20. D. P10.

Hướng dẫn giải Chọn D.

Ta có

ln ln

2

ln ln

d d

2 3

x

x x x x

x e x

I

e e e e

 

   

 

Đặt: t e xdt e x xd Đổi cận: xln 3 t 3, xln 6 t 6. Khi đó

6

3

1 1

d d ln ln ln ln 3ln ln

3 2 1 5

t

I t t

t t t t t



 

          

      

 

Suy ra a2, b5. Vậy, P ab 10.

Câu 312: [THPT Chuyên SPHN] Cho hàm số y f x  xác định và liên tục trên , đồng thời thỏa mãn:

    cos

f x  f  x x,   x Khi  

6

d

f x x 





 A. 1

2. B.  2 C.

3

4 D. 2 Hướng dẫn giải

(176)

 Tính tích phân  

6

d

f x x 







 Đặt t   x dt   dx dx dt.

 Đổi cận:

6 6

x    t  ,

6 6

x   t 

 Khi đó         

6 6

d dt dt d

f x x f t f t f x x

   



  

    

   

 Ta có        

6 6

cos d d cos d

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

  

  

         

 

6

1 1 1

d cos d sin

2 2 2

f x x x x x

 

  

 

     

Câu 313: [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 2] Kết quả của 2

1 d

F x

x

 

 là: A.

6



. B.

4



. C.

2



. D.

4





1

1 d

F x

x

 

 Đặt ttan ,x ; d tan2 d 2

x    t x x

 

Với x  0 t 0, với

4

x   t 

 

1 2

4 4

0

2

0 0

1

d tan d d |

1 tan

F x t t t t

x t

   

     

 

  

Câu 314: [Cụm 1 HCM] Cho hàm số y f x  liên tục trên  và thỏa mãn f x  f x  3 cosx, với mọi x   Khi đó, giá trị của tích phân  

2

I f x x





  d bằng bao nhiêu?

A.

3

I   B.

2

I   C.

2

I  D.

2

(177)

Chọn B.

Đặt t  x dt dx. Đổi cận:

2

x    ;  t 

2

x    Suy ra: t   

2

d

I f t t





   Mặt khác: f t  f   t 2cost (thay x ). t

Ta có:      

2

2I f t f t dt cos dtt

 

 

         Suy ra:  

2

3 2cos dt

I t





  

   

2

0

1

3 2cos dt 2cos dt

I t t

 





     (Do 3 2cost là hàm số chẵn trên đoạn ; 2

 

 

 

 ).

 2

0

3

3 2sin

2

t t  

   

Câu 315: [Cụm 1 HCM] Cho hàm số y f x  liên tục trên  và thỏa mãn f x  f x  3 cosx, với mọi x   Khi đó, giá trị của tích phân  

2

I f x x





  d bằng bao nhiêu?

A.

3

I   B.

2

I   C.

2

I  D.

2

I   Hướng dẫn giải

Chọn B.

Đặt t  x dt dx. Đổi cận:

2

x    ;  t 

2

x    Suy ra: t   

2

d

I f t t





   Mặt khác: f t  f   t 2cost (thay x ). t

Ta có:      

2

2I f t f t dt cos dtt

 

 

         Suy ra:  

2

1 3 2cos dt

I t





  

   

2

0

1

3 2cos dt 2cos dt

I t t

 





     (Do 3 2cost là hàm số chẵn trên đoạn ; 2

 

 

 

(178)

 2

3

3 2sin

2

t t  

   

Câu 316: [THPT Hùng Vương‐PT] Cho  

2

ln

d ln ln

x

x a b

x



 

 , với a, blà các số hữu tỉ. Tính

4

P a  b.

A. P 1 B. P0. C. P 3. D. P3. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có  

2

ln

d ln ln

x

I x a b

x



   Đặt

 

2

1

ln d d

1

1 1

d d

u x u x

x

v x v

x x



 

  

  

 



   

 

.

Khi đó    

2

1

1ln 1 | d 1ln ln 2 1 d

1

I x x x

x x x x x

 

         

   

 

 

 2

1

1 1

ln ln ln ln | ln ln ln ln ln ln ln

2 x x 2

           

Suy ra a1,

b Vậy, P a 4b3.

Câu 317: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Biết

1

2

d ln ln

x

I x a b

x

 

    với ,a b  Tính

S   a b

A. S   3 B. S  5 C. S  9 D. S11. Hướng dẫn giải

Chọn B.

Ta có 2 Khi 2 Khi

x x

x

x x

 



    



Do đó

2

1

2 2

d d

x x

I x x

x x

   

 

   

2

1

2 2

d d

x x

   

 

2

1

5

2 dx dx

x x

   

       

   

 

5ln 2 2 5ln 5

1

x x x x

(179)

4 8ln 3ln

  



a b

    

  S    a b

Câu 318: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Biết

1

2

d ln ln

x

I x a b

x

 

    với ,a b  Tính

S   a b

A. S   3 B. S  5 C. S  9 D. S11. Hướng dẫn giải

Chọn B.

Ta có 2 Khi 2 Khi

x x

x

x x

 



    



Do đó

2

1

2 2

d d

x x

I x x

x x

   

 

   

2

1

2 2

d d

x x

   

 

2

1

5

2 dx dx

x x

   

       

   

 

5ln 2 2 5ln 5

1

x x x x

   

4 8ln 3ln

  



a b

    

  S    a b

Câu 319: [THPT chuyên ĐHKH Huế] Cho đồ thị của ba hàm số  

( ), ( ), d

x

y f x y f x y f t t ở hình dưới. Xác định xem      C1 , C2 , C3 tương ứng là đồ thị hàm số nào?

.

A.  

0

( ), d , ( )

x

y f x y f t t y f x B.  

0

( ), d , ( )

x

y f x y f t t y f x

C.  

0

( ), ( ), d

x

y f x y  f x y f t t. D.  

0

d , ( ), ( )

x

(180)

Hướng dẫn giải Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta có:  C3 là đạo hàm của  C 1

Câu 320: [Cụm 6 HCM] Gọi  H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  P của hàm số y6x x 2 và trục hồnh. Hai đường thẳng y m y n ,  chia hình  H thành ba phần có diện tích bằng nhau. Tính P (9 m)3 (9 n)3.

.

A. P407. B. P405. C. P403. D. P409. Hướng dẫn giải

Chọn B.

Cách 1: (Dùng cơng thức diện tích theo biến y ).

+ Gọi  

 : 6

: :

0,

P y x x

H Ox y

x x

  

 



   

. Suy ra:  

6

2

6 36

H

S S  x x dx 

Ta có:    

 

2

3

6

3

x y P

y x x x y

x y P

   



      

   



+ Gọi      

1

:

: :

,

P x y

H P x y

y n y

   

   



  



.

Suy ra: 1    

9 3

1

4

3 9 d

3

H

n n

(181)

Mà 12

S

S   nên 4 3 12 9 3 81 n   n 

+ Gọi      

2

:

: :

,

P x y

H P x y

y m y

             

Suy ra: 2  

9 3

2

4

2 d

3

H m

S S   y y m

Mà

2 24

S

S   nên 4 3 24 9 3 324 n   n  Vậy P81 324 405 

Cách 2: (Dùng cơng thức diện tích theo biến x). Từ điều kiện bài tốn ta có : 0m n,  9

Xét các phương trình hồnh độ giao điểm : 6x x 2 0

2

6x x m

3 x m x m           và

6x x n

3 x n x n           Gọi 0;

y x x

D Ox x x          ;

3 ;

M

y x x

D y m

x m x m

              ;

3 ;

N

y x x

D y n

x n x n

              Khi đó ta có :   6 d D

S  x x x 36.

  9 d M m D m

S x x m x

   

       2

9 d

m m

m x x

         =     3 9 m m x m x               

= 4. 3

3 m

 

Chứng minh tương tự ta có : 4. 3

N

D

S  n

Theo bài ra ta có : 2.36 24

M

D

S   và 1.36 12

N

D

S  

(182)

Câu 321: [THPT Hồng Văn Thụ ‐ Khánh Hịa] Parabol 2

x

y chia hình trịn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2 phần. Tỉ số diện tích của chúng thuộc khoảng nào?

A. 0,5;0,6. B. 0, 4;0,5. C. 0,7;0,8. D. 0,6;0,7. Hướng dẫn giải

Chọn B.

Phương trình đường trịn có tâm O, bán kính 2 2 là x2y2 8 Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol và đường trịn:

2

2 8 4 32 0 2

2

x

x    x  x     x

 

Diện tích phần giới hạn bởi phần lõm parabol và nửa trên đường trịn là.

2

8 d 7,616518641

x

S x x



    

Diện tích hình trịn là 8

Vậy tỉ số diện tích cần tìm là 1

0, 43

S S

 

Câu 322: Tìm diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C y x:  2, tiếp tuyến d của  C tại

điểm có hồnh độ x2 và trục hồnh. A.

3

S  B.

3

S  C.

3

S  D.

3

S

Hướng dẫn giải Chọn A.

. Ta có  C y x:  2; y 2x;x  2 y 4; y 2 4.

Phương trình tiếp tuyến d : y4x  2 4x4.

(183)

Phương trình hồnh độ giao điểm của  C và dlà: x24x   4 x Phương trình hồnh độ giao điểm của Ox và dlà: 4x   4 x 1. Vậy diện tích cần tìm là:  

1

2

0

2

d 4 d

3

S x x x  x x

Câu 323: Biết diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y lnx và y là 1 S ae b c

e

   với a , b, c là các số nguyên. Tính P a b c  

A. P  2 B. P3. C. P0. D. P 4 Hướng dẫn giải

Chọn C.

. Ta có phương trình hồnh độ giao điểm:

ln

ln 1

ln

x e x

x

x x

e

  

 

  



  

 

  1   

1 1

1 ln d ln d ln d

e e

S   x x  x x  x x I I

Tính  

1

1 ln d

e

I   x x. Đặt

1 ln d = d d = d

u x u x

x

v x v x

  

 

 

  

 1 1

1 1

1

1 1 ln | d | 1

e e

e

I x x x x

e e

 

         

 



Tính  

1 ln d

e

I   x x. Đặt

1

1 ln d = d

d = d

u x u x

x

v x v x



  

 

 

  

   

2 1

1

1 ln | d | 1

e

e e

I x x x x e e

(184)

Suy ra S e ae b c a

e e

        , b1, c 2. Vậy, P a b c   0.

Câu 324: [THPT Hai Bà Trưng‐ Huế] Hình phẳng giới hạn bởi y =x y2; =4 ;x y2 = có diện tích 4 bằng.

( )

16

đvdt

A. . B. 13( )

4 đvdt C. ( )

3 đvdt D. ( ) 17

đvdt Hướng dẫn giải

Chọn B.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm.

2 4

2

x x

x

é = ê

=  ê = -êë ; 4 1

x x

x

é = ê

=  ê = -êë đvdt.

Diện tích hình phẳng là 2 ( )

2

16

4 d 4 d

3

S x x x x vdt

-

-= ò - -ò - = đ

Câu 325: [THPT Lê Hồng Phong] Cho phần vật thể B giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình

0

x và x2. Cắt phần vật thể B bởi mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ x0 x 2 ta được thiết diện là một tam giác đều có độ dài cạnh bằng x 2 Tính thể x tích của phần vật thể B

A. V 4 3. B.

V  C. V  3. D.

3

V 

 2  

2

0

2 3 3 4 1

2

4 4 3

x x

V   dx x x dx  

Câu 326: [THPT Chun SPHN] Thể tích của vật thể trịn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Ox của hình phẳng giới hạn bởi các trục tọa độ và các đường y x , 1 y là. 2

A. 9 . B. 15. C. 16. D. 12. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Giải phương trình x    x

(185)

 

1 2

2

0

2 d d

V  x  x   x

 

 

12

V  

Câu 327: [THPT Quảng Xương 1 lần 2] Một mảnh vườn hình trịn tâm O bán kính 6m. Người ta cần trồng cây trên dải đất rộng 6m nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000 đồng/m Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm tròn đến 2 hàng đơn vị).

.

A. 4821232 đồng. B. 8412322 đồng. C. 8142232 đồng. D. 4821322 đồng. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Xét hệ trục tọa độ oxy đặt vào tâm khu vườn, khi đó phương trình đường trịn tâm O là.

2

x y 36. Khi đó phần nửa cung trịn phía trên trục Ox có phương trình

36 (x)

y x  f Khi đó diện tích S của mảnh đất bằng 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hồnh, đồ thị.

(x)

y f và hai đường thẳng x 3; x3

3

2

2 36 x dx

S



   

Đặt x6sintdx6costdt. Đổi cận :

6

x     ; t 

6

x   t 

6

2

6

2 36cos 36 (c os2t+1) dt 18(sin t t) 18 12

S tdt



 



 



        

Do đó số tiền cần dùng là 70000.S4821322 đồng.

Câu 328: [THPT Hà Huy Tập] Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100 và chiều rộng là 60m người ta làm một con đường nằm trong sân (Như hình vẽ). Biết rằng viền ngồi và viền trong của con đường là hai đường elip, Elip của đường viền ngồi có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các cạnh hình chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2m. Kinh phí

6m

(186)

cho mỗi m làm đường 2 600.000 đồng. Tính tổng số tiền làm con đường đó. (Số tiền được làm trịn đến hàng nghìn).

.

A. 283904000. B. 283604000. C. 293904000. D. 293804000. Hướng dẫn giải

Chọn C.

Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt gốc tọa độ O vào tâm của hình Elip.

Phương trình Elip của đường viền ngồi của con đường là  

2

1 :502 302

x y

E   Phần đồ thị

của  E1 nằm phía trên trục hồnh có phương trình  

1 30

50

x

y   f x

Phương trình Elip của đường viền trong của con đường là  

2

2 :482 282

x y

E   Phần đồ thị

của  E2 nằm phía trên trục hồnh có phương trình  

2 28

48

x

y   f x

Gọi S là diện tích của 1  E1 và bằng hai lần diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi trục hồnh và đồ thị hàm số y f x1 . Gọi S là diện tích của 2  E2 và bằng hai lần diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi trục hồnh và đồ thị hàm số y f x2 .

Gọi S là diện tích con đường. Khi đó.

50 48

50

2

1

48

2 30 502d 28 482d

x x

S S S x x

 



      

Tính tích phân  

2 2 d , ,

a a

x x

I b a

a b

 

   

Đặt sin , d cos d

2

x a t    t   x a t t

 

Đổi cận ;

2

x    a t  x a   t 

2m 100m

(187)

Khi đó  

2 2

2

2 2

sin cos d co

2 t a t t s dt t cos 2t d

I b ab ab t

  

  

  

    

2

2 sin

2

ab t t ab



 



  

  





Do đó SS1S250.30 48.28 156.

Vậy tổng số tiền làm con đường đó là 600000.S600000.156 294053000 (đồng).

Câu 329: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Một khối cầu có bán kính là 5 dm , người ta cắt bỏ hai phần của khối cầu bằng hai mặt phẳng song song cùng vng góc đường kính và cách tâm một khoảng

 

3 dm để làm một chiếc lu đựng nước (như hình vẽ). Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. A. 43  3

3  dm B.   41 dm

. C.  

3 100

3  dm . D.   132 dm

. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Trên hệ trục tọa độ Oxy , xét đường trịn ( ) : (C x5)2y225. Ta thấy nếu cho nửa trên trục

Ox của  C quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5. Nếu cho hình phẳng  H giới hạn bởi nửa trên trục Ox của C , trụcOx, hai đường thẳng x  0, x 2 quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối trịn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài. Ta có

2 2

(x5) y 25  y 25 ( x 5)

 Nửa trên trục Ox của  C có phương trình y 25 ( x 5)2  10x x 2.  Thể tích vật thể trịn xoay khi cho  H quay quanh Ox là:

 

2

1

0 0

52

10

3

x

V  x x dx  x    

 



Thể tích khối cầu là:

4 500

V

3

 

 

Thể tích cần tìm:  3

500 52

2 132

3

V V  V       dm

Câu 330: [Cụm 1 HCM] Ơng A muốn làm một cánh cửa bằng sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên. Biết đường cong phía trên là parabol, tứ giác ABCD là hình chữ nhật và giá thành là

(188)

A. 6 000 000 đồng. B. C. 6 600 000 đồng. D. 8160 000 đồng.

. Gọi  P y ax:  2bx c

Vì  P đi qua điểm A   0;0 ;B 2;0 và có đỉnh I 1;1 nên.  P y:   x2 2x

.

Diện tích cánh cửa là  

2

4 28

2 d

3

ABCD

S   x x x S    Số tiền ông A phải trả là 28 900 000 400 000

3  

Câu 331: [208‐BTN] Một bồn nước được thiết kế với chiều cao dm , ngang dm , dài m , bề mặt cong đều nhau với mặt cắt ngang là một hình parabol như hình vẽ bên dưới. Bồn chứa được tối đa bao nhiêu lít nước.

.

A. 1280

3 (lít). B. 1280 (lít). C. 2560

3 (lít). D. 1280 (lít).

A 1 2

1

y

x B I

A

B

C D

2 m

(189)

Hướng dẫn giải Chọn C.

Xét mặt cắt parabol, chọn hệ trục như hình vẽ. Ta thấy Parabol đi qua các điểm A4; 4, B 4; ,  0;0

C nên có phương trình 2

y x Diện tích phần mặt cắt tính như sau:

.

 

2

1 64 128

64

2 3

2 dm

hv

S S x dx



    

Do đó thể tích của bồn.

 

20 20

3

0

128 2560

3

d d dm

V  S x  x

Câu 332: [THPT Quảng Xương 1 lần 2] Một mảnh vườn hình trịn tâm O bán kính 6m. Người ta cần trồng cây trên dải đất rộng 6m nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000 đồng/m Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm tròn đến 2 hàng đơn vị).

.

A. 4821232 đồng. B. 8412322 đồng. C. 8142232 đồng. D. 4821322 đồng. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Xét hệ trục tọa độ oxy đặt vào tâm khu vườn, khi đó phương trình đường trịn tâm O là.

2

x y 36. Khi đó phần nửa cung trịn phía trên trục Ox có phương trình

36 (x)

y x  f Khi đó diện tích S của mảnh đất bằng 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hồnh, đồ thị.

6m

(190)

(x)

y f và hai đường thẳng x 3; x3

3

2

2 36 x dx

S



   

Đặt x6sintdx6costdt. Đổi cận :

6

x     ; t 

6

x   t 

6

2

6

2 36cos 36 (c os2t+1) dt 18(sin t t) 18 12

S tdt



 



 



        

Do đó số tiền cần dùng là 70000.S4821322 đồng.

Câu 333: [THPT Hồng Hoa Thám ‐ Khánh Hịa] Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30 cm, thiết diện vng góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính là 40 cm, chiều cao thùng rượu là

1 m (hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu ( đơn vị lít) là bao nhiêu ?

.

A. 425162lít. B. 212581lít. C. 212, lít. D. 425, lít. Hướng dẫn giải

Chọn D.

. Đơn vị tính là dm.

Gọi  P x ay:  2by c quaA    4;0 , B 3;5 ,C 3; 5 .

 

4

1

0 :

25

a

b P x y

c

   

     

    

(191)

 

5

2

5

1 4 dy 425, 2 425, 2 25

V  y dm l



 

    

 

 

Câu 334: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Một khối cầu có bán kính là 5 dm , người ta cắt bỏ hai phần của khối cầu bằng hai mặt phẳng song song cùng vng góc đường kính và cách tâm một khoảng

 

3 dm để làm một chiếc lu đựng nước (như hình vẽ). Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. A. 43  3

3  dm B.   41 dm

. C.  

3 100

3  dm . D.   132 dm

. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Trên hệ trục tọa độ Oxy , xét đường tròn ( ) : (C x5)2y225. Ta thấy nếu cho nửa trên trục

Ox của  C quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5. Nếu cho hình phẳng  H giới hạn bởi nửa trên trục Ox của C , trụcOx, hai đường thẳng x  0, x 2 quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối trịn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài. Ta có

2 2

(x5) y 25  y 25 ( x 5)

 Nửa trên trục Ox của  C có phương trình y 25 ( x 5)2  10x x 2.  Thể tích vật thể trịn xoay khi cho  H quay quanh Ox là:

 

2

1

0

52

10

3

x

V  x x dx  x    

 



Thể tích khối cầu là:

4 500

V

3

 

 

Thể tích cần tìm:  3

500 52

2 132

3

V V  V       dm

Câu 335: [Cụm 1 HCM] Ơng A muốn làm một cánh cửa bằng sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên. Biết đường cong phía trên là parabol, tứ giác ABCD là hình chữ nhật và giá thành là

900 000 đồng trên 1 m2 thành phẩm. Hỏi ơng A phải trả bao nhiêu tiền để làm cánh cửa đó? 400 000 đồng

A. 6 000 000 đồng. B. C. 6 600 000 đồng. D. 8160 000 đồng.

A

B

C D

2 m

(192)

Chọn D. . Gọi  P y ax:  2bx c

Vì  P đi qua điểm A   0;0 ;B 2;0 và có đỉnh I 1;1 nên.  P y:   x2 2x

.

Diện tích cánh cửa là  

2

4 28

2 d

3

ABCD

S   x x x S    Số tiền ông A phải trả là 28 900 000 400 000

3  

Câu 336: [2D3‐3.5‐4] [BTN 166] Một cái chng có dạng như hình vẽ. Giả sử khi cắt chng bởi mặt phẳng qua trục của chng, được thiết diện có đường viền là một phần parabol ( hình vẽ ). Biết chng cao4m, và bán kính của miệng chng là 2 2. Tính thể tích chng?

.

A. 16. B. 6 C. 23. D. 12. Hướng dẫn giải

Chọn A.

.

A

1

y

x B

(193)

Xét hệ trục như hình vẽ, dễ thấy parabol đi qua ba điểm  0;0 , 4;2 , 4; 2     nên có phương trình

2

y

x Thể tích của chng là thể tích của khối trịn xoay tạo bởi hình phẳng , 0,

y x x x quay quanh trục Ox. Do đó.

Ta có  

4 4

2 0

2 d 16

V  x x x  

Câu 337: [2D3-3.5-4] [THPT Hoàng Văn Thụ (Hịa Bình)] Một đồng hồ cát hình vẽ, gồm hai phần đối xứng qua mặt nằm ngang đặt hình trụ Thiết diện thẳng đứng qua trục hai parabol chung đỉnh đối xứng qua mặt nằm ngang Ban đầu lượng cát dồn hết phần đồng hồ chiều cao h mực cát

4 chiều cao bên (xem hình) Cát chảy từ xuống với lưu lượng không đổi 2,90 cm3/ phút Khi chiều cao cát cm bề mặt cát tạo thành đường trịn chu vi cm (xem hình) Biết sau 30 phút

thì cát chảy hết xuống phần bên đồng hồ Hỏi chiều cao khối trụ bên cm? (Kết làm tròn đến hàng đơn vị)

.

A. 8cm B. 12 cm C. 10 cm D. 9 cm Hướng dẫn giải

Chọn C.

Xét thiết diện chứa trục của đồng hồ cát, ta có parabol đi qua các điểm  0;0 ,  4; , 4;4 nên có hàm số là

2

x

(194)

.

Thể tích phần cát ban đầu bằng thể tích khối trịn xoay sinh ra khi ta quay nhánh bên phải của parabol trên quanh trục Oy và bằng lượng cát đã chảy trong 30 phút.

Ta có:  2

2 d 2,9.30 87

h

y y

  

0 2y  h 87

  2h2 87 87

2

h



 

Vậy chiều cao của hình trụ bên ngồi bằng: 2 .4 .4 87 10

3h 2  cm.

Câu 338: [2D3‐3.5‐4] [208‐BTN] Một bồn nước được thiết kế với chiều cao dm , ngang dm , dài m , bề mặt cong đều nhau với mặt cắt ngang là một hình parabol như hình vẽ bên dưới. Bồn chứa được tối đa bao nhiêu lít nước.

. A. 1280

3 (lít). B. 1280 (lít). C. 2560

3 (lít). D. 1280 (lít). Hướng dẫn giải

Chọn C.

Xét mặt cắt parabol, chọn hệ trục như hình vẽ. Ta thấy Parabol đi qua các điểm A4; 4, B 4; ,  0;0

C nên có phương trình 2

(195)

.

 

2

1 64 64 128

2 3

2 dm

hv

S S x dx



    

Do đó thể tích của bồn.

 

20 20

3

0

128 2560

3

d d dm

V  S x  x

Câu 339: [2D3‐3.5‐4] [Sở GD và ĐT Long An] Ơng An xây dựng một sân bóng đá mini hình chữ nhật có chiều rộng 30m và chiều dài 50 m Để giảm bớt kinh phí cho việc trồng cỏ nhân tạo, ơng An chia sân bóng ra làm hai phần (tơ màu và khơng tơ màu) như hình vẽ.

.

‐ Phần tơ màu gồm hai miền diện tích bằng nhau và đường cong AIB là một parabol có đỉnh

I

‐ Phần tơ màu được trồng cỏ nhân tạo với giá 130 nghìn đồng/m và phần cịn lại được trồng 2 cỏ nhân tạo với giá 90 nghìn đồng/m 2

Hỏi ơng An phải trả bao nhiêu tiền để trồng cỏ nhân tạo cho sân bóng?

A. 165 triệu đồng. B. 151 triệu đồng. C. 195 triệu đồng. D. 135 triệu đồng. Hướng dẫn giải

Chọn B.

(196)

Khi đó, đường cong AIB hình phẳng giới hạn đường parabol 2 45

y x đường thẳng 10

y

Phương trình hồnh độ giao điểm 2 10 15 45x     x Diện tích phần tơ màu là:  

15

2

1 15

2

2 10 d 400 m

45

S x x



   

Mặt khác diện tích sân bóng đá mini hình chữ nhật S 30.50 1500 m  2 Phần khơng tơ màu có diện tích là:  2

2 1100 m

S  S S 

Số tiền để trồng cỏ nhân tạo cho sân bóng:

1.130000 2.90000 400.130000 1100.90000 151000000

S S   

Câu 340: [2D3‐3.5‐4] [Sở GD và ĐT Long An] Một hình cầu có bán kính dm, người ta cắt bỏ hai phần bằng hai mặt phẳng song song và cùng vng góc với đường kính để làm mặt xung quanh của một chiếc lu chứa nước (như hình vẽ). Tính thể tích V mà chiếc lu chứa được biết mặt phẳng cách tâm mặt cầu dm

.

A. V 192 dm3 B. 736  dm3

V  

C. V 288 dm3 D. 368  dm3

V  

(197)

.

Trong hệ trục tọa độ Oxy , xét đường tròn  C có phương trình x2y2 36. Khi đó nửa phần trên trục hồnh của  C quay quanh trục hồnh tạo ra mặt cầu tâm O bán kính bằng 6. Mặt khác ta tạo hình phẳng  H giới hạn bởi nửa phần trên trục hồnh của  C , trục Ox và các đường thẳng x 4,x ; sau đó quay 4  H quanh trục Ox ta được khối trịn xoay chính là chiếc lu trong đề bài.

Ta có x2y2 36  y 36x2  nửa phần trên trục hồnh của  C là y 36x2. Thể tích V của chiếc lu được tính bởi cơng thức:

   

4

2

4 4

736

36 d 36 d 36

3

x

V  x x  x x  x 

  

 

        

 

   dm 3

Câu 341: [2D3-3.5-4] [THPT Chuyên Quang Trung] Trong chương trình nơng thơn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tơng như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tơng để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol).

A. 21m 3 B. 18m 3 C. 40m 3 D. 19m 3 Hướng dẫn giải

Chọn C.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

. Ta có.

x y

(198)

Gọi  P1 :y ax 2c là Parabol đi qua hai điểm   19;0 , 0; 2

2

A  B

 

Nên ta có hệ phương trình sau:  

2

8 19

0

: 361 361 2 a a

P y x

b b                         

Gọi  P2 :y ax 2c là Parabol đi qua hai điểm  

5 10;0 , 0;

2

C D  

 . Nên ta có hệ phương trình sau:     2

0 10

1

40

2 :

5 40

2

a a

P y x

b b                        Ta có thể tích của bê tơng là: 19

10 2 2 3

2

0

1

5.2 40

40 361

V    x  dx  x  dx m

   

  

Câu 342: [2D3‐3.6‐4] [THPT chuyên Hưng Yên lần 2] Cho parabol  P y x:  21 và đường thẳng

:

d y mx  Biết rằng tồn tại m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P và d đạt giá trị nhỏ nhất, tính diện tích nhỏ nhất đó.

A. S4. B.

S  C. S0. D.

3

S

Phương trình hồnh độ giao điểm của  P và d là x2 1 mx 2 x2mx 1 * . Ta có  m2     Nên phương trình 4 0, m  * ln có 2 nghiệm phân biệt x a và

 

x b a b  Do đó  P ln cắt d tại 2 điểm phân biệt A a ma ; 2 và B b mb ; 2  Với mọi ,m đường thẳng d luôn đi qua điểm M 0; Mà yCT  1

Suy ra mx 2 x2  1, x  a b;

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P và d là.

                              2 2 2 2 2 2

2 d d

2

1 1

1

2 3

1

2 3

1

4

2 3

b b

a a

b

mx x

S mx x x mx x x x

a

m m

b a b a a b ab b a b a a b ab

m

S b a b a a b ab

m

b a ab b a a b ab

(199)

Vì a b, là nghiệm của phương trình  * nên ta có

a b m ab

     



Khi đó  

2

2 4 4.4 16.

6 9

m

S  m      

 

Đẳng thức xảy ra khi m0. Vậy

4

S 

Câu 343: [2D3‐3.6‐4] [THPT Ngô Quyền] Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

2my x , 2,

mx y m0. Tìm giá trị của m để S  3 A.

2

m B. m3. C. m2. D.

2

m

Hướng dẫn giải.

Ta có 2 2

my x y x

m

    (do m ). 0

và 2 2

2 2 0

y mx

mx y y mx

y mx

  

    

  



Xét phương trình hồnh độ giao điểm của 2my x và 2 2

mx y ta có.

2

1

2 2

2

x

x mx x m mx x m x

x m

m

 

       





Khi đó

2

0

1 2 d 2 d

2

m m

S x mx x x mx x

m m

 

     

 

 

2

3

0

1 . 2

2 3

m

x m x x m

m

  

Để

2

4

3

m

S   m    (do m m ). 0

Câu 344: [2D3-3.7-4] [THPT Ngô Sĩ Liên lần 3]Một người lái xe ô tô chạy với vận tốc 20 /m s người lái xe phát có hàng rào ngăn đường phía trước cách 45m (tính từ vị trí đầu xe đến hàng rào) vậy, người lái xe đạp phanh Từ thời điểm xe chuyển động chậm dần với vận tốc

  20

v t   t (m s/ ), t khoảng thời gian tính giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh Hỏi từ lúc đạp phanh đến dừng hẳn, xe tơ cịn cách hàng rào ngăn cách mét (tính từ vị trí đầu xe đến hàng rào)?

(200)

Xe đang chạy với vận tốc v20 /m s tương ứng với thời điểm t0 s Xe đừng lại tương ứng với thời điểm t4 s

Quảng đường xe đã đi là    

4

2

0

5

5 20 d 20 40

2

S   t t  t  t  m

 



Vậy ô tô cách hàng rào một đoạn 45 40 m   .

Câu 345: [2D3‐3.7‐4] [BTN 163] Một vật chuyển động với vận tốc là   sin   /

t

v t  m s

 

  Gọi S 1 là quãng đường vật đó đi trong giây đầu và S là quãng đường đi từ giây thứ 2 3 đến giây thứ 5. Kết luận nào sau đây là đúng?

A. S1S2. B. S2 2S1. C. S1S2. D. S1S2. Hướng dẫn giải

Chọn A.

Ta có:        

2

1

0

sin sin

1

d 0,35318 , d 0, 45675

2

t t

S  t m S  t m

   

   

         

   

 

Vậy S2  S1

Câu 346: [2D3‐3.7‐4] [THPT Chuyên LHP] Một chất điểm M chuyển động nhanh dần đều trên một đường thẳng với vận tốc   m/s 

3

t

v t  , trong đó t là khoảng thời gian bằng giây tính từ lúc M bắt đầu chuyển động. Sau 6 giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động thì M giữ ngun vận tốc và chuyển sang trạng thái chuyển động thẳng đều, trạng thái này được duy trì trong 1 phút. Tính quãng đường mà M dịch chuyển được trong 10 giây đầu tiên.

A. 14 m. B. 16 m C. m D. 10 m. Hướng dẫn giải

Chọn A.

Định dạng
Số trang	325
Dung lượng	5,04 MB