KĨ THUẬT CHỌN hệ số NHỜ yếu tố bất BIẾN thầy tùng toán

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

KĨ THUẬT CHỌN HỆ SỐ NHỜ YẾU TỐ BẤT BIẾN
GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG

ĐÁP ÁN
1D

2C

3A

4B

5B

6C

7C

8D

9D

10A

11B

12D

13A

14A

15C

16B

17A

18D

19B

20B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho 0  a  1, b  1 và M  log a 3 , N  log3 b . Khi đó khẳng định nào sau đây đúng?
A. M  0 và N  0 .

B. M  0 và N  0 .

C. M  0 và N  0 .

D. M  0 và N  0 .
Giải

Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Dựa vào đáp số bài toán (có yếu tố bất biến về dấu của M , N ) . Nên ta chọn a  0,5 và b  2

 M  log 0,5 3  1,58  0

 đáp án D.
 N  log3 2  0, 63  0

0  a  1; 3  1  log a 3  0  M  0
Cách 2 (Giải Xuôi) Ta có: 

 đáp án D.
N  0
b  1; 3  1  log 3 b  0
Câu 2. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2 z2  2 . Khi đó T  z1  z2  z1  z2 bằng bao
2

nhiêu?

A. 3 2 .

B. 3 .

C. 5 .

2

D. 5 2 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Dựa vào đáp số bài toán cho ta biết kết quả T  z1  z2  z1  z2 không đổi (bất biến) miễn sao
2

z1  2 z2  2 (*). Do đó, ta chọn z1  2 và z2 
2

Khi đó T 

2
2

2

2

2
(thỏa mãn (*)).
2

2

2
2
 5  Đáp án C.
2

Chú ý: Với số phức z  a (là số thực) thì z  a và z  bi (là số ảo) thì z  b . Ở bài toán trên ta chọn
theo các số thực z1  2 và z2 

2
là cách chọn “nhẹ nhàng” nhất để tính toán.
2

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 1-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

a12  b12  2
z

a

b
i

z1 2 z2  2

Cách 2 (Giải Xuôi) Gọi  1 1 1 
a12  b12  2 a22  b22  2   2

1 (*).
2
z

a

b
i
a

b

 2
2
2
 2 2

2

Khi đó T  (a1  a2 )  (b1  b2 )i  (a1  a2 )  (b1  b2 )i  (a1  a2 ) 2  (b1  b2 ) 2  (a1  a2 ) 2  (b1  b2 ) 2
2

2

1

 2  a12  b12  a22  b22   2.  2    5  Đáp án C.
2

3

Câu 3. Ta có đẳng thức

33
a.a 5

a

A. (1;0) .

3

 a với 0  a  1 . Khi đó  thuộc khoảng nào sau đây ?

B. (0;1) .

C. (1;3) .

D. (3; 4) .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
3

Chọn a  2 , giải phương trình

33
2.2 5
3

2

 2 X bằng phím SOLVE (SHIFT +CALC) với X  0

   0, 4975  (1;0)  đáp án A.

Cách 2 (Giải Xuôi)
Ta có: a

3


33

3

38

38

7

a.a 5
a5
a 15
7
15




a
     (1;0)  đáp án A.
3
3
3
15
a
a
a
m

Câu 4. Cho biểu thức P  x. 3 x 2 . 4 x3 với x  0 . Biết viết gọn P ta được P  x n với

m
là phân
n

số tối giản (m, n  0) . Hỏi tổng m  n bằng bao nhiêu?
A. 45 .

B. 47 .

C. 46 .

D. 48 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Chọn a  2 , giải phương trình

2. 3 22. 4 23  2 X  0 bằng phím SOLVE (SHIFT +CALC) với

X  0 ta được:



m
23
 m  n  23  24  47  đáp án B.
 0,958(3) 
n
24

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 2-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

Chú ý: Để đổi số 0,958(3) sang phân số ta dùng tổ hợp phím

để hiện dấu ngoặc

.

Cách 2 (Giải Xuôi)
3

3
4

3

Ta có: P  x. x . x  x. x .x  x. x
3

2 4

3

2

11
4

 x.x

11
12

 x

23

12

x

23
24



m 23

 m  n  23  24  47
n 24

 đáp án B.

2x 1
có thị (C ) . Gọi M là điểm thuộc (C ) , khi đó tiếp tuyến tại M của đồ
x 1
thị (C ) cắt hai đường tiệm cận của (C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng bao nhiêu?

Câu 5. Hàm số y 

A. 5 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 3 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Do diện tích tam giác không đổi với mọi điểm M thuộc (C ) . Do đó, ta chọn M (2;3) ( C) .
Ta có y ' 

1
 y '(2)  1 , suy ra phương trình tiếp tuyến tại M : y   x  5 () .
( x  1)2

Khi đó A(1;4), B(3;2) lần lượt là giao điểm của  với TCĐ: x  1 và TCN: y  2 .
Ta có I (1; 2) là giao điểm 2 tiệm cận, suy ra: S IAB 

IA.IB 2.2

 2  đáp án B.
2
2

Cách 2 (Giải Xuôi)

x  X 1
1
1
Cách 2.1 (Chuyển hệ trục). Đặt 
(C ') . Ta có Y '   2 .
Y 
X
X
y  Y  2

1
1
1
2
 1
Gọi M  m;   (C ') , phương trình tiếp tuyến tại M : Y  2 ( X  m) 
hay Y  2 X 
() .
m
m
m
m
 m
 2
Khi đó A  0;  , B(2m;0) là giao điểm của () với TCĐ X  0 , TCN Y  0 của (C ') .
 m
2
. 2m
OA.OB m
Suy ra SOAB 

 2  đáp án B.
2
2
1
 2m  1 
Cách 2.2. Gọi M  m;
. Suy ra phương trình tiếp tuyến tại M :
  (C ) . Ta có y ' 
( x  1) 2

m 1 


y

1
2m 2  2m  1
1
2m  1
y

x

(
x

m
)

hay
() .
(m  1)2
(m  1) 2
(m  1)2
m 1

 2m 
 A 1;
 , B(2m  1; 2) lần lượt là giao điểm của  với TCĐ: x  1 và TCN y  2 .
 m 1 

2m
2
. 2m  2
IA.IB
m 1

 2  đáp án B.
Ta có I (1; 2) là giao điểm 2 tiệm cận, suy ra: S IAB 
2
2
Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 3-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

Câu 6. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 32a  63b  2016c . Giá trị của biểu thức T  ab  bc  ca
bằng bao nhiêu?
A. T  2017 .

B. T  2016 .

C. T  0 .

D. T  1 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Vì T  ab  bc  ca không đổi với mọi bộ số (a, b, c) thỏa mãn 32a  63b  2016c (*)
Do đó ta chọn: a  b  c  0 (thỏa mãn (*))  T  0  đáp án C.
Cách 2 (Giải Xuôi) Ta có: 32a  63b  2016c  log 2016 32a  log 2016 63b  log 2016 2016c .
c  a log 2016 32

.
 a log 2016 32  b log 2016 63  c  
log 2016 32
b

a

a
log
32
63

log 2016 63

T  ab  bc  ca  a 2 log63 32  a 2 log63 32log 2016 32  a 2 log 2016 32

 a 2  log63 32  log63 32log 2016 32  log 2016 32   a 2 .0  0  đáp án C.
Câu 7. Cho m, n, p là các số thực dương thỏa mãn 4m  10n  25 p . Giá trị của biểu thức T 
bằng bao nhiêu?

A. T  1 .

B. T 

1
.
2

C. T  2 .

D. T 

n n

m p

1
.
10

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
n n
Vì T   không đổi với mọi bộ số (m, n, p) dương thỏa mãn 4m  10n  25 p (*). Ta chọn:
m p

m  log 4 10
1
1
(*)

n  1 
4m  10  25 p  
T 

 log 4  log 25  log100  2
log 4 10 log 4 25
 p  log 25 10
 đáp án C.

Cách 2 (Giải Xuôi)
 n log 25 4
 m  log 10  log 4

25
m
n
p
m
n
p
.
4  10  25  log 25 4  log 25 10  log 25 25  m log 25 4  n log 25 10  p  
1
n 
 log 25

 p log 25 10

 T  log 4  log 25  log100  2  đáp án C.

Câu 8. Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị (C ) với a, b, c, d   , lim y   ; lim y  
x 

x 

8a  4b  2c  d  2017  0
và 
. Hỏi (C ) cắt đường thẳng y  2017 tại bao nhiêu điểm phân biệt?
8a  4b  2c  d  2017  0
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 4-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Từ đáp án cho ta biết số giao điểm của đồ thị y  ax3  bx 2  cx  d và đường thẳng y  2017

không đổi với (a; b; c; d ) miễn sao thỏa mãn:

8a  4b  2c  d  2017  0
và lim y   ; lim y   (*)

x 
x 
8a  4b  2c  d  2017  0
 a  1
b  0

Với lim y   ; lim y    a  0 , ta chọn: 
thỏa mãn (*)  y   x3  5x  2017 (C ) .
x 
x 
c

5

d  2017
Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và đường thẳng y  2017 là:
x  0
, suy ra có 3 giao điểm  đáp án D.
 x3  5 x  2017  2017   x3  5 x  0  
x   5

Cách 2 (Giải Xuôi)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y  ax3  bx 2  cx  d và đường thẳng y  2017 là:
f ( x)  ax3  bx 2  cx  d  2017  0 (*)
 lim f ( x)  

 f (2). lim f ( x)  0
 x 
x 

f
(

2)


8
a

4
b

2
c

d

2017

0

Ta có 
  f (2). f (2)  0
 f (2)  8a  4b  2c  d  2017  0

f ( x)  0

 f (2). xlim

 lim f ( x)  
 x 

 x1  (; 2), x2  (2;2), x3  (2; ) với f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x3 )  0 .

Suy ra phương trình (*) có 3 nghiệm  đáp án D.
Chú ý : Các bạn có thể tham khảo thêm một cách trình bày khác khi giải chiều xuôi trong ví dụ tương tự
(Ví dụ 3) ở phần bài giảng.

ac(b 2  4ac)  0
Câu 9. Với điều kiện 
thì đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c cắt trục hoành tại bao
ab

0

nhiêu điểm?

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)

Từ đáp án cho ta biết số giao điểm của đồ thị y  ax 4  bx 2  c và trục hoành không đổi với

ac(b 2  4ac)  0
(*). Nên ta chọn
(a; b; c) miễn sao thỏa mãn: 
ab  0

a  1

b  3 thỏa mãn (*).
c  2


Khi đó y  x 4  3x 2  2 , suy ra phương trình hoành độ giao điểm:
Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 5-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

 x2  1
 x  1
, hay đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm  Đáp án D.

x  3x  2  0   2

x   2
x  2
4

2

Cách 2 (Giải Xuôi)
t x
Phương trình hoành độ giao điểm: ax4  bx2  c  0 (*) 
 at 2  bt  c  0 (2*) . Ta có:
2

ac  0
(vì nếu ac  0  b 2  4ac  0 – không thỏa mãn (3*) ).
ac(b2  4ac)  0 (3*)  
2
  b  4ac  0
b

t1  t2   a  0
t  0
Khi đó (2*) có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn 
(vì ab  0 và ac  0 )   1
.
c
t

0


2
t t   0
 1 2 a
Do mỗi nghiệm t dương sinh ra 2 nghiệm x  (*) có 4 nghiệm phân biệt  Đáp án D.
Câu 10. Cho số phức z có môđun bằng 2. Hỏi số phức w 
A. w  1 .

B. w  2 .

C. w  3 .

2
có môđun bằng bao nhiêu?
iz
D. w  4 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Dựa vào đáp số bài toán (có yếu tố bất biến) cho ta biết w không đổi miễn sao z thỏa mãn

z  2 nên ta chọn z  2  w 

2
 i  1  đáp án A.
2i

Cách 2 (Giải Xuôi)
z 2

Gọi z  a  bi 
 a 2  b2  4 (*)
Ta có w 

2
2
2(b  ai) (*) b  ai
b  ai
a 2  b2

 2


w


 1  đáp án A.
i(a  bi) b  ai
a  b2
2
2
2

Câu 11. Nếu số phức z thỏa mãn z  2017 và z không phải số thực thì
bằng

A.

1
.

2

B.

1
.
2017

C.

1
.
4

2
có phần thực
2017  z
1
D.
.
4034

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Dựa vào đáp số bài toán (có yếu tố bất biến) cho ta biết

2
có phần thực không đổi miễn
2017  z

sao z không phải là số thực và z  2017 nên ta chọn

2
2
1
1



i
2017  z 2017  2017i 2017 2017
1
2
Suy ra phần thực của
bằng
 đáp án B.
2017
2017  z
z  2017i 

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 6-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

Cách 2 (Giải Xuôi)
z 2017
Gọi z  a  bi 
 a 2  b2  20172 (*)
2
2(2017  a  bi)
2(2017  a  bi)

 2 2
Ta có
2
2
(2017  a)  bi (2017  a)  b
a  b  2017 2  2.2017a

(*)
 

2.(2017  a  bi)
1
b


i.
2.2017.(2017  a) 2017 2017(2017  a)
2
1

bằng
 đáp án B.
2017  z
2017

Suy ra phần thực của

Câu 12. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  0 và 2log2 ( x  y)  log2 x  log2 y  3 . Khi đó tỉ
số

x
bằng bao nhiêu?
y
A. 2 .

C. 5  2 6 .

B. 3 .

D. 5  2 6 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Chọn y  1, điều kiện có dạng:
2log2 ( x  1)  log 2 x  3  log 2 ( x  1)2  log 2 (8 x)  ( x 1) 2  8 x  x 2 10 x  1  0

 x  5  2 6 x y 1
x



 x  5  2 6   5  2 6  đáp án D.
y
 x  5  2 6
Cách 2 (Giải Xuôi)
Ta có: 2log2 ( x  y)  log 2 x  log 2 y  3  log 2 ( x  y)2  log 2 (8xy)
2

x
 x
 ( x  y)  8 xy  x  10 xy  y  0 
    10.    1  0
 y
 y
2

2

y 0

2

x

1
x
x
x
y
  5  2 6 hoặc  5  2 6 
 5  2 6  đáp án D.

y
y
y

Câu 13. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  0 và log 2 ( x3  x2 y  2 y3 )  1  log 2 x  2log 2 y .
Khi đó tỉ số
A.

x
bằng bao nhiêu?
y

2.

B. 3  2 2 .

C. 3  2 2 .

D. 2 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Chọn y  1, điều kiện có dạng:
log 2 ( x3  x2  2)  1  log 2 x  log 2 ( x3  x2  2)  log 2 (2 x)
x y 1
 x3  x 2  2 x  2  0  ( x  1)( x 2  2)  0 
x  2 

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

x
 2  đáp án A.
y

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 7-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

Cách 2 (Giải Xuôi)
Ta có:
log2 ( x3  x2 y  2 y3 )  1  log 2 x  2log 2 y  log 2 ( x3  x 2 y  2 y3 )  log 2 (2 xy 2 )  x3  x2 y  2 y3  2 xy 2
3

2

x x
x
 x  x y  2 xy  2 y  0 
      2   2  0
 y  y
 y
3

2

2

y 0

3

2
x

1
 x   x 
x
x
x
y
   1    2   0   1 hoặc   2 
 2  đáp án A.
y
y
y
 y   y 


Câu 14. (Chuyên Ngữ). Cho n là số tự nhiên chẵn và a là số thực lớn hơn 3. Phương trình
sau đây có bao nhiêu nghiệm (n  1) xn2  3(n  2) x n1  a n2  0
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 4 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Việc ra các phương án nghiệm là 0 ; 1; 2; 4 chứng tỏ bài toán đúng với n, a miễn sao n là số tự

n  0
nhiên chẵn và a là số thực lớn hơn 3. Do đó ta chọn 
, khi đó phương trình có dạng:
a  4
x2  6 x  16  0 , phương trình vô nghiệm  Đáp án A.

Cách 2 (Giải Xuôi)
Xét hàm số f ( x)  (n  1) xn2  3(n  2) x n1  a n2

x

Khi đó ta có f '( x)  (n  1)(n  2) xn1  3(n  1)(n  2) x n

∞

f'(x)

3
0

+∞

+

+∞

 (n  1)(n  2) xn ( x  3) .

+∞

f(x)

f '( x)  0  x  3 hoặc x  0 (nghiệm bội chẵn).

Dựa vào bảng biến thiên ta có f ( x)  0 . Do đó phương trình

an +2 3n +2 > 0

f ( x)  0 vô nghiệm  Đáp án A.

Câu 15 (Chuyên KHTN Hà Nội). Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích là V và diện tích của
mỗi mặt của nó là S . Khi đó tổng khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó
đến các mặt của nó bằng
nV
A.
.
S

B.

V
.

nS

C.

3V
.
S

D.

V
.
3S

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Do khối đa diện đều chỉ có 5 loại ứng với n 4;6;8;12;20  và có 2 đáp án thể hiện tính bất biến
(không phụ thuộc vào n ), còn hai đáp án còn lại phụ thuộc vào n .
Do đó ta chọn n  4 (khối tứ diện đều).
Gọi M là điểm nằm trong khối tứ diện và chia khối tứ diện đều thành 4 khối chóp tam giác có
Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 8-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

đáy là các mặt có cùng diện tích S và thể tích lần lượt là V1 ,V2 ,V3 ,V4 .Khi đó :
 h  h1  h2  h3  h4 

3V1 3V2 3V3 3V4 3(V1  V2  V3  V4 ) 3V





 đáp án C.
S
S
S
S
S
S

Cách 2 (Giải Xuôi)
Gọi M là điểm nằm trong khối đa diện đều n mặt và chia khối đa diện đều thành n khối chóp
có đáy là các mặt có cùng diện tích S và có thể tích lần lượt là V1 ,V2 ,V3 ,...,Vn .Khi đó :
3V 3(V1  V2  V3  ...  Vn ) 3V
3V1 3V2 3V3


 ...  n 

 đáp án C.

S
S
S
S
S
S
Chú ý: Chỉ có 5 loại khối đa diện đều là : Tứ diện đều (4 mặt), khối lập phương (6 mặt), bát diện đều (8
 h  h1  h2  h3  ...  hn 

mặt), mười hai mặt đều (12 mặt) và hai mươi mặt đều (20 mặt).
 
Câu 16. Cho a, b là các số thực thuộc khoảng  0;  và thỏa mãn điều kiện cot a  cot b  a  b .
 2
3a  11b
Giá trị của biểu thức P 
bằng
ab
A. 5 .
B. 7 .
C. 8 .
D. 9 .

Giải
Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)
Dựa vào các phương án ta nhận thấy P cho một giá trị không đổi (bất biến), nghĩa là ta chỉ cần
tìm ra một điều kiện của a, b thỏa mãn cot a  cot b  a  b (*) là được. Dễ thấy a  b thì (*) luôn
đúng nên thay a  b vào P ta được P  7  đáp án B.
Cách 2 (Giải Xuôi)
Ta có cot a  cot b  a  b  a  cot a  b  cot b (*)
1

 
 
Xét hàm số f ( x)  x  cot x với x   0;  . Ta có f '( x)  1  2  0 , x   0; 
sin x
 2
 2
14a
 
 f ( x) đồng biến trên  0;  . Suy ra (*)  f (a)  f (b)  a  b  P 
 7  đáp án B.
2a
 2









Câu 17. Cho phương trình log 2 mx3  5mx 2  6  x  log 2m 3  x  1 . Với mọi số thực m
không âm phương trình đã cho có bao nhiêu nghiệm?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. vô số.

Giải
Dựa vào đáp số bài toán cho ta biết số nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào giá trị m
không âm. Nghĩa là nó đúng với m  0 , nên ta chọn m  0 .
Khi đó phương trình trở thành: log 2

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

6  x  0

6  x  log 2 3  x  1 (1). ĐK  x  1  0
1 x  6 .

3  x  1  0





Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 9-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

PT(1)  6  x  3  x  1  6  x  x  1  3  5  2



 6  x  x 1  9

x  2
x  5

 6  x  x  1  2   x2  7 x  6  4  

Thử lại:









+) Với x  2  PT log 2 mx3  5mx2  6  x  log 2 m 3  x  1  log 2  2  12m   log 2 m 2
phương trình này không thể nghiệm đúng m  0 , vì với m  1  log 2  12  log3 2 (vô lý).









+) Với x  5  PT log 2 mx3  5mx 2  6  x  log 2m 3  x  1  log 2 1  log 2m 1 (đúng m  0 )
Vậy m  0 phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  5  Đáp án A.
Câu 18. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log 22 x  m log 2 x  m  0
nghiệm đúng với mọi giá trị của x  (0; ) ?
A. Có 6 giá trị nguyên.

B. Có 8 giá trị nguyên.

C. Có 7 giá trị nguyên

D. Có 5 giá trị nguyên.
Giải

Cách 1 (Chọn hệ số nhờ yếu tố bất biến)

m  0
m
Chọn x  2, x  4 (0; ) , khi đó ta được hệ: 
 4  m  0 
 m  4; 3;  2;  1;0
4

m

0

 Đáp án D.
Chú ý: Ở bài toán này nếu có thêm đáp án “có 4 giá trị nghiệm nguyên” thì bạn phải thử các giá trị m

tìm được, xem có loại bỏ trường hợp nào không. Khi đó bài toán lại bị mất thời gian, và cách giải xuôi
trong trường hợp này sẽ “tối ưu” hơn.
Cách 2 (Giải Xuôi)
x(0;)
t   .
Đặt t  log 2 x 

Khi đó bài toán được phát biểu lại: “Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình
t 2  mt  m  0 nghiệm đúng với t  ”. Bài toán tương đương:
m
  m2  4m  0  4  m  0 
 m  4; 3; 2; 1;0 : Có 5 giá trị nguyên  Đáp án D.





Câu 19. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log m2 1 2  x 2  1   m  1
có nghiệm duy nhất ?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

2

D. Vô số.

Giải

Điều kiện: 2  x 2  1  0  x   3; 3  .

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

- Trang | 10-


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Pen M – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng)

Chuyên đề: Các kĩ thuật giải nhanh
Toán Trắc Nghiệm

Vì bất phương trình chỉ chứa x 2 nên nếu ta giả sử x  xo là nghiệm của bất phương trình đã cho
thì  x   xo cũng là nghiệm của bất phương trình.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất khi xo   xo  xo  0 .
Thay xo  0 vào BPT ta được: log m2 1 1   m  1   m  1  0  m  1 .
2

2

Thử lại với m  1 vào bất phương trình ta được:





log 2 2  x 2  1  0  2  x 2  1  1  x 2  1  1  x 2  1  1  x 2  0  x  0 .

Vậy với m  1 bất phương trình có nghiệm duy nhất x  0  Đáp án B.
Câu 20. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để bất phương trình 2

2 x 2  m x 1 15

 2   m  8   x 2  3x  2 

nghiệm đúng với x  1;3 ?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. vô số.

Giải
Nhận xét: Ta dễ nhận thấy phương trình x2  3x  2  0 có nghiệm x  1 và x  2 thuộc 1;3 nên
ta xét bất phương trình với x  1 và x  2 . Khi đó thay x  1, x  2 vào bất phương trình ta được
hệ:

2 2 m17  2  2m  17  1 1  2m  17  1 9  m  8



22  m  8 .
 3m 23

1


3
m

23

1

8

m


3
m

23

1
2

2




3
Thay m  8 vào lại bất phương trình ta được

2

2 x 2 8 x  7

2
 x  2 2  0

2 x  8 x  8  0

 2  2 x  8 x  7  1  1  2 x  8 x  7  1   2

1 x  3
2 x  8 x  6  0
1  x  3


2

2

Vậy với m  8 bất phương trình nghiệm đúng với x  1;3  Đáp án B.
Giáo viên
Nguồn

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt !!

Tổng đài tư vấn: 1900 69-33

: Nguyễn Thanh Tùng
: Hocmai.vn

- Trang | 11-