Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT nguyễn đức cảnh thái bình có lời giải

THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

THÁI BINH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

B. min y  2 .

A. min y  6 .

2;4

2;4

Câu 2.

x2  3
trên đoạn  2; 4 .
x 1

Cho hàm số y  f  x  có tập xác định là
G  x 

C. min y  3 .

D. min y 

2;4

2;4

, xét các hàm số F  x  

19
.
3

1
 f  x   f   x   và
2

1
 f  x   f   x   . Khẳng định nào dưới đây đúng?
2

A. F  x  là hàm số lẻ và G  x  là hàm số chẵn. B. F  x  và G  x  là hàm số lẻ.
C. F  x  và G  x  là hàm số chẵn.
Câu 3.

D. F  x  là hàm số chẵn và G  x  là hàm số

lẻ.

Cho ABC có trọng tâm G , I là trung điểm của BC . Tập hợp điểm M sao cho
2 MA  MB  MC  3 MB  MC là

Câu 4.

A. đường trung trực của đoạn GI .

B. đường tròn ngoại tiếp của ABC .

C. đường trung trực của đoạn AI .

D. đường thẳng GI .

Cho bất phương trình f  x   mx 2   2m  1 x  m  1  0 ( m là tham số). Gọi S là tập tất cả
các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm. S chứa khoảng nào trong các khoảng dưới
đây?
B.  0;1

A.  1;0 
Câu 5.

Câu 6.

D.  2;3

Tập nghiệm của bất phương trình  x 2  9  x 2  5x  4  0 là
A. S    ; 3  3;   .

B. S    ; 3  1  3;   .

C. S    ; 3  1   4;   .

D. S    ; 3  3;4    4;   .

Cho    


6

 cos   cos     sin   sin   .
P
2
2
 sin   cos     sin   cos  
2

. Tính giá trị:

A. P  2  3 .
Câu 7.

C. 1; 2 

B. P  2  3 .

C. P  3  2 .

2

D. P  3  2 .

Trong mặt phẳng Oxy, phương trình đường phân giác góc nhọn của góc tạo bởi 2 đường thẳng
1 :3x  4 y  3  0 và 2 :4 x  3 y  1  0 là
A. x  y  2  0.

B. 7 x  7 y  4  0.

C. x  y  2  0.

D. 7 x  7 y  4  0.

Trang 1


Câu 8.

Có bốn người đàn ông cần đi qua một chiếc cầu rất nguy hiểm trong đêm tối. Không may là chỉ
có một cây đuốc, không có đuốc thì không thể qua cầu được. Cầu rất yếu nên mỗi lượt chỉ đi
được hai người.Tuy nhiên, thời gian bốn người qua cầu là khác nhau, A qua 1 phút, B qua 2
phút, C qua 7 phút, D qua 10 phút. Hỏi thời gian ngắn nhất để bốn người qua cầu là bao nhiêu
phút?
A.
21.
B. 15.
C. 17 .
D. 20.
Bác Thùy dự định trồng đậu và cà trên diện tích 8a với 1a  100  m2  . Nếu trồng đậu thì cần

Câu 9.

20 công và thu lãi 3.000.000 đồng trên mỗi a, nếu trồng cà thì cần 30 công và thu lãi 4.000.000
đồng trên mỗi a . Biết tổng số công cần dùng không được vượt quá 180. Tính số tiền lãi lớn
nhất thu được.
A. 24 (triệu đồng).

B. 25 (triệu đồng).

Cho hàm số f  x  xác định trên

Câu 10.

Tính f  2  .
A. f  2   3 .

B. f  2  

11
.
3

C. 27 (triệu đồng).

D. 26 (triệu đồng).

2
 1  4x  3
\ 0 thỏa mãn 2 f  x   f   
; x  0 .
x
 x

C. f  2   4 .

D. f  2  

10
.
3

Câu 11: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình:  x  1 x  2  x  3 x  4   3 .
A.

5
2

C. 

B. 5

5
2

D. 5

Câu 12. Trong một hộp có 45 bóng có màu, trong đó có 20 bóng màu đỏ, có 15 bóng màu xanh và 10
bóng màu vàng. Cần lấy ra ít nhất bao nhiêu bóng để chắc chắn có 3 bóng cùng màu được lấy
ra.
A. 26 .

C. 28 .

B. 7 .

Câu 13. Trên đường tròn lượng giác, cho điểm M thỏa mãn AM 

D. 3 .
3
 k 2 . Khi đó gọi M  , M  lần
5

lượt là điểm đối xứng của M qua Ox , Oy . Gọi AM     k 2 ; AM     k 2 ;

 0   ,   2  . Giá trị   
A. 2 .

B. 


5

là
.

C.

9
.
5

D.

7
.
5

Câu 14. Tìm giá trị của m để bất phương trình m2 x 2  2  m  2  x  1  0 vô nghiệm.
A. m  1 và m  0 .

B. m  1 .

C. m  1 và m  0 .

D. m  1 .

Câu 15. Cho bất phương trình x2 – 5x  4 – 2  x  1  0. Số nghiệm nguyên của bất phương trình là
A. 14 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 5 .
sin A  sin B 1
  tan A  tan B  . Khi đó ABC là
cos A  cos B 2
A. tam giác vuông.
B. tam giác tù.
C. tam giác cân.

Câu 16. Cho ABC có

Câu 17. Tìm m để phương trình

D. tam giác nhọn.

mx  m  3
 1 1 có nghiệm.
x 1

Trang 2


m  1
A. 
.
m   3

2

m  1

B. 
3.
m   2

3
C. m   .
2

D. m  1.

 x  4m2  2mx  1
Câu 18. Cho phương trình 

. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng  10;10  của
3x  2  2 x  1
tham số m để hệ vô nghiệm?
A. 18.
B. 7.
C. 10.
D. 8.
Câu 19. Cho phương trình x 2 

x  0.
m  0
A. 
.
m  4
3


1
1

 1  3m   x    3m  0 . Tìm m để phương trình có nghiệm
2
x
x


m  0
B. 
.
m  3


4

m  0
C. 
.
m  4
3


D. m  0 .

Câu 20. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
A. M  m  11 .

C. M  m  9 .

B. M  m  8 .

x2  8x  7
. Tìm M  m .
x2  1
D. M  m  10 .

II. PHẦN TỰ LUẬN.
cos 7 x  cos8 x  cos9 x  cos10 x
.
sin 7 x  sin 8 x  sin 9 x  sin10 x

Bài 1:

Với giả thiết biểu thức có nghĩa hãy rút gọn: A 

Bài 2:

Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x2  2mx  m2  2  0 .
Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P  2 x1 x2  x1  x2  4 .

Bài 3:

Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn

 C  : x2  y 2  10x  8 y  1  0

với đường thẳng

 :  x  y  5  0 . Qua M thuộc đường thẳng  , kẻ 2 tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn

 C  với

A , B là tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn để SIAB đạt giá trị lớn nhất (với I

là tâm đường tròn  C  ) là
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
1-A

2-D

3-A

4-A

5-C

6-D

7-B

8-C

9-D

10-B

11-D

12-B

13-C

14-B

15-C

16-C

17-B

18-D

19-C

20-D

( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Trang 3


Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x2  3
trên đoạn  2; 4 .
x 1
C. min y  3 .

B. min y  2 .

A. min y  6 .

2;4

2;4

2;4

D. min y 
2;4

19
.
3

Lời giải
Chọn A

x2  3
4
4
Ta có y 
 y  x 1
 y  x 1
 2.
x 1
x 1
x 1
Trên  2; 4 thì x  1  0 ;

4
0.
x 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số x  1 ;

y  x 1 

4
22
x 1

4
ta được:
x 1

 x  1 

4 
 26.
 x 1 

Dấu “  ”xảy ra khi và chỉ khi x  1 

4
 x  3.
x 1

Vậy min y  6 đạt được khi x  3 .
2;4

Câu 2.

Cho hàm số y  f  x  có tập xác định là

G  x 

, xét các hàm số F  x  

1
 f  x   f   x   và
2

1
 f  x   f   x   . Khẳng định nào dưới đây đúng?
2

A. F  x  là hàm số lẻ và G  x  là hàm số chẵn. B. F  x  và G  x  là hàm số lẻ.
D. F  x  là hàm số chẵn và G  x  là hàm số

C. F  x  và G  x  là hàm số chẵn.
lẻ.

Lời giải
Chọn D
Tập xác định của F  x  và G  x  là

x  , F   x  

.









1
1
f   x   f    x    f   x   f  x   F  x  . Suy ra F  x  là hàm
2
2

số chẵn.

x  , G   x  

1
1
f   x   f    x    f   x   f  x   G   x  . Suy ra G  x  là hàm
2
2

số lẻ.
Trang 4


Câu 3.

Cho ABC có trọng tâm G , I là trung điểm của BC . Tập hợp điểm M sao cho
2 MA  MB  MC  3 MB  MC là

A. đường trung trực của đoạn GI .

B. đường tròn ngoại tiếp của ABC .

C. đường trung trực của đoạn AI .

D. đường thẳng GI .
Lời giải

Chọn A
Ta có: 2 MA  MB  MC  3 MB  MC  2 3MG  GA  GB  GC  3 2MI  IB  IC

 MG  MI .
Vậy tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn GI .
Câu 4.

Cho bất phương trình f  x   mx 2   2m  1 x  m  1  0 ( m là tham số). Gọi S là tập tất cả
các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm. S chứa khoảng nào trong các khoảng dưới
đây?
A.  1;0 

C. 1; 2 

B.  0;1

D.  2;3

Lời giải
Chọn A
Ta làm phủ định.
Tìm m để bất phương trình f  x   mx 2   2m  1 x  m  1  0 vô nghiệm.

- Xét m  0 , bất phương trình trở thành:  x  1  0 có nghiệm. Vậy m  0 không làm cho bất
phương trình vô nghiệm.
- Xét m  0 , bất phương trình vô nghiệm khi
m  0
m  0
m  0
1




1 m .
2
8
  0
(2m  1)  4m(m  1)  0
m  8

1
1
, tức là bất phương trình có nghiệm khi m  .
8
8
1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ;  .
8


Từ đó có bất phương trình vô nghiệm khi m 

Chọn đáp án A.
Câu 5.

Tập nghiệm của bất phương trình  x 2  9  x 2  5x  4  0 là
A. S    ; 3  3;   .

B. S    ; 3  1  3;   .

C. S    ; 3  1   4;   .

D. S    ; 3  3;4    4;   .
Lời giải

Chọn C
Trang 5


x  4
Điều kiện: x2  5x  4  0  
.
 x 1




x  4
Với x2  5x  4  0  
là nghiệm của bất phương trình trên
1 .

 x 1
 x3
x  4
Với x2  5x  4  0  
thì bất phương trình trở thành: x2  9  0  
.
 x  3
 x 1

 x4
So với điều kiện ta được: 
 x  3

 2 .

Từ 1 và  2  ta được S    ; 3  1   4;   .
Câu 6.

Cho    


6

 cos   cos     sin   sin   .
P
2
2
 sin   cos     sin   cos  
2

. Tính giá trị:

B. P  2  3 .

A. P  2  3 .

2

C. P  3  2 .

D. P  3  2 .

Lời giải
Chọn B
Ta có:

 cos   cos     sin   sin  
P
2
2
 sin   cos     sin   cos  
2

2

cos 2   cos 2   2 cos  cos   sin 2   sin 2   2sin  sin 

sin 2   cos 2   2sin  cos   sin 2   cos 2   2sin  cos 
 
2  2 cos  

2  2  cos  cos   sin  sin   2  2 cos    
6
P


2  2  sin  cos   sin  cos   2  2sin    
 
2  2sin  
6

P  2 3 .
Vậy P  2  3 .
Câu 7.

Trong mặt phẳng Oxy, phương trình đường phân giác góc nhọn của góc tạo bởi 2 đường thẳng
1 :3x  4 y  3  0 và 2 :4 x  3 y  1  0 là
B. 7 x  7 y  4  0.

A. x  y  2  0.

C. x  y  2  0.

D. 7 x  7 y  4  0.

Lời giải

Chọn B
Áp dụng công thức phương trình đường phân giác của hai đường thẳng ta có:

3x  4 y  3

32  42



4x  3 y 1
42  32

7 x  7 y  4  0  d1 

.
 x  y  2  0  d 2 

Gọi 1 ;  2 lần lượt là góc giữa d1 với 1 và d 2 với 1
Trang 6


Ta có cos 1 
Do cos 1 

7.3  7.4
72  72 . 32  42



1.3  1.4
7 2
2
và cos  2 
.


10
72  72 . 32  42 70

2

nên 0  1  .
4
2

Do đó  d1  : 7 x  7 y  4  0 là phương trình đường phân giác góc nhọn của hai đường thẳng

1 và  2 .
Câu 8.

Có bốn người đàn ông cần đi qua một chiếc cầu rất nguy hiểm trong đêm tối. Không may là chỉ
có một cây đuốc, không có đuốc thì không thể qua cầu được. Cầu rất yếu nên mỗi lượt chỉ đi
được hai người.Tuy nhiên, thời gian bốn người qua cầu là khác nhau, A qua 1 phút, B qua 2
phút, C qua 7 phút, D qua 10 phút. Hỏi thời gian ngắn nhất để bốn người qua cầu là bao nhiêu
phút?
B.
21.
B. 15.
C. 17 .
D. 20.
Lời giải
Chọn C
A, B đi cùng nhau mất 2 phút. A quay lại đưa đuốc cho C, D mất 1 phút.
C, D cùng đi mất 10 phút. B quay lại đón A mất 4 phút.
Tổng: 17 phút.

Câu 9.

Bác Thùy dự định trồng đậu và cà trên diện tích 8a với 1a  100  m2  . Nếu trồng đậu thì cần
20 công và thu lãi 3.000.000 đồng trên mỗi a, nếu trồng cà thì cần 30 công và thu lãi 4.000.000
đồng trên mỗi a . Biết tổng số công cần dùng không được vượt quá 180. Tính số tiền lãi lớn
nhất thu được.
A. 24 (triệu đồng).

B. 25 (triệu đồng).
C. 27 (triệu đồng).
Lời giải

D. 26 (triệu đồng).

Chọn D
Gọi x , y theo thứ tự là diện tích trồng đậu và cà (đơn vị a ).
Điều kiện : x  0 , y  0 ; x, y 

.

Số công cần và số tiền lãi thu được trên diện tích trồng đậu là: 20x (công) và 3.000.000x
(đồng).
Số công cần và số tiền lãi thu được trên diện tích trồng cà là: 30 y (công) và 4.000.000y
(đồng).
Vì tổng diện tích trồng đậu và cà là 8a nên ta có phương trình: x  y  8 .
Tổng số công cần dùng là: 20 x  30 y (công).
Số tiền lãi tộng cộng là: 3.000.000 x  4.000.000 y .
Vì tổng số công cần dùng không được vượt quá 180 nên x , y thỏa mãn hệ bất phương trình

20 x  30 y  180

x  y  8

1 .

x  0
 y  0

Trang 7


Ta cần tìm nghiệm x0 , y0 của hệ bất phương trình 1 để A  3.000.000x  4.000.000 y lớn
nhất.
Miền nghiệm của hệ trên là đoạn thẳng BC . Giá trị lớn nhất của biểu thức A tại một trong các
đầu mút của đoạn thẳng. Ta thấy A 8,0   24.000.000 và A  6, 2   26.000.000 .
Vậy tiền lãi lớn nhất thu được là 26 triệu đồng.

Câu 10.

Cho hàm số f  x  xác định trên

Tính f  2  .
A. f  2   3 .

B. f  2  

2
 1  4x  3
\ 0 thỏa mãn 2 f  x   f   
; x  0 .
x

 x

C. f  2   4 .

11
.
3

D. f  2  

10
.
3

Lời giải
Chọn B

 1  19
Thay x  2 , ta được: 2 f (2)  f   
(1)
2 2
1
1
Thay x  , ta được: 2 f    f (2)  8 (2)
2
2
11

 f (2)  3
Từ (1) và (2), giải hệ phương trình ta được: 

 f  1   13
  2  6

Vậy chọn đáp án B.

Câu 11: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình:  x  1 x  2  x  3 x  4   3 .
Trang 8


A.

5
2

C. 

B. 5

5
2

D. 5

Lời giải

Chọn D
Xét  x  1 x  2  x  3 x  4   3

  .

Đặt u   x  1 x  4  x 2  5x  4 ; v   x  2 x  3  x 2  5x  6 .

 v u2
 v u  3
 v u2

 2
Từ     
v  u  2  u  2   u  3 u  2u  3  0
u  1
u  3

I   
 II  .
v  3
 v  1


5  13
x

 x  5x  4  1
2
Từ  I  , ta có:  2
.
 x2  5x  3  0  

5  13
 x  5x  6  3
x 


2
 x 2  5 x  4  3
 x 2  5 x  7  0  x  .
Từ  II  , ta có:  2
 x  5 x  6  1
2





Vậy tổng các nghiệm của phương trình  x  1 x  2  x  3 x  4   3 là 5 .

Câu 12. Trong một hộp có 45 bóng có màu, trong đó có 20 bóng màu đỏ, có 15 bóng màu xanh và 10
bóng màu vàng. Cần lấy ra ít nhất bao nhiêu bóng để chắc chắn có 3 bóng cùng màu được lấy
ra.
A. 26 .

C. 28 .

B. 7 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B
Theo Nguyên lý Dirichlet, tối đa lấy được 6 quả bóng sao cho có 2 bóng màu đỏ, 2 bóng màu
xanh và 2 bóng màu vàng. Vậy để chắc chắn có 3 quả cùng màu được lấy ra, ta chỉ cần lấy
thêm một quả nữa bất kì. Vậy cần lấy ra ít nhất 7 quả.

Chọn đáp án B.
Câu 13. Trên đường tròn lượng giác, cho điểm M thỏa mãn AM 

3
 k 2 . Khi đó gọi M  , M  lần
5

lượt là điểm đối xứng của M qua Ox , Oy . Gọi AM     k 2 ; AM     k 2 ;

 0   ,   2  . Giá trị   
A. 2 .

B. 


5

là
.

C.

9
.
5

D.

7
.

5

Trang 9


Lời giải
Chọn C

Có   2 

3
3
3 9
3
;   
nên     2 
.
 

5
5
5
5
5

Câu 14. Tìm giá trị của m để bất phương trình m2 x 2  2  m  2  x  1  0 vô nghiệm.
A. m  1 và m  0 .

C. m  1 và m  0 .

B. m  1 .

D. m  1 .

Lời giải
Chọn B


Với m  0, bất phương trình thành 4 x  1  0  x 

1
.
4

Do đó với m  0 , bất phương trình không vô nghiệm.


Với m  0, để bất phương trình vô nghiệm thì:

2

4  m  1  0
   0
m 1
 m  2   m2  0


 m  1.

 2

m0
m0

m  0
m  0



Vậy với m  1 thì bất phương trình vô nghiệm.
Câu 15. Cho bất phương trình x2 – 5x  4 – 2  x  1  0. Số nghiệm nguyên của bất phương trình là
A. 14 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x  1

x2 – 5x  4 – 2  x  1  0   x  1 x  4   2 x  1  0 .
Đặt t  x  1 , t  0 .

Trang 10


Khi đó bất phương trình thành t 2  t 2  3  2t  0  t  t 3  3t  2   0 1 .
Với t  0 thì 1 thành 0  0 (vô lý).
Với t  0 thì 1  t 3  3t  2  0   t  1  t  2   0  t  2  0  t  2 .
2

Suy ra 0  t  2  0  x  1  2  1  x  5 .

Do đó nghiệm nguyên của bất phương trình là x  2;3; 4 .
Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là 3.
sin A  sin B 1
  tan A  tan B  . Khi đó ABC là
cos A  cos B 2
A. tam giác vuông.
B. tam giác tù.
C. tam giác cân.

Câu 16. Cho ABC có

D. tam giác nhọn.

Lời giải
Chọn C
Từ giả thiết ta có:
sin A  sin B 1
  tan A  tan B 
cos A  cos B 2

A B
A B
cos
2
2  1 sin  A  B 

A B
A  B 2 cos A.cos B
2 cos
cos

2
2
2sin

 cot

C 1
sin C

2 2 1 cos A  B  cos A  B



 
2

 cot

C
sin C
.

2   cos C  cos  A  B  

Vì cos  A  B   1   cos C  cos  A  B   1  cos C .
Mặt khác:

sin C
C
 cot  0   cos C  cos  A  B   0 .

2
  cos C  cos  A  B  

sin C
sin C


Nên:
  cos C  cos  A  B   1  cos C

C
C
cos
2
2  cot C .
C
2
2sin 2
2

2sin

Dấu “  ” xảy ra  cos  A  B   1  A  B  0  A  B .
Vậy tam giác ABC cân tại C .
Câu 17. Tìm m để phương trình

mx  m  3
 1 1 có nghiệm.
x 1

Trang 11


m  1
A. 
.
m   3

2

m  1

B. 
3.
m   2

3
C. m   .
2

D. m  1.

Lời giải
Chọn B
Tập xác định: D    ; 1   1;   .
Khi đó: 1   m  1 x  m  4  2  .
+ Trường hợp 1: m  1 thay vào  2  ta có 0  5 (vô lí)  m  1 không thỏa mãn.
+ Trường hợp 2: m  1

 2  x 

m4
.
m 1

Để phương trình 1 có nghiệm thì x 

m4
3
 1  m   .
m 1
2

3
Vậy giá trị m cần tìm là m  1 và m   .
2

 x  4m2  2mx  1
Câu 18. Cho phương trình 
. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng  10;10  của
3x  2  2 x  1
tham số m để hệ vô nghiệm?
A. 18.
B. 7.

C. 10.

D. 8.

Lời giải

Chọn D
2

 x 1  2m   1  4m
Hệ bất phương trình  
1 , vì m nguyên nên 1  2m  0 .

 x  3

+ Trường hợp 1: 1  2m  0 .
 x  1  2m
, hệ bất phương trình luôn có nghiệm.
 x  3

1  

+ Trường hợp 2: 1  2m  0 .
 x  1  2m
, hệ bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi 1  2m  3  m  2 .
 x  3

1  

Theo giả thuyết m  10;10  , m . Suy ra m9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2 .
Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 19. Cho phương trình x 2 

1
1


 1  3m   x    3m  0 . Tìm m để phương trình có nghiệm
2
x
x


x  0.

Trang 12


m  0
A. 
.
m  4
3


m  0
B. 
.
m  3

4

m  0
C. 
.
m  4
3



D. m  0 .

Lời giải
Chọn C
t  1  l 
1
Đặt t  x  ,  t  2  phương trình đã cho trở thành t 2  1  3m  t  3m  2  0  
.
x
t

3
m

2

4

m

Do đó phương trình đã cho có nghiệm x  0  3m  2  2 
3.

m  0

Câu 20. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
A. M  m  11 .

C. M  m  9 .

B. M  m  8 .

x2  8x  7
. Tìm M  m .
x2  1
D. M  m  10 .

Lời giải
Chọn D
Gọi y0 là một giá trị bất kỳ của hàm số y 

x2  8x  7
.
x2  1

x2  8x  7
 y0  y0  x 2  1  x 2  8x  7   y0  1 x 2  8x  y0  7  0 1 .
2
x 1
Phương trình 1 có nghiệm khi:
+ Với y0  1  0  y0  1 thì phương trình 1 có nghiệm x 

3
nên y0  1 thỏa mãn.
4

+ Với y0  1  0  y0  1 thì phương trình 1 có nghiệm khi và chỉ khi   0

 16   y0  1 y0  7   0   y02  8 y0  9  0  1  y0  9 .
Kết hợp cả hai trường hợp ta được 1  y0  9 .
+ Với y0  1 phương trình (1)  2 x2  8x  8  0  x  2 .
1
+ Với y0  9 phương trình (1)  8x2  8x  2  0  x   .
2
1
Do đó M  9 , đạt được khi x   ; m  1 , đạt được khi x  2 .
2

Vậy M  m  10 .
II. PHẦN TỰ LUẬN.
Bài 1:

cos 7 x  cos8 x  cos9 x  cos10 x
.
sin 7 x  sin 8 x  sin 9 x  sin10 x
Lời giải

Với giả thiết biểu thức có nghĩa hãy rút gọn: A 

Trang 13


A

cos 7 x  cos8 x  cos9 x  cos10 x cos 7 x  cos10 x   cos8 x  cos 9 x 

sin 7 x  sin 8 x  sin 9 x  sin10 x
sin 7 x  sin10 x   sin 8 x  sin 9 x 

17 x 
3x
x
17 x
17 x
3x
17 x
x
2 cos
cos  2 cos
cos
 cos  cos  cos
2
2
2


2  cot 17 x .
2
2
2
2 

17 x
17 x
3x
17 x
x
17 x 

3x
x
2
2sin
cos  2sin
cos
2sin
cos  cos  sin

2
2
2
2
2
2 
2
2

2 cos

Cách biến đổi khác:
Ta có: A 


cos 7 x  cos8 x  cos9 x  cos10 x
sin 7 x  sin 8 x  sin 9 x  sin10 x

 cos 7 x  cos 9 x    cos8x  cos10 x   2.sin 8x.sin   x   2.sin 9 x.sin   x 
 sin 7 x  sin 9 x    sin 8x  sin10 x  2.cos8x.sin   x   2.cos 9 x.sin   x 

 17 x 
 x
2.cos 
.sin  

sin 9 x  sin 8 x
 2 
 2   cot  17 x  .




cos8 x  cos 9 x
 17 x 
 x
 2 
2.sin 
.sin




 2 
 2

Cách biến đổi khác:
A

cos 7 x  cos8 x  cos9 x  cos10 x  cos 7 x  cos8 x    cos 9 x  cos10 x 


sin 7 x  sin 8 x  sin 9 x  sin10 x
 sin 7 x  sin 8x    sin 9 x  sin10 x 

15 x
19 x
15 x
x
17 x
19 x
x
sin
 sin
2 cos
sin  2sin
sin x
sin
2
2
2
2
2
2 
2


15 x
x
19 x
x
17 x

15 x
19 x 

2 cos
sin  2 cos
sin
2sin
sin x
  cos
 cos

2
2
2
2
2
2
2 

17 x
cos
2  cot 17 x .

17 x
2
sin
2
2sin

Bài 2:

Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x2  2mx  m2  2  0 .
Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P  2 x1 x2  x1  x2  4 .
Lời giải
Phương trình 2 x  2mx  m  2  0 có 2 nghiệm x1 ; x2
2

2

   m2  2  m2  2   4  m2  0  m2  4  m  2  2  m  2 .
 x1  x2  m
m2  2

2

P

2
 m  4  m2  m  6 .
Khi đó, theo Viet, ta có: 
m 2
2
 x1.x2 

2

Xét hàm f  m   m2  m  6 có bảng biến thiên:

Trang 14

nên f  m  có bảng biến thiên trên đoạn  2; 2 như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy P  m2  m  6 đạt max bằng
Bài 3:

Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn

25
1
tại m  .
4
2

 C  : x2  y 2  10x  8 y  1  0

với đường thẳng

 :  x  y  5  0 . Qua M thuộc đường thẳng  , kẻ 2 tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn

 C  với

A , B là tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn để SIAB đạt giá trị lớn nhất (với I

là tâm đường tròn  C  ) là
Lời giải

Đường tròn  C  có tâm I  5; 4  và bán kính R 

 5

2

 42  1  40 .

Gọi H là giao điểm của MI và AB  MI vuông góc với AB tại H và H là trung điểm của
AB .
S IAB 

1
IH . AB  IH . AH .
2

Trang 15


Ta lại có: IH 2  AH 2  IA2  R2  40  IH . AH 

IH 2  AH 2 40

 20 .
2
2

Dấu “=” xảy ra  IH  AH  20 .
Xét IAM vuông tại A , AH là đường cao có: IH .IM  IA2  40  IM 

40
40


 2 20 .
IH
20

(Cách khác: Theo góp ý của thầy Nguyễn Mạnh Hà).

S IAB 

1
1
IA.IB.sin AIB  R 2 .sin AIB .
2
2

Để S IAB đạt giá trị lớn nhất thì sin AIB đạt giá trị lớn nhất  sin AIB  1  AIB  90  AIB
là tam giác vuông cân tại I

 AIBM là hình vuông cạnh R  IM  R 2  2 20 .
t  3
2
2
Vì M   M  t ; t  5  IM 2   t  5   t  1  80  2t 2  12t  54  0  
.
t  9
Với t  3  M  3;8 .
Với t  9  M  9; 4  .
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài toán: M  3;8 hoặc M  9; 4  .

Trang 16