Đề thi KSCL 8 tuần HK1 môn Toán 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 8 TUẦN HỌC KÌ I
NĂM HỌC 2019 - 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán - Lớp: 12 ABD
Thời gian làm bài: 90 phút;

Đề thi gồm 05 trang
Mã đề thi: 132

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ và tên thí sinh:.......................................................................... SBD: ...................

(

Câu 1: Tập xác định của hàm số f ( x ) = 9 x 2 − 25
 5
A.  \ ±  .
 3

5

B.  ; +∞  .
3


Câu 2: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
A. x = −1.

B. y = 2.
5

Câu 3: Cho

∫
2

)

−2

+ log 2 ( 2 x + 1) là
 1
 5 
C.  − ; +∞  \  
 2
 3

1− 2x
là
x +1
C. y = −2.

 1

D.  − ; +∞  .
 2


D. y = 1.

2

f ( x ) dx = 10 . Kết quả ∫  2 − 4 f ( x ) dx bằng:

A. 32.

5

B. 34.

C. 36.

D. 40.

Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho A ( −1; −2;0 ) , B ( −5; −3;1) , C ( −2; −3; 4 ) . Trong các mặt cầu đi qua
ba điểm A, B , C mặt cầu có diện tích nhỏ nhất có bán kính R bằng
5 2
3 6
C. R = 3.
D. R =
.
.
2
2
Câu 5: Cho F ( x) = cos 2 x − sin x + C là nguyên hàm của hàm số f ( x). Tính f (π ).

A. R = 6 .

B. R =

A. f (π ) = −3.

B. f (π ) = −1.

D. f (π ) = 0.

C. f (π ) = 1.

Câu 6: Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a ,
AC = a 3 , AA′ = 2a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .
A. R = 2a 2 .

B. R = a .

C. R = a 2 .

D. R =

a 2
.
2

=
y f ( x ) + e − x nghịch
Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có f ′ ( x ) đồng biến trên  và f ′ ( 0 ) = 1. Hàm số
biến trên khoảng nào cho dưới đây?
A. ( 0; +∞ ) .

B. ( −2;0 ) .

C. ( −∞;1) .

D. ( −1;1) .

Câu 8: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y =( m − 1) x 4 − 2 ( m − 3) x 2 + 1 không có cực đại.
A. 1 < m ≤ 3

B. m ≥ 1

C. 1 ≤ m ≤ 3

D. m ≤ 1

Câu 9: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn f (1) = 1 và đồng thời

f 2 ( x ) . f ' ( x ) = xe x với mọi x thuộc . Số nghiệm của phương trình f ( x ) + 1 =0 là
A. 3.

B. 2.

C. 0.

D. 1.

Câu 10: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
nghiệm phân biệt
 65 

A. m ∈  ;3  .
 27 

 49 
B. m ∈  ;3  .
 27 

(

)

2 +1

C. m ∈ ( 2;3)

x − x+2
2

(

)

= 2 −1

x3 − m

có ba

D. m ∈∅.

Trang 1/5 - Mã đề thi 132 - />

Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho A ( 4;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là
4 2 
B. I  ; ; 0  .
3 3 

A. I ( 2; −1; 0 ) .

C. I ( −2;1; 0 ) .

D. I ( 2;1; 0 ) .

C. 101 .

D. 99.

Câu 12: Phương trình log ( x + 1) =
2 có nghiệm là
A. 19.

B. 1023.

Câu 13: Tổng giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số f ( x ) =
( x − 6 ) x 2 + 4 trên đoạn

[0;3] có dạng a − b

c với a là số nguyên và b , c là các số nguyên dương. Tính S = a + b + c .

B. −22 .

A. 5 .

C. −2 .

D. 4 .

Câu 14: Hình nón  N  có đỉnh S, tâm đường tròn đáy là O, góc ở đỉnh bằng 120. Một mặt phẳng qua

S cắt hình nón  N  theo thiết diện là tam giác vuông SAB. Biết khoảng khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SO bằng 3. Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón  N .
A. S xq  36 3 .

B. S xq  27 3 .

C. S xq  18 3

D. S xq  9 3 .

Câu 15: Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số
1 3
y=
x − ( m + 1) x 2 + ( m 2 + 2m ) x − 3 nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
3
A. S = ∅ .

B. S =

[ −1;0]

Câu 16: Khẳng định nào sau đây đúng ?
15
16
1 2
A. ∫ x ( x 2 + 7 ) dx=
x + 7) + C .
(
32
15
16
1
C. ∫ x ( x 2 + 7 ) dx = ( x 2 + 7 ) .
16

D. S = [ 0;1] .

{−1} .

C. S =

∫ x(x

+ 7 ) dx =

16
1 2
x + 7) .
(
32

15
16
1 2
D. ∫ x ( x 2 + 7 ) dx =
x + 7) + C .
(
2

B.

2

15

Câu 17: Một ô tô đang chuyển động đều với vận tốc 12 ( m / s ) thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô
tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) =
−2t + 12 ( m / s ) (trong đó t là thời gian tính bằng giây, kể
từ lúc đạp phanh). Hỏi trong thời gian 8 giây cuối (tính đến khi xe dừng hẳn) thì ô tô đi được quãng
đường bao nhiêu?
A. 60m
B. 100m
C. 16m
D. 32m
Câu 18: Biết

11

2

∫ f ( x ) dx = 18. Tính I =∫ x 2 + f ( 3x

−1

A. I = 10 .

0

2

− 1) dx .

C. I = 7 .

B. I = 5 .

D. I = 8

Câu 19: Đồ thị của hàm số y =
− x + 3 x + 5 có hai điểm cực trị A và B. Diện tích S của tam giác OAB
với O là gốc tọa độ.
A. S = 9
B. S = 6.
C. S = 10
D. S = 5
Câu 20: Trong các hàm số sau hàm số nào đồng biến trên .
3

2

−x

1
A. y =   .
π

B. y = 20191− x.

C. y = x 2 .

D. y log 2 ( x 2 + 1)
=

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho A ( − 1; 2;0 ) , B ( 3; − 1;0 ) . Điểm C ( a; b;0 ) ( b > 0 ) sao cho tam giác

ABC cân tại B và diện tích tam giác bằng
A. T = 29.

B. T = 9.

25
. Tính giá trị biểu thức T
= a 2 + b 2.
2
C. T = 25.
D. T = 45.

0 có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 . Tính giá trị biểu
Câu 22: Biết phương trình log 3 x − log 5 x log 2 x =
thức T = log 2 ( x1 x 2 ) .
A. log 5 2.

B. log 5 3.

C. log 3 5.

D. 1 + log 2 5.

Trang 2/5 - Mã đề thi 132 - />

Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 4 z =
0. Đường kính mặt cầu

( S ) bằng
A. 9.

B. 3.

C. 18.

Câu 24: Cho hàm số y = ax + bx + cx + d có đồ
thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
3

A.
B.
C.
D.

2

a > 0, b > 0, c < 0, d > 0 .
a < 0, b < 0, c < 0, d > 0 .
a < 0, b > 0, c < 0, d > 0 .
a < 0, b > 0, c > 0, d < 0 .

D. 6.

y

x

O

Câu 25: Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 x
A. 1 .
B. 4

2

−x

+ 2 x − x−2 = 4 x
C. 2 .
2

2

− x −1

+ 1 . Số phần tử của tập S là

D. 3 .

Câu 26: Đồ thị hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có hai điểm cực trị A (1; − 7 ) , B ( 2; − 8 ) . Tính y ( −1) ?

−11
A. y ( −1) =

11
C. y ( −1) =

7.
B. y ( −1) =

−35
D. y ( −1) =

Câu 27: Gọi F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = ln x thỏa F (1) = 3. Tính
=
T 2 F ( e ) + log 4 3.log 3 [ F (e) ] .
A. T=

9
⋅
2

B. T = 17.

D. T = 8.

C. T = 2.

Câu 28: Có bao nhiêu số nguyên dương của tham số thực m thì phươn trình 362 x − m = 6 x có nghiệm
nhỏ hơn 4.
B. 7.
C. 26.
D. 27.
A. 6.
Câu 29: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 5 là:
A. F ( x ) = x 3 + x 2 + 5 .

B. F ( x ) = x3 + x 2 + C .

C. F ( x ) = x3 + x + C .

D. F ( x ) = x 3 + x 2 + 5 x + C .

Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  có bảng biến thiên như sau:

x

−∞

−1

y'

+

y

0
3

−∞
Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 2 =
0 là
A. 0.
C. 2.

0

−

0

+

−

0
3

−∞

1
B. 3.
D. 4.

Câu 31: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
bốn nghiệm phân biệt.

 1 1
A. m ∈  − ;  .
 3 3
 1 1
C. m ∈  − ;  \ {0}
 3 3
e

Câu 32: Biết ∫
1

A. T = 1.

+∞

1

4

+ 1) 3 x

4

−( x + m )

2

= x 2 + 2mx + m 2 + 1 có

 1 1

B. m ∈  − ;  \ {0}
 4 4

D. m ∈ ( − 1;1) \ {0} .

1 − ln x

( x + ln x )

(x

2

dx =

1
với a, b ∈ . Tính T
= 2a + b 2
ae + b

B. T = 4.

C. T = 2.

D. T = 3.

Trang 3/5 - Mã đề thi 132 - />



Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho A (1;0;1) . Tìm tọa độ điểm C thỏa m�  b  c  d  7
a  2
8a  4b  2c  d  8
b  9


+ Đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B ta có hệ 

3a  2b  c  0
c  12
12a  4b  c  0
d  12
+ Vậy y  2x 3  9x 2  12x  12  y ( 1)  35 .
Câu 27. Chọn B
e

Ta có  ln xdx  F  e   F 1 .
1
e

e e
e
Xét I   ln xdx  x ln x   dx   x ln x  x   e ln e  e  1ln1  1  1 .
1 1
1
1
Khi đó: 1  F  e   F 1  F  e   4 .
Vậy T  24  log 4 3.log 3 4  17 .
Câu 28. Chọn A
Phương trình 36

2 x m

Với x  4  m 

x

 6 6

4 x 2 m

x
2

 6  4 x  2m 

x
7x
m
.
2
4

7x
 7 , mặt khác m   * nên m  1; 2;3; 4;5;6 .
4

Câu 29. Chọn D
Ta có:  (3 x 2  2 x  5)dx  x 3  x 2  5 x  C .
Câu 30. Chọn D

Số nghiệm của phương trình f ( x)  2  0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) và đường thẳng
y  2 . Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy được số giao điểm là 4.
Câu 31. Chọn B
4
2
3x 1
2
x4  x  m 
4
2
2
4
● Ta có  x  1 3
 x  2mx  m  1   x  1
  x  m  1.
2
x  m 1
3 
2
4
2
  x 4  1 3 x 1   x  m   1 3 x  m  1 .


t
t
t
● Xét hàm số f  t   t.3 , t   0;   . Ta có f '  t   3  t.3 .ln 3  0, t   0;   ,

 x2  x  m  0

 x2  x  m
2
Suy ra x 4  1   x  m   1   2
 2
 x  x  m
x  x  m  0

1 .
 2

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hai phương trình 1 và  2  đều
có hai nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung.
1
.
4
1
Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt khi  2  1  4m  0  m  .
4
Giả sử x0 là nghiệm chung của phương trình 1 và phương trình  2  , khi đó

Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khi 1  1  4m  0  m  

x02  x0  m   x02  x0  x0  0 . Suy ra m  0 thì phương trình 1 và  2  có nghiệm chung.
12


1 1
Vậy giá trị m cần tìm là m    ;  \ 0 .
 4 4
Câu 32. Chọn D

e
 ln x 
1 ln x
d
1

e

e
e


1  ln x
1
1
x 

x 2 x 2 dx 

Ta có: 
d
x


2


ln x 2
ln x
ln x 2

( x  ln x)
e 1
1 (1 
1 (1 
1
)
1
)
x 1
x
x
a  1

. Khi đó: T  2a  b 2  3 .
b  1
Câu 33. Chọn A

Gọi điểm C  xC ; yC ; zC  , ta có: AC   xC  1; yC ; zC  1 .

 xC  1  0
 xC  1



Khi đó, AC   0; 6;1   yC  6   yC  6 .
z 1  1
z  2
 C
 C
Vậy, tọa độ điểm C 1;6; 2  .

Câu 34. Chọn B
S

C
A

H

B

Gọi H là trung điểm AB khi đó SH và CH vuông góc với AB.
1
AB. 3
Ta có: AB  SA2  SB 2  4 a 2  2 a; SH  AB  a; CH 
 a 3.
2
2
^

^

( SAB )  ( ABC ); CH  AB; ( SAB )  ( ABC )  AB  CH  ( SAB )   SC , ( SAB )   CSH .

Xét tam giác CSH vuông tại H:
CH a 3
tan S 

 3.
SH

a
Vậy góc giữa SC và ( SAB) bằng 600.
Câu 35. Chọn D
Tập xác định của hàm số: D   1;   \ 0 .
x 1 x 1
 0 nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y  0 .
x 
x2  2 x

Ta có, lim y  lim
x 

13


x 1 x 1 1
nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

x 0
x 0
x2  2 x
4
Vậy, đồ thị hàm số đã cho có 1 đường tiệm cận.
Câu 36. Chọn C
+ Vì ABCD là hình thang cạnh đáy AD nên ta có AD / / BC . Gọi h là khoảng cách giữa hai đáy, ta có:
1
1
1
1
SABC  h.BC và S ABCD  h.( BC  AD)  h.BC  h. AD

2
2
2
2
1
1
3
Theo giả thiết ta có: S ABCD  3SABC  h.BC  h. AD  h.BC  AD  2 BC
2
2
2

+ BC  ( 5; 2;1), BC  25  4  1  30 .

Đường thẳng AD đi qua A và nhận BC  ( 5; 2;1) làm vecto chỉ phương có phương trình là:

Dễ có, lim y  lim

 x  1  5t

 y  4  2t (t   ) . Tọa độ điểm D có dạng D ( 1  5 t; 4  2 t; 2  t)
z  2  t


2
2
2
+ AD  ( 5t ; 2t ; t ); AD  25t  4t  t  t 30
t  2
AD  2 BC  t 30  2 30  t  2  

 t  2


Với t  2  D(11;0; 4) , véc tơ AD và BC cùng hướng nên thỏa mãn ABCD là hình thang.


Với t  2  D(9;8;0) , véc tơ AD và BC ngược hướng nên không thỏa mãn ABCD là hình thang.
Vậy có một điểm D ( 11; 0; 4) thỏa mãn đề bài.


Nhận xét: Ta cũng có thể suy ra AD  2 BC  t  2  D (11, 0, 4) cho nhanh hơn.
Câu 37. Chọn A

S

C

A
I

H

B

Gọi I là trung điểm của BC.
Vì tam giác ABC cân tại A nên AI  BC và CAI  BAI  60
a
Vì BC  a 3 và BAI  60  AI  , AB  AC  a.
2
Gọi H là điểm đối xứng với A qua I  AH  a  HB  HC  a  H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC.
Mà SA  SB  SC  SH   ABC   SH  HA .
Trong tam giác SHA, SH  SA2  HA2  a 3 .
1
1
1
a3
Do đó, VS . ABC  SA.S ABC  a 3. a 2 .sin120  .
3
3
2
4
Câu 38. Chọn A
14


● Ta có 3MA  2 MB  9 MA2  4 MB 2
2
2
2
2
2
2
 9  x  1   y  3   z  1   4  x  4    y  2    z  4  




2
2

2
 5 x  5 y  5 z  50 x  70 y  50 z  45  0

 x 2  y 2  z 2  10 x  14 y  10 z  9  0 .
Vậy điểm M luôn thuộc mặt cầu  S  tâm I  5;7; 5  và bán kính R  6 3
 2  1  x    4  x   0
 x  6
  


● Gọi K  x; y; z  là điểm thỏa mãn 2 KA  KB  0 . Ta có 2  3  y    2  y   0   y  8 .


 z  6
 2  1  z    4  z   0

Suy ra K  6;8; 6  .
 
 
 

 

Ta có P  2 MA  MB  2 MK  KA  MK  KB  MK  2 KA  KB  MK  MK .



 







Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi độ dài đoạn MK đạt giá trị lớn nhất.
Vì M thuộc mặt cầu  S  nên MK đạt giá trị lớn nhất khi MK  MI  IK  R  IK  7 3 .
Câu 39. Chọn A
+ Có 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của hai cạnh đối diện.
+ 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.
Câu 40. Chọn B
Câu 41. Chọn B
1  x  0
x  1
Ta có g   x    f  1  x  nên g   x   0  
.

1  x  3
 x  2
Do đó ta có bảng xét dấu của g   x  là

Vậy hàm số y  g  x  nghịch biến trên khoảng 1;   .
Câu 42. Chọn B

l

h
r

Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông nên h  l  2r.

Ta có diện tích toàn phần của hình trụ là:
Stp  S xq  2 S đáy  2 rl  2 r 2  4 r 2  2 r 2  6 r 2 .
Do đó 6 r 2  4  r 

6
.
3

Thể tích của khối trụ là:
15


3

 6  4 6
.
V   r h  2 r  2 
 
9
 3 
Câu 43. Chọn D
 x  2
Điều kiện: x 2  3 x  10  0  
 *
x  5
2

3

x  2

 x  2  0
BPT  x 2  3x  10  x  2   2
2  
 x  14
 x  3 x  10   x  2 
Đối chiếu với điều kiện *  ta được: 5  x  14.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  5;14  . Do đó a  5, b  14. Suy ra b  a  9.
Câu 44. Chọn C

+ Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra O là trung điểm BD . Ta có
1
d (B,(SAC))  d (D,(SAC))  h
 VS . ABC  VS . ACD  SSAC .h.
3
+ Vì BA  BC  BS  a suy ra hình chiếu vuông góc của B trên mp ( SAC ) là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác SAC . Ta có SA2  AC 2  SC 2  3a2 suy ra tam giác SAC tại A . Gọi H là trung điểm SC
1
 BH  (SAC)  VS . ABC  VB.SAC  .BH .SSAC .
3
+ Ta có SSAC

3a2 a
1
a2 2
2
2
2
 .
 SA. AC 
; BH  SB  SH  a 

4
2
2
2

1
a3 2
 VS . ABC  VB.SAC  .BH .SSAC 
.
3
12
+ Ta có VS . ABCD  VS . ABC  VS . ACD  2VS .ABC

a3 2

.
6

Câu 45. Chọn A

16


O

C

K

D

B

E

A

Gọi O là giao điểm của AB và CD . Khi đó tam giác OAD là tam giác đều.
Gọi K là trung điểm của OB .
1
Gọi E là trung điểm của AD khi đó tứ giác BCDE là hình thoi nên BE  AD suy ra tam giác ABD
2
vuông tại B .
Gọi V1 là thể tích khối nón được tạo ra khi quay tam giác OAD quanh đường thẳng OA .
Chiều cao của khối nón là OB  OB  h  a .
Bán kính R  BD 

AD 2  AB 2  a 3 .

1
Khi đó thể tích khối nón được tạo ra bởi tam giác OBD là: VOBD   a. a 3
3
3
 V1  2 a .





2

  a3

Gọi V2 là thể tích khối nón được tạo ra khi quay tam giác OBC quanh đường thẳng OB .
2

Thể tích khối nón được tạo ra bởi tam giác OKC là VOKC

1  a 3  a  a3
  . 
 
3  2  2
8

 a3

.
4
Gọi V là thể tích của khối tròn xoay khi quay hình thang ABCD quanh AB :
 a 3 7 a 3
.

 V  V1  V2  2 a 3 
4
4
Câu 46. Chọn B
 V2  2VOKC 

B

A

C

D

B'

A'

C'

D'

Ta có: AC  CD '  D ' A vì chúng là đường chéo các mặt của hình lập phương, suy ra ACD ' là tam giác
đều.
Gọi hình lập phương có cạnh bằng x .
17


Xét tam giác vuông ABC , có AC  AB 2  BC 2  x 2  x 2  x 2 .
Diện tích của tam giác đều ACD ' : S 

2
1
'  1 x 2.x 2.sin 60  x 3 .
AC. AD '.sin CAD
2
2
2

x2 3
 a2 3  x  a 2 .
Theo đề ra ta có:
2



Vậy thể tích khối lập phương : V  a 2



3

 2 2a 3 .

Câu 47. Chọn A

S ABCD  (2a ) 2  4a 2 .

Góc giữa A ' C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng góc A ' CA .

3 2a 6

.
3
3
2a 6
8 6a 3


.4a 2 
.
3
3

AA '  AC.tan 300  2a 2.
Vậy V  AA '.SABCD

Câu 48. Chọn A
Đặt x  5cos 2t  dx  10sin 2t.

5

Đổi cận x  0  t  ; x   t  .
4
2
6
5
2

Do đó


0





4

5 1  cos 2t 
5 x
cos t
dx  10 
sin 2t dt  10 
2sin t cos t dt
5- x
5 1- cos 2t 

 sin t
6

4

6





4
 1 
3
 1
4
 10  1  cos 2t  dt  10  t  sin 2t   10    

4 2 6 4 
 2




6
6





  2  3  5 5 2  3
 10  

.

2
4  6
 12
Suy ra a  2, b  3. Vậy T  2  2.3  8.
Câu 49. Chọn D

1
Ta có g  x   f  x   x 3  x  g   x   f   x   x 2  1
3

18


g   x   0  f   x    x 2  1  x  1

Bảng biến thiên

2
Từ BBT ta thấy min g  x   g 1  f 1  .
 1;2
3
Câu 50. Chọn A
2
2
2
2
Từ phương trình 2 x  x  2 m  2 x  x  m  4  23 x  m  2 x  4  2 x  x  2 m  23 x  m  2 x  x  m  4  2 x  4
 23 x  m (2 x

2

2 xm

 1)  2 x  4 (2 x

2

2 xm

 1)  (2 x

2

2 xm

 1)(23 x  m  2 x  4 )  0

2
 f ( x)  x 2  2 x  m  0
 2x 2 x m  1
 x2  2 x  m  0 
(*)
  3 x m


m4

x
 2x 4
 3x  m  x  4
2

2
2
Để phương trình có tập nghiệm đúng hai phần tử thì điều kiện cần là f ( x)  x  2 x  m  0
m4
Có nghiệm kép hoặc nghiệm bằng
2
1 m  0
 '  0

m  1



Hay

 m4 2
 2
m

m

4
4
f(
(
)  2.
)0
m 0
 m  8m  16  4(m  4)  4m  0

2
 2
2
 m  1  m  1
.
 2

m0
m  0

 x 1
+) Với m  1 thay vào (*) ta được 
. Suy ra m  1 thỏa mãn.
x  3


2
 x  0
 x2  2x  0
x  0

. Suy ra m  0 thỏa mãn.
+) Với m  0 thay vào (*) ta được 
   x  2  
x2

 x2
 x  2
Vậy m   0,  1 .
-------------- HẾT --------------

19