Bộ Câu Hỏi Trắc Nghiệm Theo Mức Độ HAY | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.16 MB, 27 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1></div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Một cái ao hình ABCDE (như hình vẽ), ở
giữa ao có một mảnh vườn hình trịn có bán kính 10 m. Người ta muốn bắc
một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l

của cây cầu biết :

- Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vng góc với nhau, hai

đường thẳng này cắt nhau tại điểm O ;

- Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng

là đường thẳng OA ;

- Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m;

- Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m

và 30 m.

A. l17, 7m. B. l25, 7m. C. l27, 7m. D. l15, 7m.
Lời giải :

Chọn A

Gán trục tọa độ Oxy sao cho

A Oy
B Ox




 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Khi đó mảnh vườn hình trịn có phương trình

  

 



2 2

: 4 3 1

C x  y  có tâm

 

4;3

I

Bờ AB là một phần của Parabol

 

P y:  4 x2 ứng với x

 

0;2

Vậy bài tốn trở thành tìm MN nhỏ nhất với

 

M P

N C







 .

Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN MI IM  , vậy MN nhỏ
nhất khi MN MI IM   N; M ; I thẳng hàng.

Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để IN nhỏ nhất

 

N P N x



; 4x2



IN 



4x



2 



1 x2



2 IN2 



4x



2 



1 x2



2 4 2 8 17

IN x x x

    

Xét f x

 

x4x28x17trên

 

0;2  f x

 

4x32x8

 

f x   x 1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917

 

0;2
Ta có f



1,3917



7,68 ; f

 

0 17 ; f

 

2 13.

Vậy giá trị nhỏ nhất của f x

 

trên

 

0;2 gần bằng 7, 68 khi x1,3917
Vậy minIN  7,68 2,77 IN 27, 7m MN IN IM 27, 7 10 17, 7  m.

Câu 2: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m 



2018; 2018



để hàm số y x2  1 mx1 đồng biến trên



  ;



A. 2017. B. 2019. C. 2020. D. 2018.

Lời giải
Chọn D

TXĐ: D  .

2 1

x

y m

x

  

 .

Hàm số đồng biến trên   y0,   x 2 1

x
m

x

 

 ,   x

 

1 .

Xét

 

2

1
x
f x

x


 trên  .

 

lim 1

x f x   ; xlim f x

 

1.

 





2
1

1 1

f x

x x

 

  0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta có: 2 1

x
m

x


 ,   x m 1.

Mặt khác m 



2018;2018



  m



2018; 1



.
Vậy có 2018 số nguyên m thoả điều kiện.

Câu 3: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hàm số y f x

 

liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới.

Hỏi số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 
1

e 2





f x

y

là bao nhiêu?

A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2

Lời giải
Chọn D

Xét ef2 x  2 0  f2

 

x ln 2

 

ln 2
ln 2
f x

f x

 




  

 .

Dựa vào bbt ta thấy:

Đường thẳng y ln 2 cắt đồ thị y f x

 

tại 1 điểm.
Đường thẳng y  ln 2 cắt đồ thị y f x

 

tại 1 điểm.

Nên phương trình ef2 x  2 0 có 2 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số

 

2
1

e 2





f x

y

có 2 đường tiệm cận đứng.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Hàm số





2
1

2
x
y f x  x

nghịch biến trên khoảng

A.



3; 1



. B.



2; 0



. C.



1; 3



. D. 
3
1;

2
 

 

 .

Lời giải
Chọn C

Xét hàm số





2
1

2
x
y f x  x

có y f



1x



 x 1.
0

y  f



1x



  x 1 0  f



1x



  



1 x



1 3

1 1

1 3

x
x
x
  



  

  


4
0
2
x
x
x




 

  

 .

Ta có bảng biến thiên:

Do đó Hàm số





2
1

2
x
y f x  x

nghịch biến trên khoảng

 

1;3 .
Câu 5: Tập tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình



1 1 3



2 1 2 5 0

m  x   x x  

có đúng hai nghiệm phân biệt là một nửa
khoảng



a b;



. Tính

5
7

b a

A.

6 5 2
35


. B.

6 5 2
7


. C.

12 5 2
35


. D.

12 5 2
7


.
Câu 6: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số





2017 2019

y x  x

trên tập xác định của nó. Tính M m .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

C. 4036. D. 4036 2018 .

Câu 7: Tập tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình



1 1 3



2 1 2 5 0

m  x   x x  

có đúng hai nghiệm phân biệt là một nửa
khoảng



a b;



. Tính

5
7

b a

A.

6 5 2
35


. B.

6 5 2
7


. C.

12 5 2
35


. D.

12 5 2
7


.
Lời giải

Chọn D

Đặt t 1 x 1x với   1 x 1.Khi đó: t2  2 2 1x2 2 1x2   .t2 2

1 1

0
2 1 2 1

t

x x



   

   1 x 1   . x x 0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 2 t 2.

Ta có phương trình:m t



   3



t2 7 0

2 7

3
t
m

t
 
 

 .

Xét hàm số:

 

2 7

, 2; 2
3

t

f t t

t

   

   



 





2
2
6 7

3
t t
f t

t
  


 

 .

 

0 3 2 2; 2

f t     t    .
Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình có đúng hai nghiệm phân

biệt thì 2  . Khi đó t 2

 





5 3 2
3

5 f t 7



 

hay





5 3 2
3

5 m 7


 
3

5
a
 





5 3 2
7

b  5 12 5 2

7 7

b a 

  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 8: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số



2017 2019 2



y x  x

trên tập xác định của nó. Tính M m .

A. 2019 2017. B. 2019 2019 2017 2017 .

C. 4036 . D. 4036 2018 .

Lời giải
Chọn D

TXĐ: D   2019; 2019

Ta có

2
2017 2019

2019
x

y x

x

    



0
y

 

2 2 2

2 2

2017 2019 2019 2

2017 2019 0 0

2019 2019

  

      

 

x x x

x

x x

Trên D , đặt t 2019x2 , t0. Ta được:
2

2 2017 2019 0 2019

2
t

t t

t





   

  


2 2018

2019 1

2018
x

x

x
  

    



Khi đó f



 2018



 2018 2018; f



2018



2018 2018



2019



2017 2019

f   

; f



2019



2017 2019

Suy ra minD 2018 2018

m y 

, maxD 2018 2018

M  y
Vậy M m 4036 2018.

Câu 9: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn

nhất của hàm số

4 2

14 48 30

y x  x  x m 

trên đoạn

 

0;2 không vượt quá
30 . Tổng tất cả các giá trị của S là

A. 108 . B. 136 . C. 120 . D. 210 .

Câu 10: Cho hàm số y  x3 4x2 có đồ thị là 1

 

C và điểm M m





. Gọi S là tập
hợp tất cả các giá trị thực của m để qua M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến

đồ thị

 

C . Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A. 5. B.

9 . C.

9 . D.

20
3 .

Câu 11: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

4 2

14 48 30

y x  x  x m 

trên đoạn

 

0;2 không vượt quá 30. Tổng tất cả các giá trị của

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

A. 108 . B. 136 . C. 120 . D. 210 .

Lời giải

Chọn B

Xét hàm số

 

4 2

14 48 30

g x  x  x  x m 

 

3 28 48

g x x  x

 





0 4

x L

g x x L

x TM

 


   

 


 0;2

 

max f x

 0;2



 



max g 0 ; g 2


 0;2





max m 30 ; m 14 30

   

30 30
14 30

m

  


 

 

   0 m 16

Suy ra

16
1

136

x

S x








Câu 12: Cho hàm số y  x3 4x21 có đồ thị là

 

C và điểm M m





. Gọi S là tập hợp tất cả các giá

trị thực của m để qua M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị

 

C . Tổng giá trị tất cả các
phần tử của S bằng

A. 5. B.

9 . C.

9 . D.

20
3 .
Lời giải

Chọn B

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

 

C đi qua M m





và có hệ số góc k là: y k x m







1.
Để qua M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị

 

C điều kiện là hệ phương trình sau có đúng
hai nghiệm x phân biệt

 









3 2

4 1 1

4 1

x x k x m

I

x x k

     



 

   







 

3 2

4 1 1 1

3 8 2

x x k x m

x x k

     


 

  



Thay

 

2 vào

 

1 ta được









3 4 2 1 3 2 8 1

x x x x x m

       





2 3 4 8 0

x x m x m

     





 

2
0

2 3 4 8 0 3

x

x m x m




     



Như vậy, hệ

 

I có đúng hai nghiêm khi và chỉ khi phương trình

 

3 có một nghiệm bằng 0
và một nghiệm khác 0; hoặc phương trình

 

3 có nghiệm duy nhất khác 0.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 0

2 4 0

2
x

x x

x


   



 ;

Do đó m0 thỏa mãn.

Phương trình

 

3 có nghiệm duy nhất khác 0 điều kiện là





3 4 4.2.8 0

3 4

0
4

m m

m

    


 










4
3 4 4.2.8 0

3 4

9
4

m

m m

m m

      

 

  

 


 

 .

Như vậy

4
0; ;4

9
S   

 .

Tổng giá trị tất cả các phần tử của S là

4 40

0 4

9 9

  

Câu 13: Hàm số y f x

 

có đạo hàm trên R\



2; 2



, có bảng biến thiên như sau:

x  2 0 2 

y   0  

y









1


Gọi k, l lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

 

12018
y

f x


 . Tính k l .

A. k l 2. B. k l 3. C. k l 4. D. k l 5.

Câu 14: Hàm số y f x

 

có đạo hàm trên R\



2; 2



, có bảng biến thiên như sau:

x  2 0 2 

y   0  

y









1


Gọi k, l lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

 

12018
y

f x


 . Tính k l .

A. k l 2. B. k l 3. C. k l 4. D. k l 5.

Lời giải
Chọn D

Vì phương trình f x

 

2018 có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số

 

1
2018
y

f x


 có

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Mặt khác, ta có:

lim

xy

 

1
lim

2018

x f x



  20191 nên đường thẳng y 20191 là đường tiệm cận ngang của

đồ thị hàm số

 

1
2018
y

f x


 .

Và xlimy

 

1
lim

2018

x f x



 0 nên đường thẳng y0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị

hàm số

 

1
2018
y

f x


 .

Vậy k l 5.

Câu 15: Cho x, y là các số thực thỏa mãn



 



2 2

3 1 5

x  y  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

3 4 7 4 1

2 1

y xy x y

P

x y

   



  là

A. 3. B. 2 3 . C.

114

11 . D. 3 .

Câu 16: Cho x, y là các số thực thỏa mãn



 



2 2

3 1 5

x  y 

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 4 7 4 1

2 1

y xy x y

P

x y

   



  là

A. 3. B. 2 3 . C.

114

11 . D. 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn A

Theo giả thiết, ta có



 



2 2

3 1 5

x  y  x2y2 6x2y5

Đặt t x 2y1, ta có t 6



x 3





y1









 



2 2

1 2  x 3 y 1 

      

6 5

t

  

hay t



1;11



Mặt khác,





2 2 1

t  x y  t2



x2y2



3y24xy2x4y1





2 6 2 5 3 2 4 2 4 1

t x y y xy x y

          t2



3y24xy7x4y 1





x2y 1



4
Suy ra 3y24xy7x4y    .1 t2 t 4

Khi đó,

2 4

t t
P

t
 

 t 4 1

t

   2 .t 4 1 3
t

  

, với mọi t



1;11



.
Vậy minP3 khi t2. Suy ra x1, y0 hoặc

17
5
x

6
5
y 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 17: Cho hàm số

 

4 4 3 4 2

f x  x  x  x a

. Gọi M , mlà giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số đã cho trên

 

0; 2 . Có bao nhiêu số nguyên athuộc



4; 4



sao cho M 2m?

A. 7. B. 5. C. 6 D. 4.

Câu 18: Cho hàm số

 

4 4 3 4 2

f x  x  x  x a

. Gọi M , mlà giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số đã cho trên

 

0;2 . Có bao nhiêu số nguyên athuộc



4; 4



sao cho M 2m?

A. 7. B. 5. C. 6 D. 4.

Hướng dẫn giải
Chọn A

Xét hàm số

 

3 4 3 4 2

g x x  x  x a

trên

 

0;2 .

 

4 3 12 2 8

g x  x  x  x; g x

 

0

0
1
2
x
x
x





 

 

 ; g

 

0 a, g

 

1  a 1, g

 

2 a.

Suy ra: a g x

 

 a 1.

TH1: 0 a 4    a 1 a 0 M max 0;2 f x

 

 a 1; mmin 0;2 f x

 

a.

Suy ra:

0 4

1 2
a

a a

 

  

   1 a 4. Do đó: có 4 giá trị của a thỏa mãn.

TH2:    4 a 1     a a 1 1  a 1 a

 0;2

 

max

M f x

   a

a

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Suy ra:

4 1

2 2
a

a a

   


   

     4 a 2. Do đó: có 3 giá trị của a thỏa mãn.

Vậy có tất cả 7giá trị thỏa mãn.
.

---HẾT---Câu 19: Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm cấp hai trên  . Biết f 

 

0 3,

 

2 2018

f    và bẳng xét dấu của f

 

x như sau:

Hàm số y f x



2017



2018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x thuộc khoảng 0
nào sau đây?

A.



 ; 2017



. B.



2017;



. C.



0;2



. D.



2017;0



.
Câu 20: Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm cấp hai trên  . Biết f 

 

0 3,

 

2 2018

f    và bẳng xét dấu của f

 

x như sau:

Hàm số y f x



2017



2018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x thuộc khoảng 0
nào sau đây?

A.



 ; 2017



. B.



2017;



. C.



0;2



. D.



2017;0



.
Lời giải

Chọn A

Ta có bảng biến thiên



2017



2018



2017



2018

y f x  x y f x   .





2017 2 2015

0 2017 2018

2017 0 2017 2017

x x

y f x

x a x a

   

 

       

      

  .

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Hàm số y f x



2017



2018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm





0 2017 ; 2017

x  a    .

Câu 21: Cho hàm số





2 2018 2 1 2021

y x m x  

với m là tham số thực. Gọi S là 
tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hàm số đã cho
cắt trục hồnh tại đúng hai điểm phân biệt. Tính S .

A. 960 . B. 986 . C. 984 . D. 990 .

Câu 22: Cho hàm số





2 2018 2 1 2021

y x m x  

với m là tham số thực. Gọi S là
tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hàm số đã cho
cắt trục hoành tại đúng hai điểm phân biệt. Tính S.

A. 960. B. 986. C. 984. D. 990.

Lời giải
Chọn C

Đặt 2018x2 t;0 t 2018

Khi đó

(

)

2 2018 2 1 2021

y=x +m - x + - =- t2+m t

(

+ -1

)

3=- t2+mt+ -m 3 *

( )

;
Theo đề bài, để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt thì
phương trình

( )

* cần có 1 nghiệm dương thỏa mãn 0 t 2018

TH1:

 

* có 1 nghiệm kép.  m24m12 0 (loại)
TH2:

 

* có 2 nghiệm trái dấu. 



m   3



0 m 3

 

* có 1 nghiệm dương trên khoảng 0 t 2018nên ta xét GTLN của m với
0 t 2018



2 3

0 3 0 0; 2018

1
t

y t mt m m t

t

 

           


Xét hàm

2 3

1
x
y

x



 ,   x 0; 2018



, ta có





2
2 3

0
1

x x

y

x
 

  



3
1
x

x
 

  

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2021

3 44,009

2018 1
m

   



44
4

984

i

S i



 





Câu 23: Chọn ngẫu nhiên hai số thực a b, 

 

0;1 . Tính xác suất để phương trình

3 2

2x 3ax   có tối đa hai nghiệm.b 0
A.

1
4
P

. B.

1
2
P

. C.

2
3
P

. D.

3
4
P

Câu 24: Chọn ngẫu nhiên hai số thực a b, 

 

0;1 . Tính xác suất để phương trình

3 2

2x 3ax   có tối đa hai nghiệm.b 0
A.

1
4
P

. B.

1
2
P

. C.

2
3
P

. D.

3
4
P

.
Lời giải

Chọn D

+) Xét y2x33ax2 , b





0 6 0 x

y x x a

x a


      



 .

Yêu cầu bài toán

   





0 0 0

y y a b b a

    

.
Mà b

 

0;1 nên





3 0 3

b b a   b a
.

Ta thấy việc chọn ngẫu nhiên hai số a, b

 

0;1 chính là việc chọn ngẫu
nhiên một điểm M a b



;



khi xét trên hệ trục tọa độ Oab.

+) Gọi A là biến cố thỏa mãn bài tốn. Ta có  là tập hợp các điểm M a b



;



sao cho a, b

 

0;1 và chính là các điểm thuộc hình vng OACB trên hình
vẽ, do đó  SOACB 1.

+) 

 

A là tập hợp các điểm thuộc hình phẳng

 

H giới hạn bởi các đồ thị
1

b , b a3

 , a (phần gạch chéo trên đồ thị). Xét phương trình hồnh độ0
giao điểm a3  1 a 1

 

1 3 1





4 1

0 0 0

1 3

1 d 1 d 1

4 4 4

a

A a a a a a 

           

 



Vậy xác suất cần tìm là
3

3
4
1 4
P 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu 25: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

3 3 1 1

x  x   m

có 6
nghiệm là một khoảng có dạng



a b;



. Tính tổng Sa2b2.

A. 1. B. 5. C. 25. D. 10.

Câu 26: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

3 1 1

x  x   m

có 6
nghiệm là một khoảng có dạng



a b;



. Tính tổng S a 2b2.

A. 1. B. 5. C. 25. D. 10.

Lời giải

Câu này sửa đề lại: Từ 8 nghiệm thành 6 nghiệm.
Chọn B

Xét hàm số

 

3 3

3 1 0

3 1

3 1 0

x x khi x

f x x x

x x khi x

   


    

  



Ta có bảng biến thiên

Do đó ta có đồ thị của hàm số

 

3 3 1

f x x  x 

.

Suy ra đồ thị hàm số

 

: 3 1

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Số nghiệm của phương trình

3 3 1 1

x  x   m

là số giao điểm của đồ thị

 

C và đường
thẳng d y m:  1.

Để phương trình

3 3 1 1

x  x   m

có 6 nghiệm thì d cắt

 

C tại 6 điểm

0     m 1 1 1 m 2. Vậy

2
a
b



 

 suy ra S a 2b2 5

Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số

tan 2
tan

x
y

x m



 đồng biến trên khoảng
;0 .


 

 

 

A.   1 m 2. B. m2. C. m2. D.

0 2

m
m
 


  

 .

Câu 28: Cho hàm số y f x

 

có đồ thị f x

 

như hình vẽ

Xét hàm số

 

2 2 4 3 6 5

g x  f x  x  x m với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ

để g x

 

0,   x  5; 5 là

A.

 

2
5
3
m f

. B.

 

5
3

m f 

. C.

 

2
0
3
m f

. D.

 

5
3
m f

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
tan 2
tan
x
y
x m



 đồng biến trên khoảng
;0 .
4

 
 
 

A.   1 m 2. B. m2. C. m2. D.

1
0 2
m
m
 

  

 .

Hướng dẫn giải
Chọn D

Đặt ttanx, vì





;0 1;0

x     t

  . Khi đó ta có 2

1
0 0;
cos 4
x
t x
x

 
      
 .

Do đó tính đồng biến của hàm số

tan 2
tan

x
y
x m



 giống như hàm số

 

2
t
f t
t m


 .

Xét hàm số

 





1;0
t

f t t

t m


   

 . Tập xác định:D  \

 

m

Ta có

 





2
2
' m
f t
t m



.

Để hàm số y đồng biến trên khoảng

;0
4

 

 

 khi và chỉ khi: f t'

 

   0 t



1;0











0 1;0
m
t
t m

    






2 0
1;0
m
m
 

   

2
1
0
m
m
m



  

 

     m



; 1

 

0; 2



CASIO: Đạo hàm của hàm số ta được



 







2 2

1 1

tan tan 2

cos cos

tan

x m x

x x
y
x m
  



Ta nhập vào máy tính thằng y'\CALC\Calc x 8


 

( Chọn giá trị này thuộc

;0
4

 
 
  )

\ \m? 1 giá trị bất kỳ trong 4 đáp án.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Xét hàm số g x

 

2f x

 

2x34x3m6 5 với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ
để g x

 

0,   x  5; 5 là

A.

 

2
5
3
m f

. B.

 

5
3

m f 

. C.

 

2
0
3
m f

. D.

 

2
5
3
m f

Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có

 

2 6 4

g x  f x  x 

;

 

0 3 2

g x   f x   x      x 0 x 5

Ta thấy g x

 

0,   x  5; 5 nên hàm số g x

 

đồng biến trên  5; 5.
Do đó, để g x

 

0,   x  5; 5 thì 5; 5

 

max g x 0
 

 

  g

 

5 0

  m23 f

 

5 .
Câu 31: Cho hàm số y f x

 

. Hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ. Biết phương trình f x

 

0

có bốn nghiệm phân biệt a, 0, b, c với a  0 b c.

Mệnh đề nào dưới đây đúng

A. f a

 

 f c

 

 f b

 

. B. f a

 

 f b

 

 f c

 

C. f c

 

 f a

 

 f b

 

. D. f b

 

 f a

 

 f c

 

Câu 32: Cho hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

. Đặt

 



 



k k

f x  f f  x

với k là số nguyên lớn hơn 1. Hỏi
phương trình

 

5 0

f x 

có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt ?

A. 122. B. 120. C. 365. D. 363.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Mệnh đề nào dưới đây đúng

A. f a

 

 f c

 

 f b

 

. B. f a

 

 f b

 

 f c

 

C. f c

 

 f a

 

 f b

 

. D. f b

 

 f a

 

 f c

 

Lời giải
Chọn A

Ta có bảng biến thiên

f(c)
f(b)

f(0)
f(a)

-+

- 0 0 0 0

c
b

0

a + 

- 

f(x)

f/(x)

x

Suy ra f c

 

 f b

 

(1)

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x

 

, đường thẳng x a , x0.
2

S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x

 

, đường thẳng x0, x b .

S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x

 

, đường thẳng x b , x c .

Vì S1S3 S2 

 

d d d

c b

a b

f x x f x x f x x





 

d d d

c b

a b

f x x  f x x   f x x



 f

 

0  f a

 

 f c

 

 f b

 

 f b

 

 f

 

0
 f a

 

 f c

 

(2)

Từ (1) và (2)  f a

 

 f c

 

 f b

 

Câu 34: Cho hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

. Đặt

 



 



k k

f x  f f  x

với k là số nguyên lớn hơn 1. Hỏi

phương trình

 

5 0

f x 

có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt ?

A. 122. B. 120. C. 365. D. 363.

Lời giải
Chọn A

Nhận xét:

+ Đồ thị hàm số f x

 

x36x29x như sau:

 

3 2 12 9 0

f x  x  x 

 

1 1 4

3 3 0

x f

  


 

  

 . Lại có

 

0 0

4 4

f
f








</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

- Đồ thị hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

luôn đi qua gốc tọa độ.
- Đồ thị hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

luôn tiếp xúc với trục Ox tại điểm

 

3;0 .

+ Xét hàm số g x

 

 f x

 

3 có g x

 

 f x

 

nên g x

 

đồng biến trên



0;



và

 

0 3

g  

nên bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

xuống dưới 3 đơn vị ta
được đồ thị hàm số y g x

 

. Suy ra phương trình g x

 

0 có 3 nghiệm dương phân biệt
thuộc khoảng



0;4



+ Tổng quát: xét hàm số h x

 

 f x

 

a, với 0 a 4.
Lập luận tương tự như trên:

- h

 

0   a 0 và h

 

1 0; h

 

4 4 .

- Tịnh tiến đồ thị hàm số f x

 

x36x29x xuống dưới a đơn vị ta được đồ thị hàm số

 

y h x . Suy ra phương trình h x

 

0 ln có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



.

Khi đó,

+ Ta có f x

 

x36x29x0

0
3
x

x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

 



 



2 0

f x  f f x 

 

0
3
f x
f x


 


 . Theo trên, phương trình f x

 

3

có có ba nghiệm
dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Nên phương trình

 

2 0

f x 

có 3 2 nghiệm phân biệt.

+ f3

 

x 0

 

2
2
0
3
f x
f x
 
 

 .

 

2 0

f x  có 3 2 nghiệm.

 



 



f x  f f x  có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi phương trình

 

f x a

, với a



0;4



lại có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Do đó phương
trình f2

 

x 3 có tất cả 9 nghiệm phân biệt.

Suy ra phương trình f3

 

x 0 có 32 3 2 nghiệm phân biệt.
+

 

f x 

 

3
3
0
3
f x
f x
 
 

 .

 

3
0

f x  có 9 3 2  nghiệm.

 



 



3 2 3

f x  f f x 

có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi phương trình

 

f x b

, với b



0;4



lại có 9 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Do đó phương
trình

 

3 3

f x 

có tất cả 9.3 nghiệm phân biệt.

+ f5

 

x 0

 

4
4
0
3
f x

f x
 
 

 .

 

4 0

f x  có 33  9 3 2

nghiệm.

 



 



4 3 3

f x  f f x 

có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi phương trình

 

f x c, với c



0; 4



lại có 27 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Do đó

phương trình

 

4 3

f x 

có tất cả 27.3 nghiệm phân biệt.
Vậy

 

f x

có 34    33 32 3 2 122 nghiệm.

Câu 35: Cho hàm số





3 2 2 3

3 3 1

y x  mx  m  x m m

, với m là tham số. Gọi A, B là hai điểm cực
trị của đồ thị hàm số và I



2; 2



. Tổng tất cả các số m để ba điểm I , A, B tạo thành tam
giác nội tiếp đường trịn có bán kính bằng 5 là

A. 
2
17

. B. 
4

17. C.

17. D.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Câu 36: Cho hàm số





3 3 2 3 2 1 3

y x  mx  m  x m m

, với m là tham số. Gọi A, B là hai điểm cực
trị của đồ thị hàm số và I



2; 2



. Tổng tất cả các số m để ba điểm I , A, B tạo thành tam
giác nội tiếp đường trịn có bán kính bằng 5 là

A. 
2
17


. B.

17. C.

17. D.

20
17 .
Lời giải

Chọn D

Ta có y 3x26mx3m23





2
3 x m 1
    

; 2

1
1
x m
x m

 


   

 .

Do đó, hàm số ln có hai cực trị với mọi m.

Giả sử A m



 1; 4m2



; B m



 1; 4m2



. Ta có AB2 5,   Rm .
Mặt khác, vì IAB có bán kính đường trịn ngoại tiếp là R 5 nên từ 

2
sin

AB

R

AIB  suy ra


sin 1

2
AB
AIB

R

   o

90
AIB

  hay AIB vuông tại I .

Gọi M là trung điểm AB, ta có M m



; 4 m



và

1
2

IM  AB 2 2 5

4
AB
IM

  



 



2 4 2 5

m m

      17m220m 3 0

1
3
17
m
m






 

 .

Tổng tất cả các số m bằng

3 20
1

17 17

 

Câu 37: ---HẾT---Cho hàm số f x

 

x36x29x. Đặt

 



 



k k

f x  f f  x

với k là số
nguyên lớn hơn 1. Hỏi phương trình f6

 

x 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt?

A. 365. B. 1092 . C. 1094 . D. 363 .

Câu 38: Cho hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

. Đặt

 



 



k k

f x  f f  x

với k là số nguyên lớn hơn 1. Hỏi
phương trình

 

6 0

f x 

có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt ?

A. 365. B. 1092. C. 1094. D. 363.

Lời giải
Chọn A

Cách 1:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Từ bảng biến thiên ta có:

 

2
1 2
2
1 3
1
1
0
3
0
0 3

0 3 ...

3 3
3
3
k
k
k k
k
k
k
f x
f x

f x

f x f x

f x
f x









 

  
    
     
 
 
  
 






Bài toán sẽ được giải quyết nếu tìm được số nghiệm của phương trình fk

 

x 3.
+ Phương trình f x

 

3 có ba nghiệm thuộc

 

0; 4 .

+ Phương trình

 



 



 



 



 

  



 



 



1
2
2
3

0; 1 0; 4

3 1; 3 0; 4

3; 4 0; 4
f x x

f x f f x f x x

f x x

  



     
   
 .

Từ bảng biến thiên ta có với mỗi giá trị x x x1, ,2 3

 

0;4 phương trình f x

 

x ii, 1,3 có ba

nghiệm thuộc



0; 4



Như vậy phương trình

 

2 3

f x 

có 9 nghiệm thuộc



0; 4



+ Bằng quy nạp ta chứng minh được phương trình fk

 

x 3 có 3k nghiệm thuộc



0; 4



.
Từ đó, số nghiệm của phương trình

 

k

f x 

là

2 1 3 1

2 3 3 ... 3 2 3
2

k

k  

     

Vậy số nghiệm của phương trình

 

6 0

f x 

là

6 1

3 1

2 3 365

2
 

 

Bài toán tổng quát: Cho hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

. Đặt

 



 



k k

f x  f f  x

với k là số
tự nhiên lớn hơn 1. Hỏi phương trình

 

n

f x 

có bao nhiêu nghiệm?

Lời giải: (Cách 2)

Ta có

 

3 12 9
f x  x  x

. Bảng biến thiên:

x  0 1 3 4 

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

 

f x

0 4 0 4

Gọi a bk; k lần lượt là số nghiệm của phương trình

 

k k

f x  f x 

Từ bảng biến thiên ta có

1 1 1

1 3
3

k k k k

k k

k
k

a a b

a a
b

  



 

   





Do đó

1 2

3 3 3 1

3 3 ... 3 2

2 2

n n

n

a  a          

(Vì a1 2)

Vậy phương trình

 

n

f x 

có

3 1
2

n

nghiệm.

Cách 3:

Nhận xét:

+ Đồ thị hàm số

 

3 2

6 9

f x x  x  x như sau:

 

3 2 12 9 0

f x  x  x 

 

1 1 4

3 3 0

x f

  


 

  

 . Lại có

 

0 0

4 4

f
f








 .

- Đồ thị hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

luôn đi qua gốc tọa độ.

- Đồ thị hàm số f x

 

x36x29x luôn tiếp xúc với trục Ox tại điểm

 

3;0 .

+ Xét hàm số g x

 

 f x

 

3 có g x

 

 f x

 

nên g x

 

đồng biến trên



0;



và

 

0 3

g   nên bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số f x

 

x36x29x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

+ Tổng quát: xét hàm số h x

 

 f x

 

a, với 0 a 4.
Lập luận tương tự như trên:

- h

 

0   a 0 và h

 

1 0; h

 

4 4 .
- Tịnh tiến đồ thị hàm số

 

3 6 2 9

f x x  x  x

xuống dưới a đơn vị ta được đồ thị hàm số

 

y h x . Suy ra phương trình h x

 

0 ln có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



.

Khi đó,

+ Ta có

 

3 6 2 9 0

f x x  x  x

0
3
x
x



  

 .

 



 



2 0

f x  f f x 

 

0
3

f x
f x




 



 . Theo trên, phương trình f x

 

3

có có ba nghiệm
dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Nên phương trình f2

 

x 0 có 3 2 nghiệm phân biệt.

 

f x 

 

2
2

0
3

f x

 

 



 .

 

2 0

f x 

có 3 2 nghiệm.

 



 



f x  f f x  có ba nghiệm dương f x

 

phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi phương
trình f x

 

a, với a



0;4



lại có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Do đó
phương trình f2

 

x 3 có tất cả 9 nghiệm phân biệt.

Suy ra phương trình f3

 

x 0 có 32 3 2 nghiệm phân biệt.
+

 

f x 

 

3
3

0
3

f x

 

 



 .

 

3 0

f x 

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

 



 



3 2 3

f x  f f x 

có ba nghiệm dương

 

f x

phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi
phương trình

 

f x b

, với b



0; 4



lại có 9 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



.
Do đó phương trình

 

3 3

f x 

có tất cả 9.3 nghiệm phân biệt.

+ f5

 

x 0

 

4
4

0
3

f x

 

 



 .

 

4 0

f x  có 33  9 3 2

nghiệm.

 



 



4 3 3

f x  f f x 

có ba nghiệm dương

 

f x phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi

phương trình

 

f x c, với c



0; 4



lại có 27 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



.

Do đó phương trình

 

4 3

f x 

có tất cả 27.3 nghiệm phân biệt. Vậy

 

5 0

f x 

có

4 3 2

3     3 3 3 2 122 nghiệm.

 

6 0

f x 

 

5
5

0
3

f x

 

 



 .

 

5 0

f x 

có 34    33 32 3 2 122 nghiệm.

 



 



5 4 3

f x  f f x 

có ba nghiệm dương

 

f x

phân biệt thuộc khoảng



0;4



. Mỗi
phương trình f4

 

x c, với c



0; 4



lại có 81 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng



0;4



.
Do đó phương trình f5

 

x 3 có tất cả 81.3 nghiệm phân biệt.

Vậy

 

f x có 35     34 33 32 3 2 365

nghiệm.

Câu 39: Cho đồ thị

 

: 1

2
x

C y  x  x

. Gọi M



0;m



là điểm nằm trên trục tung mà
từ đó kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị

 

C . Biết tập hợp các giá trị
của m là nửa khoảng



a b;



. Giá trị của a b bằng

A. 1. B.

1
2


. C.

2 . D. 1 .

Câu 40: Cho hàm số f x

 

ax3bx2cx d ,



a b c d, , ,  



thỏa mãn a , 0 d 2018,
2018 0

a b c d     . Tìm số điểm cực trị của hàm số y f x

 

2018.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Câu 41: Cho đồ thị

 

: 1

2
x

C y  x  x

. Gọi M



0;m



là điểm nằm trên trục tung mà
từ đó kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị

 

C . Biết tập hợp các giá trị
của m là nửa khoảng



a b;



. Giá trị của a b bằng

A. 1. B.

1
2


. C.

2 . D. 1 .

Lời giải
Chọn C

- Ta có: 2

1 2 1

2 2 1

x
y

x x

  

 

- Gọi  là đường thẳng đi qua M



0;m



và có hệ số góc là k  : y kx m 
- Đường thẳng  là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm:

2
1
2

1 2 1

2 2 1

x

x x kx m

x
k

x x

     



 

  

  



2
2
1

2 2 2 1

x x x x

x x m

x x


      

  2

2 1

x

m
x x



 

 

 

1 .

Hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi

 

1 có nghiệm.
- Xét hàm số:

 

2 1

x
f x

x x



  trên  ,
có

 





2
3

4 1 1

x
f x

x x x x


 

     f x

 

  0 x 0.
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy: phương trình

 

1 có nghiệm
1

1
2 m
  

hay

1
;1
2
m   

  
1

2
1
a
b

  

 

 

 . Vậy

1
2
a b 

Câu 42: Cho hàm số f x

 

ax3bx2cx d ,



a b c d, , ,  



thỏa mãn a0, d 2018,
2018 0

a b c d     . Tìm số điểm cực trị của hàm số y f x

 

2018.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Lời giải
Chọn D

- Xét hàm số g x

 

 f x

 

2018 ax3bx2cx d 2018.
Ta có:

 

0 2018

1 2018

g d

g a b c d

 




    

 .

Theo giả thiết, ta được

 

0 0
1 0
g
g







 .

- Lại do: a nên 0

 

lim
lim

x
x

g x
g x



 




 

    1:g

 

 0 và    0 :g

 

 0.

Do đó:

   

. 0 0
0 . 1 0

1 . 0

g g












 

 g x

 

0 có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng



 ;



.
Hay hàm số y g x

 

có đồ thị dạng

f(x)=(1/3)*(x+1)*(2x-1)*(x-2)

-2 -1 1 2

x
y

O

Khi đó đồ thị hàm số y g x

 

có dạng f(x)=abs((1/3)*(x+1)*(2x-1)*(x-2))

-2 -1 1 2

x
y

O

Vậy hàm số y f x

 

2018 có 5 điểm cực trị.
Câu 43: Cho phương trình





2
4
1

1 16 1

x x m x x x

x

 

      



  , với m là tham số

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

A. 11. B. 9 . C. 20 . D. 4 .

Câu 44: Cho phương trình





2
4
1

1 16 1

x x m x x x

x

 

      



  , với m là tham số

thực. Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có
hai nghiệm thực phân biệt.

A. 11. B. 9. C. 20. D. 4 .

Lời giải
Chọn D

Điều kiện x1.

Ta có





2
4
1

1 16 1

x x m x x x

x

 

      



 

2
4
1

16 1

m x x x x x

x

      



2
4

1 1

16 1

x x x

m

x x x x

 

    



4
4

16 1

x x

m

x x



    



 

1 .
Đặt

4 x 1
t

x



, khi x1 ta có 0 t 1.

Xét hàm số

 

2
1

16 1

f t t

t
   

trên khoảng

 

0;1 ta có

 

3
2
16
f t

t

   

; f t

 

0
1

2
t
 

Bảng biến thiên

Từ đó ta thấy, phương trình

 

1 có hai nghiệm thực phân biệt khi
16 m 11

    .

Do đó có 4 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.

MUA TRỌN BỘ 15.000 CÂU TRẮC NGHIỆM THI THPTQG GIÁ 200. GỌI
O93.735.1107

</div>