Tổ-7_Đợt-1_HSG_12_SỞ-GDDT-NAM-ĐỊNH

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: Tốn TN(Bài độc lập). Lớp: 12
Thời gian làm bài: 60 phút

Câu 1.

[2D3-2.1-1]

Cho

hàm

y = f ( x)

số

liên

tục

6

10

6

10

0

3

3

0

trên

và

thỏa

∫ f ( x ) dx = 7 , ∫ f ( x) dx = 3 , ∫ f ( x ) dx = 1 . Tính giá trị của I = ∫ f ( x ) dx
B. 10 .

A. 4 .

C.

9.

D. 8 .

Lời giải
Chọn C

Ta có

Vậy
Câu 2.

6

3

6

3

3

0

0

3

0

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ⇔ 7 = ∫ f ( x ) dx + 1 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 6 .
10

3

10

0

0

3

I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 6 + 3 = 9

[2D1-4.1-1] Đồ thị hàm số
A. 1 .

B.

y=

.

x + 3− x
x 3 − 8 x 2 + 20 x − 16 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

3.

C.

0.

D.

2.

Lời giải
Ta có

x 3 − 8 x 2 + 20 x − 16 = ( x − 2) ( x − 4) .
2

Khi đó

y=

x + 3− x
2
x
−
2
(
)
( x − 4) = 0 ⇔
( x − 2) 2 ( x − 4) . Ta có

x = 2
x = 4


x ≥ 0
0 ≤ x ≤ 3

⇔
3 − x ≥ 0

x ≠ 2
 3
2
Điều kiện xác định của hàm số  x − 8 x + 20 x − 16 ≠ 0
.

Ta có

lim+

x→ 2

x + 3− x
= −∞
. Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng của hàm số là
( x − 2) 2 ( x − 4)

x = 2.
Câu 3.

[2H1-3.3-2] [2D2-4.1-1] Tìm tập xác định

D của hàm số

y = e x + log2

x− 2
1− x

mãn

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

( −∞ ;1) ∪ ( 2;+ ∞ ) .
/ { 1;2} .

( 1;2) .
/ { 1} .

A. D =

B. D =

C. ¡

D. ¡
Lời giải

Tác giả: NGUYỄN TIẾN LỢI; Fb: NGUYẾN TIẾN LỢI
Chọn B

x ≥ 0

⇔
x−2
>
0
Điều kiện xác định của hàm số  1 − x
Vậy

D = ( 1;2 )

Câu 4. Cho tứ diện

x ≥ 0
⇔ 1< x < 2

1 < x < 2

.

lần lượt là trung điểm

AB,CD . Gọi V1,V2

là tập xác định của hàm số.

ABCD có thể tích V với M,N

V1 + V2
là thể tích của MNCB và MNDA . Tính tỉ lệ V
1
1
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .

lần lượt

2
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: NGUYỄN TIẾN LỢI; Fb: NGUYỄN TIẾN LỢI
Chọn B

1

Dựng

MK , AH vng góc với mặt phẳng ( BCD) . Dựa theo định lý Thales thì MK = 2 AH ( 1) .

1
S∆ BCN = S∆ BCD ( 2)
Lại do N là trung điểm của CD nên
.
2
Từ ( 1)

1

⇒V= V
và ( 2)
4 .
1

1
V2 = V
Tương tự ta cũng suy ra được

4 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

1
1
V+ V
V1 + V2 4
4 =1
=
Vậy V
V
2.
Câu 5.

ABCD. A′ B ' C ′D′ . Gọi O ' là giao điểm của AC và BD . Tính tỷ số
O.A′ B ' C ′D′ và thể tích khối hộp ABCD. A′ B ' C ′D′ .

[2H1-3.3-2] Cho hình hộp
giữa thể tích khối chóp

1
A. 6 .

1
B. 4 .

1
C. 2 .

1
D. 3 .

Lời giải
Tác giả:Lánh Vũ Thị Ngọc
Chọn D
Gọi

h = d ( ( ABCD ) , ( A′ B′C ′D′ ) ) . Khi đó h = d ( O′, ( A′ B′C ′D′ ) )

(Vì

O′ ∈ ( ABCD ) )

1
VO′. A′B′C ′D′ = h.S A′B′C ′D′
Ta có
và có VABCD. A′ B′C ′D′ = h.S A′ B′C ′D′
3

⇒
Câu 6.

VO′. A′B′C′D′ 1
=
VABCD. A′B′C′D′ 3 .

[1D3-3.3-1] Cho cấp số cộng
trong các khẳng định sau?

A. u5

= 7.

B.

( un ) có

u1 = − 3 ,

u4 = 5 .

công sai

C.

d = 3 . Hãy

u6 = 9 .

chọn khẳng định đúng
D. u3

=3.

Lời giải
Tác giả:Lánh Vũ Thị Ngọc
Chọn D
Vì
Câu 7.

un = u1 + ( n − 1) d ⇒ u3 = − 3 + 2.3 = 3 .

[2D1-5.3-2] Cho hàm số y = f
định và có bảng biến thiên sau:

( x)

xác định trên

Tìm điều kiện cần và đủ của tham số

y = f ( x)

tại hai điểm phân biệt?

m

D = ¡ \ { − 1;1}

để đường thẳng

, liên tục trên mỗi khoảng xác

d : y = 2m + 1 cắt đồ thị hàm số


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

A. m∈

( −∞ ; − 2) ∪ 1; +∞ ) .

B. m∈

( − ∞ ; − 2 ) ∪ ( 1; + ∞ )

C. m∈

( −∞ ; − 2] ∪ ( 1; +∞ ) .

D. m ∈

( − 2;1) .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Phương; Fb: phuongnguyen
Chọn B

Đường thẳng

d : y = 2m + 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x )

 2m + 1 < − 3
 2m + 1 > 3 ⇔


 m < −2
m > 1
.



m∈ ( −∞ ; − 2 ) ∪ ( 1; +∞ ) .

Vậy
Câu 8.

tại hai điểm phân biệt khi

[2D2-5.3-1] Biết rằng phương trình
lại.

4 x − 3.2x + m = 0

B. − 1 .

A. 1 .

có một nghiệm

x = 0 . Tính nghiệm cịn
1
D. 2 .

C. 2 .
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Phương; Fb:phuongnguyen
Chọn A
Phương trình 4 x − 3.2 x +

m = 0 có một nghiệm x = 0 ⇔ 40 − 3.20 + m = 0 ⇔ m = 2 .

 2x = 1
4 − 3.2 + 2 = 0 ⇔  x
⇔
2
=
2
phương trình có dạng:

x

Với

m= 2

x

x = 1.
4
2
[2D1-5.6-1] Số tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x + 2 x

x = 0
x = 1
.


Vậy nghiệm còn lại của phương trình là

Câu 9.

A.

3.

B.

2.

C.

0.

song song với trục hồnh là:
D. 1 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Tiết Hạnh; Fb: Hạnh Tiết Tiết
Chọn D


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ 7 l ân 18 Năm 2019

Ta có

y = − x 4 + 2 x 2 ⇒ y′ = − 4 x3 + 4 x

Gọi điểm

M ( x0 ; y0 )

là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số

Do tiếp tuyến song song trục hoành:

y = − x4 + 2 x2 .

y = 0 ⇒ f ′ ( x0 ) = 0

 x0 = 0 ⇒ y0 = 0
f ′ ( x0 ) = 0 ⇔ − 4 x03 + 4 x0 = 0 ⇔ 
 x0 = ± 1 ⇒ y0 = 1
Vậy phương trình tiếp tuyến là:

y = 0 (loại do tiếp tuyến trùng với trục hồnh) và y = 1 (nhận).

Vậy có 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y = − x4 + 2 x2

song song với trục hoành.

1
y = x4 − 2 x2 + 7
Câu 10. [2D1-2.1-1] Giá trị cực tiểu của hàm số
là:
4
A.

0.

B. 3 .

7.

C.

D.

2.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Tiết Hạnh; Fb: Hạnh Tiết Tiết
Chọn B
Tập xác định:

D= ¡

x = 0 ⇒ y = 7
y′ = 0 ⇔ 
y′ = x − 4 x ;
 x = ±2 ⇒ y = 3
3

Bảng biến thiên:

1
y = x4 − 2 x2 + 7
Vậy giá trị cực tiểu của hàm số

bằng 3 .
4
1
y = x3 − x 2 − 3x + 2019
Câu 11. [2D1-1.1-1] Hàm số
nghịch biến trên
3
A.

( − 1;3) .

C.

( −∞ ;1)

và

( 3;+ ∞ ) .

B.

( −∞ ;1) .

D.

( 3;+ ∞ ) .

Lời giải
Tác giả: Trịnh Đình Hiểu; Fb: Trịnh Đình Hiểu

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Chọn A

 x = −1
⇔
2
x = 3
Ta có: y ' = x − 2 x − 3 . y ' = 0

Bảng xét dấu

y'

Vậy: Hàm số nghịch biến trên

( − 1;3)

Câu 12. [1D2-2.1-1] Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số
khác nhau?
A. 600 .

B.

240 .

C.

720 .

D.

625 .

Lời giải
Tác giả: Trịnh Đình Hiểu; Fb: Trịnh Đình Hiểu
Chọn A
Gọi số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau là
Số cách chọn chữ số

abcdef

với

a ≠ 0; a, b, c, d , e, f ∈ { 0;1;2;3;4;5}

a : có 5 cách

Số cách sắp xếp 5 chữ số cịn lại vào 5 vị trí

b; c; d ; e; f : có 5! cách

5.5! = 600 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.
[2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A, B,C
Vậy có tất cả

Câu 13.

là trung điểm

A.

BC . Biết

A ( − 1;1; − 2 ) .

với

uuur
uuur
AB = ( 0;1; − 2 ) , AC = ( −2; − 1;0 ) . Tìm tọa độ điểm A .
B.

A ( − 2;2; − 3) .

C.

A ( 0;2; − 3) .

D. A

( 2; − 2;3) .

Lời giải
Tác giả: Hạ Kim Cương ; Fb: Hạ Kim Cương
Chọn D

uuuur
A
x

;
y
;
z
(
)
Gọi tọa độ điểm
, suy ra AM = ( 1 − x ; − 2 − y ;2 − z )
uuur uuur uuuur
Ta có, AB + AC = 2 AM
 −2 = 2 ( 1 − x )
 x=2


⇒  0 = 2 ( − 2 − y ) ⇒  y = − 2 ⇒ A ( 2; − 2;3)
 −2 = 2 ( 2 − z )  z = 3


Câu 14. [2D1-3.1-2] Giá trị lớn nhất của hàm số

y = 4 − x2

là

M ( 1; − 2;2 )


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

A. 2 .

B.

0.

4.

C.

D. 1 .

Lời giải
Tác giả: Hạ Kim Cương ; Fb: Hạ Kim Cương
Chọn A
TXĐ:

y'=

D = [ − 2;2]
−2x

y'= 0 ⇔

2 4 − x2 ,

−2x
2 4 − x2

= 0⇔ x= 0

y ( − 2) = y ( 2) = 0 ,
y ( 0) = 2 ,
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là

2.

Câu 15. [2H2-1.1-1] Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz , cho một hình trụ có tọa độ hai tâm của

hai đáy lần lượt là I (1;2;3) và
thể tích của khối trụ.

J (2;3;4) . Biết rằng bán kính đáy của hình trụ là R = 4 3 . Tính

A. 3π .

3.

B. π

3π 3 .

C.

D.

3π 4 3 .

Lời giải

Tác giả: Phạm Thái; Fb: Phạm Thái
Chọn A
Chiều cao khối trụ: h = IJ =

( 2 − 1) + ( 3 − 2 ) + ( 4 − 3)
2

2
Vậy thể tích của khối trụ : V = π R h = π

2

( 3)
4

2

2

= 3

3 = 3π .

Câu 16. [2D2-4.3-1] Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
A.

y = log 3 x .

B. y =

logπ x .

C.

y = log e x
π

.

D.

y = ln x .

Lời giải
Tác giả: Phạm Thái; Fb: Phạm Thái
Chọn C
Hàm số

y = log e x
π

e
<1
có cơ số bằng π
nên nghịch biến trên tập xác định của nó.

Câu 17. [2D2-4.1-1] Hàm số
A. 2

ln x 2 − 9

không xác định tại bao nhiêu số nguyên?
C. 5 .

B. 4 .
Lời giải

D. vô số.


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Chọn A
Hàm số

ln x 2 − 9

xác định khi:

x2 − 9 > 0 ⇔ x ≠ ± 3
Vậy hàm số không xác định tại

giá trị nguyên của x .

2

e

Câu 18. [2D3-2.1-2] Cho hàm số
A. I

= −2

f ( x ) = cos ( π ln x ) . Tính tích phân
B. I

= 2.

C. I

= 2π

.

I = ∫ f ′ ( x ) dx
1

.

D. I

= − 2π

.

Lời giải
Chọn A
e

e

e
I = ∫ f ′ ( x ) dx = f ( x ) = cos ( π ln x ) = −2
1
1
Ta có:
.
1
Câu 19. [2H3-3.3-2] Trong khơng gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho điểm M ( a ; b ; c )

thuộc mặt phẳng

( P ) : 2 x − 2 y + z + 3 = 0 thỏa mãn AM = 4 với điểm A ( 1; − 2;3) . Tính a + b + c .
8
A. 3 .

2
B. 3 .

C.

2.

D. 12 .

Lời giải
Tác giả: nguyễn Thị Dung

FB: dungbt nguyen

Chọn B

2+ 4 + 3+ 3

Ta có

d ( A, ( P ) ) =

⇒M

là hình chiếu vng góc của điểm

⇒

đường thẳng

r
r
u AM = n ( 2; − 2;1)

AM

3

đi qua

= 4 ⇒ d ( A, ( P ) ) = AM

A

A trên ( P )

và có vectơ chỉ phương chính là vectơ pháp tuyến của

 x = 1 + 2t

⇒ AM :  y = − 2 − 2t
z = 3+ t .


M ∈ AM ⇒ M ( 1 + 2t ; − 2 − 2t ;3 + t )
4
 5 2 5
⇔ t = − ⇒ M − ; ; ÷
Mà M ∈ ( P ) ⇒ 2 ( 1 + 2t ) − 2 ( − 2 − 2t ) + 3 + t + 3 = 0
3
 3 3 3.

( P)

là


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

5 2 5 2
a+ b+ c = − + + =
Khi đó,
3 3 3 3.

Câu 20. [2H3-2.1-2] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho các điểm A ( 1;0;0 ) , B ( 0;2;0 ) ,

C ( 0;0; − 2 ) . Biết rằng có ba điểm phân biệt D, E, F
thành hình bình hành. Tính diện tích tam giác
A.

3 6.

B.

sao cho mỗi điểm đó tạo với

A, B, C

DEF .

6.

C.

4 6.

D.

2 6.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Dung; FB: dungbt nguyen

Chọn C

Theo giả thiết, ta suy ra

A, B, C chính là trung điểm của các cạnh của ∆ DEF

⇒ S DEF = 4S ABC .

uuur
 AB ( − 1; 2;0 )
uuur uuur
 uuur


⇒
Ta có  AC ( − 1;0; − 2 )
 AB , AC  = ( − 4; − 2;2 )

1 uuur uuur
1
2
2
⇒ S ABC = .  AB, AC  = . ( − 4 ) + ( − 2 ) + 22 = 6
.
2
2
Vậy,

S DEF = 4 6 .

Câu 21. [2D1-1.5-3] Gọi

S

là tập các giá trị nguyên của

nghịch biến trên khoảng

( 1;2 )

A. 10 .

B. 9 .

m

và đồng biến trên khoảng
C. 4 .
Lời giải

Chọn C
Tập xác định
Ta có

D= ¡

.

y′ = x 2 − 2 x + m , ∀ x ∈ ¡

1
y = x3 − x 2 + mx + 2018
sao cho hàm số
3

.

( 3;4) . Tính số phần tử của S .
D. 5 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Hàm số nghịch biến trên khoảng
trình y′ =
chỉ khi

0

( 1;2)

có hai nghiệm phân biệt

và đồng biến trên khoảng

x1 , x2

thỏa mãn

1 − m > 0


 m < 1
1 − 1 − m ≤ 1
⇔
⇔


 2 ≤ 1 + 1 − m ≤ 3 1 ≤ 1 − m ≤ 2
Suy ra

S = { − 3; − 2; − 1;0}

( 3;4)

khi và chỉ khi phương

x1 ≤ 1 < 2 ≤ x2 ≤ 3 . Điều này xảy ra khi và

m < 1

−3 ≤ m ≤ 0 ⇔ − 3 ≤ m ≤ 0 .

.

( ) ( )

Câu 22. [2H2-4.1-3]Cho hai mặt phẳng P , Q song song với nhau cắt khối cầu tâm O , bán kính R
tạo thành hai hình trịn cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai
hình trịn, đáy trùng với hình trịn cịn lại. Tính khoảng cách giữa
quanh của hình nón là lớn nhất.

B. R

A. R .

2.

( P) , ( Q)

2R 3
C. 3 .

để diện tích xung

D. 2 R

3.

Lờigiải

Chọn C
Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua trục, ta được thiết diện như hình trên. Khi đó, ta có
Đặt

OH = x , ta có SH = 2 x , AH = R 2 − x 2 , SA = R 2 + 3x 2 .

Diện tích xung quanh của hình nón là

S xq = π AH ×SA = π R 2 − x 2 × R 2 + 3x 2 .

3

2R2 3
2
2
2
2
R − x × R + 3x =
× 3R − 3 x × R + 3 x ≤
Ta có
3
3 .
2

2

2

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3R 2 − 3 x 2 = R 2 + 3x 2 ⇔ x =

R 3
3 .

OA = R .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Câu 23. [2D1-3.1-3] Gọi

M,N

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x + cos 2 x

 π π
− ;
trên  4 4  .

π
3
+
A. 6 2 .

π
3−2
+
B. 12
2 .

−

π
−1
C. 4
.

π
3
−
D. 6 2 .

Lời giải
Chọn A

y = x 2 + cos 2 x .

Ta có

x

y′ =

x2

− 2sin 2 x, ∀x ≠ 0

.

+)

y′

+)

y′ = 0 ⇔ x − 2 x .sin 2 x = 0 .

không xác định tại

x= 0.

 π
1
π
x ∈  0; ÷
⇔
sin
2
x
=
⇔
x
=
Với
 4  : y′ = 0 ⇔ x − 2 x sin 2 x = 0
2
12 .
 π 
1
π
x ∈  − ;0 ÷
⇔
sin
2
x
=
−

⇔
x
=
−
Với
 4  : y′ = 0 ⇔ x + 2 x sin 2 x = 0
2
12 .

y ( 0) = 1

Ta có :

3
π  π
y  ÷= +
 12  12 2
3
 π π
y  − ÷= +
 12  12 2 .
π  π
y  ÷=
4 4
 π π
y − ÷=
 4 4
Suy ra

Vậy

M=

π
π
3
N=
+
12 2 ;
4.

M−N=

π
3 π
3 π
+
− =
−
12 2 4 2 6 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Câu 24. [2D1-2.5-2] Hàm số

y = mx 4 + ( m 2 + m ) x 2 − 2019

( − 1;0) ∪ ( 0; +∞ ) .
C. m∈ [ − 1; +∞ ) .

có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi

( −∞ ; − 1) .
D. m∈ [ − 1;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) .
B. m∈

A. m∈

Lời giải
Chọn D
+)Trường hợp 1.

m = 0 : y = − 2019 , hàm số khơng có điểm cực trị nên m = 0 không thỏa mãn.

+) Trường hợp 2.

m ≠ 0 : Hàm số đã cho là hàm trùng phương.
m ( m2 + m ) ≥ 0

Hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi

⇔ m 2 ( m + 1) ≥ 0 ⇔ m ≥ − 1 .
Đối chiếu điều kiện
Vậy

m≠ 0

m∈ [ − 1;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) .

ta được

m∈ [ − 1;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) là các giá trị cần tìm.
π2

Câu 25. [2D3-2.2-2] Biết rằng
A. π .

∫ ( sin

)

x + cos x dx = a + bπ

0

B. − 4 .

với

a , b∈ ¡

. Tính

C. − 2 .

a+ b.

D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Nghiệp; Fb: Phạm Văn Nghiệp
Chọn C
Đặt

t = x ⇒ t 2 = x ⇒ 2t dt = dx .

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 0; x = π 2 ⇒ t = π

π2

∫ ( sin
Khi đó:
0

.

π

π

 π
x + cos x dx = 2∫ t ( sin t + cos t ) dt = 2 2 ∫ t sin  t + ÷dt
 4 .
0
0

)

π

 π
H = ∫ t sin  x + ÷ dt
4  . Đặt

Xét
o
π

π

u = t ⇒ du =

 π
 π
dv = sin  x + ÷dt
v = − cos  t + ÷
dt ;
 4  , chọn
 4.
π

π 2
 π
 π
 π π 2
H = −t cos  t + ÷ + ∫ cos  t + ÷dt =
+ sin  t + ÷ =

− 2
2
2
Khi đó:
 4 0 0  4 
 4 0
.


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019
π2

∫ ( sin
Vậy

)

x + cos x dx

0

Câu 26. [2H2-2.2-2] Cho tứ diện

= 2 2H = − 4 + 2π

ABCD

a = −4
⇒
⇒ a + b = −2

.
b = 2

có bốn mặt là tam giác vng và cạnh lớn nhất có độ dài bằng

2a . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
32 3
πa
A. 3
.

4 3
πa
B. 3
.

8 2 3
πa
C. 3
.

D. 4π a 3 .

Lời giải
Chọn B

BD = 2a

Giả sử

các tam giác
Do đó

là cạnh lớn nhất. Do bốn mặt của tứ diện

ABD và CBD

là các tam giác vuông cạnh huyền

· = BCD
· = 90° nên A, B, C , D
BAD

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện
Trong

không

A ( 4;1;5 ) , B ( 3;0;1) , C ( − 1;2;0 )
lớn nhất. Tính
A.

P = 23 .

ABCD

gian
và điểm

P = a − 2b + 4c .

B. P = 31 .

với

R=

là các tam giác vuông nên

BD.

thuộc mặt cầu đường kính

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là

Câu 27. [2H3-1.4-3]

ABCD

BD.

BD
=a
.
2

4
V = π a3
là:
.
3

hệ

M ( a; b; c )
C.

tọa

độ

thỏa mãn

P = 11 .

Oxyz , cho các điểm
uuur uuur uuur uuuur uuuur uuur
MA.MB + 2MB.MC − 5MC.MA
D. P = 13 .

Lời giải
Tác giả: Trần Anh Tuấn; Fb: Trần Anh Tuấn
Chọn D
Ta có:

uuur
uuur
uuuur
MA = ( 4 − a;1 − b;5 − c ) , MB = ( 3 − a; −b;1 − c ) , MC = ( −1 − a;2 − b; −c )


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

uuur uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur
MA.MB + 2MB.MC − 5MC.MA
= ( 4 − a ) ( 3 − a ) + ( 1 − b ) ( −b ) + ( 5 − c ) ( 1 − c )

+2 ( 3 − a ) ( −1 − a ) + 2 ( −b ) ( 2 − b ) + 2 ( 1 − c ) ( −c )

−5 ( 4 − a ) ( −1 − a ) − 5 ( 1 − b ) ( 2 − b ) − 5 ( 5 − c ) ( −c )
= −2a 2 − 2b 2 − 2c 2 + 4a + 10b + 17c + 21
2

2

5

 17  573 573
= −2 ( a − 1) − 2  b − ÷ − 2  c − ÷ +
≤
2
4
8
8


2


a = 1


5

b =
2

 17
c=
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
4 . Khi đó

Câu 28. [2D1-2.5-3] Hàm số trùng phương
cực đại bằng
biệt?

P = a − 2b + 4c = 13 .

y = f ( x ) = x 4 + ax2 + b

4 . Tìm điều kiện cần và đủ của m

A.

m∈ { 4} .

C.

m∈ ( 2;4 ) .

để

có giá trị cực tiểu bằng

f ( x) = m

2

và giá trị

có đúng hai nghiệm thực phân

{ 2} ∪ ( 4; +∞ ) .
D. m∈ ( −∞ ;2 ) ∪ [ 4; +∞ ) .
B. m∈

Lời giải
Tác giả: Trần Anh Tuấn; Fb: Trần Anh Tuấn
Chọn B
Từ giả thiết ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện cần và đủ của
thực phân biệt là
Câu 29. [2D2-3.1-3] Với

6.

để

f ( x) = m

có đúng hai nghiệm

m∈ { 2} ∪ ( 4; +∞ ) .

a, b, c

là các số thực lớn hơn 1 , đặt

. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A.

m

x = log a ( bc ) , y = log b ( ca ) , z = log c ( ab )

P = x + y + 4z
C.10 .

B. 12 .

D. 16 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Tuyết Hằng; Fb: Hang Tuyet
Chọn C
Ta có:

x = log a ( bc ) = log a b + log a c .
y = log b ( ca ) = logb c + log b a .
z = log c ( ab ) = log c a + log c b .

A = log a b, B = log b c, C = log c a

Đặt:

Khi đó:

P = x + y + 4z = A +

với

A, B, C > 0

(do

1
1
4 
+ B + + 4C + =  A +
C
A
B 

a, b, c > 1 )

1 
4 

1
+
B
+
+
4
C
+
÷ 
÷ 
÷
A 
B 
C .

Áp dụng BĐT Cơ-si cho hai số thực dương:

A+

1
1
≥ 2 A. = 2
. Đẳng thức xảy ra khi A = 1 ⇔ a = b .
A
A

B+

4
4

≥ 2 B. = 4
2
. Đẳng thức xảy ra khi B = 2 ⇔ log b c = 2 ⇔ c = b .
B
B

4C +

1
1
1
1
≥ 2 4C. = 4
C = ⇔ log c a = ⇔ a = c
. Đẳng thức xảy ra khi
.
C
C
2
2

Suy ra :

P ≥ 10 .
 a=b

2
2
khi  c = a = b .

Vậy min P = 10
Câu 30. [2D3-3.3-3] Thể tích của khối trịn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số

y = x 2 − 2 x , y = 4 − x2 khi nó quay quanh trục hồnh là
A.

27π

.

B.

30π

.

125
π
C. 3 .

421
π
D. 15 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Tuyết Hằng; Fb: Hang Tuyet
Chọn D

 x = −1
x2 − 2 x = 4 − x2 ⇔ 2 x2 − 2 x − 4 = 0 ⇔ 
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
 x=2 .

[ ]

Lấy đối xứng phần đồ thị trên đoạn 0;2 của hàm số y = x − 2 x qua trục hoành. Ta nhận thấy
phần đồ thị nằm phía dưới trục hồnh khi quay sẽ “nằm” trong phần giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = 4 − x2

2

và trục hồnh.

Khi đó, ta có thể tích của vật thể cần tìm là:
0

2

2
2
2
V = π ∫  ( 4 − x 2 ) − ( x2 − 2 x )  dx + π ∫ ( 4 − x 2 ) dx = 11π + 256 π = 421 π


−1
0

15
15 .
3

Câu 31. [2D3-2.2-3] Cho hàm số

f ( x) có đạo hàm trên ¡

thỏa mãn

∫ xf ' ( 2 x − 4 ) dx = 8 và
0

1

Tính
A. I

I = ∫ f ( 2 x ) dx
−2

= − 10

.

.
B. I

= −5.

C. I
Lời giải

= 5.

D.

I = 10 .

f (2) = 2 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019
3

dt
xf ' ( 2 x − 4 ) dx = 8
2 x − 4 = t ⇒ dx =
∫
Đặt
.
Từ
2
0
2

2

1
⇒ ∫ (t + 4) f ' ( t ) dt = 8 ⇒ ∫ (t + 4) f ' ( t ) dt = 32

4 −4
−4
2

⇒ ∫ (t + 4) f ' ( t ) dt = (t + 4) f ( t ) − 4 −

2

2

−4

∫ f ( t ) dt = 32

−4

2

⇒

∫ f ( t ) dt = 6 f ( 2) − 32 = − 20

−4

1

1

2

1
1
1
I = ∫ f ( 2 x ) dx = ∫ f ( 2 x ) d ( 2 x ) = ∫ f ( u ) du = × (−20) = −10
2 −2
2 −4
2
Mà
−2
Câu 32. [2D1-4.2-3] Gọi

y=

S

là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của

m

sao cho đồ thị của hàm số

2019 x
17 x 2 − 1 − m x có bốn đường tiệm cận (bao gồm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang). Tính

số phần tử của tập

S.

A. Vô số.

B. 3.

C. 5.

D. 4.

Lời giải
Chọn C
Tiệm cận ngang

2019 x
2019 x
=
lim
lim y = lim
= lim
x →+∞ 

1
x → +∞
x → +∞
17 x 2 − 1 − m x x→ +∞ x 17 − 1 − mx
x  17 − 2 − m ÷
x
x2


2019
2019
= lim

=
x → +∞
1
17 − m
17 − 2 − m
là hằng số xác định với điều kiện m ≠ 17 .
x

2019 x

lim y = lim

x →−∞

x →−∞

2019 x
17 x 2 − 1 − m x

2019 x
2019 x
= lim
x →−∞
x →−∞ 

1
1
− x 17 − 2 + mx
x  − 17 − 2 + m ÷
x

x



= lim

2019
2019
=
x → −∞
1
− 17 + m
− 17 − 2 + m
là hằng số xác định với điều kiện m ≠ 17 .
x

= lim

Suy ra với

m ≠ 17

thì đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận ngang

y=±

Do đó theo u cầu bài tốn thì đồ thị hàm số phải có 2 đường tiệm cận đứng.

2019
17 − m .

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

x= 0

Ta thấy

không là nghiệm của phương trình

có 2 tiệm cận đứng thì phương trình

17 x 2 − 1 − m x = 0 .Do đó để đồ thị hàm số

17 x 2 − 1 − m x = 0

có 2 nghiệm phân biệt.

m ≥ 0
m ≥ 0
⇔
17 x − 1 − m x = 0 ⇔ 17 x − 1 = m x ⇔  2
 2
2
2 2
Ta có
 x ( 17 − m ) = 1
17 x − 1 = m x
2

Phương trình

Vậy

2

17 x 2 − 1 − m x = 0

S = { 0;1;2;3;4}

có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

17 − m 2 > 0
⇔ 0 ≤ m < 17

m
≥
0

.

Câu 33. [2H1-3.6-3] Cho hình chóp

S. ABC

có đáy

ABC

là tam giác đều cạnh bằng

6 . Biết rằng các

3 2 . Tính thể

mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng
tích nhỏ nhất của khối chóp
A. 2

3.

S. ABC .

B. 2

C. 3 .

2.

D. 4 .

Lời giải
Chọn C

S

Gọi

H

trên

AB, BC , CA . Khi đó SM , SN , SP

là hình chiếu của

trên mặt phẳng

( ABC ) , M , N , P lần lượt là hình chiếu của H

lần lượt là các đường cao của các mặt bên.

Vì các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau nên

HM = HN = HP . Như vậy H
+ TH1:

H

là tâm đường tròn nội tiếp hoặc bàng tiếp tam giác

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

đều có cạnh đáy bằng

SM = SN = SP . Do đó

ABC . Khi đó hình chóp S. ABC

6 , cạnh bên bằng 3 2 .

ABC .

là hình chóp


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ 7 l ân 18 Năm 2019

Ta có:

SH = SA2 − AH 2

Thể tích khối chóp
+ TH2:

H

S . ABC

( )

1
1
V = .SH .S∆ ABC = .4.
là
3
3

( )

2

6 . 3
4

=2 3

.

ABC . Do tam giác ABC đều nên không mất
H là tâm đường trịn bàng tiếp góc A của ∆ ABC . Ta có

là tâm đường trịn bàng tiếp tam giác

tính tổng quát giả sử

AH = 2.

=

2

 2 6. 3 
3 2 −  .
÷÷ = 4
.
3 2 
2

6. 3

= 3 2, BH = CH = 6
.
2

Nếu

SA = 3 2

thì

SH = SA2 − AH 2 = 0

Nếu

SA ≠ 3 2

thì

SB = SC = 3 2 . Ta có: SH = SB 2 − BH 2 = 2 3 .

Thể tích khối chóp

S . ABC

(vơ lí).

1
1
V = .SH .S ∆ ABC = .2
là

3
3

+ Vậy thể tích nhỏ nhất của khối chóp

S . ABC

là

Câu 34. [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ

C ( 1; − 2; − 1)
cho tứ giác
A. 0 .

và mặt phẳng

2

4

. 3

=3

.

V = 3.
Oxyz , cho ba điểm A ( 1; − 2;0 ) , B ( 3;4; − 3 ) ,

( P ) : 2 x + y + 3z − 2 = 0 . Số điểm M nằm trên mặt phẳng ( P ) sao

MABC là hình thang đáy BC là
B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn A

( 6)
3.

D. 1 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ 7 l ân 18 Năm 2019

Ta có
Gọi

uuur
BC = ( − 2; − 6;2 ) .

d là đường thẳng qua A và song song với BC

Suy ra

.

r

d có một vectơ chỉ phương là u = ( 1;3; − 1) . Phương trình tham số của

 x = 1+ t

d :  y = − 2 + 3t ; t ∈ ¡
 z = −t
.

Vì

MABC là hình thang đáy BC nên MA / / BC ⇒ M ∈ d

Mặt khác

Tọa độ
Khi đó

M

M ∈ ( P)

do đó

M = d ∩ ( P) .

 x = 1+ t
 y = −2 + 3t


⇔

 z = −t
thỏa mãn:  2 x + y + 3z − 2 = 0

uuuur
AM = ( 1;3; − 1) . Suy ra

phải là hình thang đáy
Vậy khơng có điểm

M

hai vectơ

x = 2
y =1

⇒ M ( 2;1; −1)

 z = −1
t = 1
.

uuuur uuur
AM , BC ngược hướng nên tứ giác MABC khơng

BC .
thỏa mãn bài tốn.

Câu 35. [2D2-4.7-2] Với mọi giá trị của

a > 0, a ≠ 1

A và đồ thị hàm số y = log a ( 4 − x )
A. 1 .

.

B.

2.

, đồ thị hàm số

y = a x− 2

ln đi qua điểm cố định

B . Tính độ dài đoạn thẳng AB .

1
C. 2 .

D.

Lời giải
Chọn B
Dễ thấy đồ thị hàm số
Đồ thị hàm số

y = a x− 2

y = log a ( 4 − x )

luôn đi qua điểm cố định A
luôn đi qua điểm cố định B

luôn đi qua điểm cố định

( 2;1) .

( 3;0 ) .

2.


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Khoảng cách giữa hai điểm
Câu 36. [2D3-2.3-3] Cho hàm số
2

∫ ( f ′( x) )
1

2

AB

f ( x)
2

B.

AB =

( 3 − 2 ) + ( 0 − 1)
2

2

= 2.

có đạo hàm liên tục trên

[ 1;2]

f ( x)

và thỏa mãn

5
3
d
x
=
−
+
ln

∫1 ( x + 1) 2
12
2 . Tính tích phân

5
2
dx = + ln
12
3 và

3
3
+ 2ln
A. 4
2.

là:

ln

2
3.

3
2
− 2ln
C. 4
3.

f ( 2) = 0 ,

2

∫ f ( x ) dx .
1

3
2
+ 2ln
D. 4
3.

Lời giải
Chọn D

u = f ( x )
 d u = f ′ ( x ) dx


f ( x)
⇒
1

I =∫
dx
dv =
dx  v = − 1 + 1
2
2


( x + 1)
x +1 2 .

Xét
. Đặt 
1 ( x + 1)
2

2

2
 1 1
 1 1 ′
⇒ I = −
+ ÷ f ( x) 1 − ∫  −
+ ÷f ( x ) dx
x
+
1
2
 x +1 2 

1
2

5
3
 1 1 ′
⇒∫
− ÷f ( x ) dx = − + ln

x +1 2 
12
2 (1)
1
2

Ta có:

∫(
1

2

5
3
3
 1 1 ′
 5
f ′ ( x ) ) dx = − ln ∫ 2 
− ÷ f ( x ) dx = 2  − + ln ÷
12
2 , 1  x+1 2
2 ,
 12
2

2

2

5
3
 1 1
−
d
x
=
−
ln
∫1  x + 1 2 ÷ 12 2 .
2

2


1 1
 1 1 
⇒ ∫  f ′ ( x) + 
− ÷÷ dx = 0 ⇒ f ′ ( x ) = − 1 + 1 ⇒ ∫ f ′ ( x ) dx = ∫  −
+ ÷dx
x
+
1
2
x
+
1
2 .






x
+
1
2
1

1
⇒ f ( x ) = − ln ( x + 1) + x + C ( ∀ x ∈ [ 1;2] )
, vì f ( 2 ) = 0 nên C = ln 3 − 1 .
2
1
f ( x ) = − ln ( x + 1) + x + ln 3 − 1, ∀ x ∈ [ 1;2]
Ta có:
.
2
2

Vậy:

∫
1

2

1
3
2



f ( x ) dx = ∫  − ln ( x + 1) + x + ln 3 − 1÷dx = + 2ln
2
4
3.

1

Câu 37. [1H3-4.3-3] Cho hình chóp
giác vng cân tại

S. ABC

có

SA vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , đáy ABC

B , AC = a 2 . Gọi G

là trọng tâm tam giác

SAB

và

K

là tam

là hình chiếu


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ 7 l ân 18 Năm 2019

vng góc của đỉnh

cos α

Tính

A.

cos α =

A trên cạnh SC . Gọi α

, biết rằng khoảng cách từ điểm

1
2.

B.

là góc giữa hai mặt phẳng

A

2
2 .

cos α =

( ABC )

và

( AGK ) .

a
đến mặt phẳng ( KBC ) bằng 2 .
C.

cos α =

3
2 .

D.

cos α =

3
3 .

Lời giải
Chọn D
Cách 1: Theo cơng thức hình chiếu

Gọi

M

là hình chiếu vng góc của

AM ⊥ ( KBC ) , kết hợp giả thiết suy ra
Do tam giác

SAB

Do đó tam giác
Gọi

N, I

phẳng

Ta có

vng tại

SAB

A có AM

vng cân tại

và

( AGK )

cosα =

S ANI
S AMK .Tam giác

trên

SB , ta dễ chứng minh được AM ⊥ ( SBC )

d ( A, ( KBC ) ) = AM =

a
2.

là trung điểm của

SB

suy ra

G ∈ AM .

M , K trên mặt phẳng ( ABC ) , khi đó góc α

cũng chính là góc giữa hai mặt phẳng

SAC

có

hay

1
1
1
=
+
⇒ SA = a
là đường cao nên AM 2 SA2 AB 2
.

A nên M

lần lượt là hình chiếu của

( ABC )

A

AK

( ANI )

là đường cao nên tính được

và

giữa hai mặt

( AMK ) .

AK =

2
a
3 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

AKC

Tam

giác

S AIN =

1
1
AI . AN .sin 45° = a 2
2
12 .

Tam giác

⇒ S AMK

AMK

vuông

vuông tại

M

có

tại

AM =

⇒ AI =

K ⇒ AK = AI .AC
2

2
a
3 ,

AN =

1
a
AB =
2
2,

2 MK = AK 2 − AM 2 = 1 a
a
6
2 ,

1 2
S ANI 12 a
3
cosα =
=
=
1
3
S AMK
3 2 3
= AM .MK = a 2
a
.
2
12 ,
12

Cách 2: Tính theo định lý cách xác định góc giữa hai mặt phẳng

Các điểm

M,K

xác định như cách 1, kéo dài

MK

cắt

BC

tại

J.

Ta dễ chứng minh được

( AGK ) ∩ ( ABC ) = JA

 JA ⊥ ( SAC )

( SAC ) ∩ ( AGK ) = AK
 SAC ∩ ABC = AI ⇒
) (
)
(

AI

3

· = α cosα =
=
( ( AGK ) , ( ABC ) ) = ( AK , AI ) = KAI
,

AK 3

.

Cách 3 : Theo định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng

SA ⊥ ( ABC ) , SC ⊥ ( AGK )

suy ra góc

cũng chính là góc giữa hai đường thẳng

SA và SC .

Ta dễ chứng minh được
và

( AGK )

SA
3
cosα = cos ·ASC =
=
Suy ra
SC 3 .

α

giữa hai mặt phẳng

( ABC )


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Câu 38. [1D2-5.2-4] Cho tập
nhau được lập từ
cho 2222.

X = { 1;2;...;8} . Gọi A

là tập các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác

X . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập A . Tính xác suất để số được lấy chia hết

C82C62C42
A.
8! .

192
B. 8! .

4!4!
C. 8! .

348
D. 8! .

Lời giải
Chọn B

Ta có
Vì

n ( Ω ) = 8! .Gọi số được lấy từ A

2222 = 2.1111 ,

 a M2
a M2222 ⇔ 
⇔
a
M
1111

Từ a1 + a2 + ... + a8
Lại có

có dạng a = a1a2 ...a8 .

hơn nữa 2 và 1111 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên

 a8 M2

 a M1111 .

= 1 + 2 + .. + 8 = 36M9

nên

aM9999 .

(

a = a1a2 ...a8 = 10000.a1a2a3a4 + a5a6 a7 a8 = 9999.a1a2a3a4 + a1a2 a3a4 + a5a6 a7 a8

)

suy ra

( a a a a + a a a a ) M9999 .
1 2 3 4

Nhưng

5 6 7 8

2000 < a1a2 a3a4 + a5a6 a7 a8 < 18000

vì

a1a2 a3a4 + a5a6a7 a8 = 9999

nên

hay

a1 + a5 = a2 + a6 = a3 + a7 = a4 + a8 = 9 .
Dễ thấy mỗi số tự nhiên
Chia 8 số từ

a8

X

a thỏa mãn điều kiện trên và a8 là số chẵn đều chia hết cho 2222.

thành bốn bộ có tổng bằng 9 là

( 1;8) , ( 2;7 ) , ( 3;6) , ( 4;5) .

có 4 cách chọn.

Mỗi cách chọn a8 ta có duy nhất một cách chọn a4 .
Ba bộ cịn lại

( a1 ; a5 ) , ( a2 ; a6 ) , ( a3 ; a7 ) có thể hốn vị cho nhau, đồng thời hai phần tử trong

mỗi bộ có cũng có thể hốn vị cho nhau nên có tất cả
Tóm lại, ta có

n ( A ) = 4.3!. ( 2!) = 192 .
3

3!. ( 2!)

3

cách chọn.

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 l ân 18 Năm 2019

Vậy

P ( A) =

n ( A ) 192
=
n ( Ω ) 8! .

Câu 39. [2D1-1.4-4] Cho phương trình

x2 + 7 + m x2 + x + 1 = x4 + x2 + 1 + m

(

x2 − x +1 − 2

) . Biết tập

hợp tất cả các giá trị của

m để phương trình đã cho có nghiệm là ( − a ; b ) . Tính P = b + a

26
A. 3 .

13
B. 6 .

−

13
C. 3 .

13
D. 2 .

Lời giải
Chọn C

x2 + 7 + m x2 + x + 1 = x 4 + x 2 + 1 + m
⇔ x2 + 7 − x4 + x2 + 1 = m
Đặt t =

(

(

x2 − x + 1 − 2

)

x2 − x + 1 − x2 + x + 1 − 2

)

x2 − x + 1 − x2 + x + 1 ⇒ t 2 = 2 x2 − 2 x4 + x2 + 1 + 2

Xét hàm số

t = x 2 − x + 1 − x 2 + x + 1 liên tục trên ¡

t′ ( x ) = 0 ⇔

2x − 1
x2 − x + 1

−

2x + 1
x2 + x + 1

=0

có

t′ ( x ) =

2x −1

⇔ ( 2 x − 1) x 2 + x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 − x + 1

 1
 x ≥ 2

⇔ 
1
  x ≤ − 2


 x = 0 (Vô nghiệm)
Mặt khác

t′ ( 0) < 0

Bảng biến thiên:

2x − 1
x − x+1
2

2x + 1

2 x2 − x + 1 2 x2 + x + 1

 ( 2 x − 1) . ( 2 x + 1) ≥ 0
⇔
2
2
2
2
 ( 2 x − 1) ( x + x + 1) = ( 2 x + 1) . ( x − x + 1)

⇒ t′ ( x ) =

−

−

2x + 1

x + x+1
2

< 0, ∀ x ∈

¡

.