Tuyển chọn những câu hỏi vận dụng cao môn Toán mục tiêu 9+ – Chinh phục giảng đường

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TUYỂN CHỌN NHỮNG CAÂU HOÛI VAÄN DUÏNG CAO NAÊM 2019 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG FACEBOOK: SÑT: 0946798489. Naêm hoïc: 2018 – 2019. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chuyên đề. 1. HÀM SỐ & CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN. Câu 1.. Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau. Câu 2.. 2 Hàm số y  f (2 x  1)  x 2  8 x  5 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3  1 A. 1;  . B. 1;  . C.  ;  2 . D. 1;7 .  2 Lời giải Chọn B 4 Ta có: y   2 f (2 x  1)  x  8 . 3 2 4 Để hàm số y  f (2 x  1)  x 2  8 x  5 nghịch biến thì 2 f (2 x  1)  x  8  0, x  D hay 3 3 12 1 f (t )   t , t  D1 * và t  2 x 1 . 3 3  f (t )  0  + Xét t  ;  4  12 1 nên chưa thể kết luận tính đúng - sai cho (*) (loại).   t  0  3 3 12 1 + Xét t  4; 1  f (t )  0 và  t  0 nên (*) đúng. 3 3 5 Suy ra 4  2 x  1  1    x  1 (loại) 2  f (t )  0 + Xét t  1; 2  12 1 nên (*) đúng. Suy ra   t  0  3 3 1 1  t  2  1  2 x  1  2   1  x  . 2  f (t )  0 + Xét t  2; 4  12 1 nên (*) sai (loại).   t  0  3 3 12 1   t  0, t   4;12 3 3 + Xét t  4;    f (t )  0 và  nên chưa kết luận tính đúng - sai 12 1   t  0, t  12;   3 3 cho (*) (loại). Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  liên tục và có đạo hàm trên  và có đồ thị lần lượt là.  C1  ,  C2  như hình vẽ bên. Hàm số A.  2;3 . B.  0;1 .. y  f  x  .g  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?. C.  ; 0  .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.  4;5  .. Trang 1/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Lời giải Chọn A. Ta xét khoảng  2;3 , với mọi x1 , x2   2;3  , x1  x2 ta có: 0  f  x1   f  x2  0  f  x1   f  x2    0  g  x1   g  x2  0   g  x1    g  x2   f  x1  .   g  x1    f  x2  .   g  x2    f  x1  .g  x1   f  x2  .g  x2   y  x1   y  x2 . Hay hàm số nghịch biến trên  2;3 . Câu 3.. (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f. . . 2 f  cos x   m có nghiệm.   x   ;  . 2 . A. 5 .. B. 3 .. C. 2 . Lời giải. Chọn D. Trang 2/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. 4 ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Từ hình vẽ, đặt f  x   ax  bx  cx  d ,  a  0 . Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O nên d  0 . Ta có 3. 2. a  b  c  2 a  1   3 hệ phương trình  a  b  c  2  b  0 . Do đó f  x   x  3x.  4a  2b  c  1 c  3  .   ;    t   1;0   f  cos x   f  t   t 3  3t với t   1;0 . 2 . Đặt t  cos x, x  . f '  t   3t 2  3  0, t   1;0  f  t  nghịch biến trên  1; 0   2 f  t    2 f  0  ; 2 f  1  hay 2 f  t    0;4 . Đặt u . 3 2 f  t   u   0; 2   m  f  u   u  3u với u  0;2 .. Ta có f '  u   3u  3  f '  u   0  u  1  0;2  . 2. Bảng biến thiên của f  u  .. Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm  2  m  2 .. Câu 4..  m   2; 2    m  2; 1;0;1 .  m   (Trường THPT Thăng long Hà Nội) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f '  x  có bảng biến thiên như sau:. x. 0. -1. -∞. 1. 2. 3. +∞. 5. f '(x) +∞. 12. -. 0. . +∞. 8. 2. 3. 3 -. 9 4. . Đặt g  x   f  x   ln x 2  1 . Khẳng định nào sau đây sai? A. g  3  g  4  .. B. g  2   g  1 .. C. g  1  g  0  .. D. g 1  g  2  .. Lời giải Chọn B. 2x x 1 Từ bảng biến thiên, ta có: g ' x  f ' x . 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2x  0  g '  x   0 , hàm số g  x  đồng biến trên khoảng x 1  ;0  g  2   g  1 suy ra đáp án sai làA.. +Với x   ; 0  thì f '  x   0;. 2. g  1  g  0  đáp án B đúng. 2x  0  g '  x   0 , hàm số x 1 1; 2  g  2   g 1 đáp án C đúng. + Với. x  1; 2 . f '  x   0;. 2. g  x. nghịch biến trên. 8 2x + Với x   3; 4  f '  x   ; 2  1  g '  x   0 , hàm số g  x  đồng biến trên 3 x 1 Câu 5.. 3; 4  g  3  g  4  Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên . và có đồ thị f   x  như hình vẽ.. Xét hàm số g  x   f  x 2  2  . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  1; 0  . B. Hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  2;   . C. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  0; 2  . D. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  ; 2  . Lời giải Chọn A Ta có g   x   2 x. f   x 2  2  là hàm số liên tục trên  .. x  0 x  0 x0   2 2 g   x   0  2 x. f   x  2   0     x  2  1   x  1 . 2  f   x  2   0  x2  2  2  x  2  x  2 . f   x2  2  0  x2  2  2  x2  4    x  2 Bảng biến thiên của hàm số g  x . Trang 4/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Từ bảng biến thiên, ta thấy câu D là sai. Câu 6.. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình tan 4 x . 2 cos 2 x. m.    có 6 nghiệm phân biệt thuộc   ;  là 2 2   B. m  3 .. A. m  2.. C. 2  m  3 . Lời giải. D. 2  m  3 .. Chọn C Ta có tan 4 x . 2 cos 2 x. . .  m  tan 4 x  2 tan 2 x  1  m  tan 4 x  2 tan 2 x  1  m * .. Đặt t  tan 2 x  t   2 tan x(tan 2 x  1) .    t   0  tan x  0  x  0 với x    ;  .  2 2 BBT.     Từ bảng biến thiên suy ra với mỗi t   0;   cho ta hai nghiệm x   ;  và t  0 cho ta một  2 2     nghiệm x   ; .  2 2. Với cách đặt trên ta có t 2  2t  1  m **     Phương trình * có sáu nghiệm phân biệt x   ;  thì phương trình ** có ba nghiệm phân  2 2. biệt t   0;   Đặt f  t   t 2  2t  2, t   0;   , ta có f   t   2t  2, t   0;    f   t   0  2t  2  0  t  1. BBT. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Từ đây ta suy ra BBT của hàm f  t . Câu 7.. Từ BBT ta suy ra 2  m  3 . (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2019) Biết m là giá trị để bất phương 0  x  y  1 trình  có nghiệm duy nhất. Mệnh đề nào sau đây đúng?  x  y  2 xy  m  1  3. . A. m    ;0  .  4 . 1 . C. m  2; 1 .. B. m   ;1 . 3 .  1. 1. D. m    ;   .  2 3. Lời giải Chọn A 2. x y 1 Điều kiện: 2 xy  m  0  m  2 xy  2.   m . 2 2   0  x  y  1 Nhận xét: Nếu hệ bất phương trình  có nghiệm  x; y  , x  y thì hệ bất phương  x  y  2 xy  m  1. trình cũng có nghiệm  y; x  do đó, hệ bất phương trình trên chỉ có nghiệm duy nhất khi x  y . +Với x  y ,ta có hệ bất phương trình:. 1 1   0  2 x  1 0  x  2 0  x  2    2 2 2 2 x  2 x  m  1  2 x 2  m  1  2 x  2 x  m  1  4 x  4 x  *  2 2 2 Ta có: 2 x  m  1  4 x  4 x  m  2 x  4 x  1 **.  1 2 Xét hàm số f  x   2 x  4 x  1 trên  0;  .  2.  1 Ta có: f   x   4 x  4  0, x   0;  .  2 Bảng biến thiên:. Trang 6/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 Để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì m   . 2 0  x  y  1 1  +Với m   , ta có:  1 2  x  y  2 xy   1 1 2  2. Ta có: x  y  2 xy  1  1  x  y  2.  x  y   1  x  y  2 xy  1  1 2 2  2  2  1  1.. Câu 8.. 1 Dấu ''  '' xãy ra khi x  y  . 2 0  x  y  1 1 Vậy hệ bất phương trình  có nghiệm duy nhất khi m   . 2  x  y  2 xy  m  1 (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số 1 1 m để hàm số f  x   m 2 x 5  mx 3  10 x 2   m 2  m  20  x đồng biến trên  . Tích giá trị của tất 5 3 cả các phần tử thuộc S bằng 3 1 A.  2 . B.  5 . C. . D. . 2 2 Lời giải Chọn B Ta có hàm số f  x  đồng biến trên  khi và chỉ khi f   x   0, x    m 2 x 4  mx 2  20 x   m 2  m  20   0, x  .   x  1  m 2 x 3  m 2 x 2   m 2  m  x  m 2  m  20   0, x   * .. . . 2 3 2 2 2 2 Xét g  x   m x  m x  m  m x  m  m  20 .. Nếu g  x   0 không có nghiệm x  1 thì f   x  sẽ đổi dấu khi x đi qua 1, nên muốn *  thỏa thì điều kiện cần là 5  m g 1  1  2 m 2  m  10  0   2 .   m  2. Ta cần kiểm tra xem hai giá trị tìm được có thỏa  *  không. Nếu m . 5 25 3 25 2 15 65 5 thì g  x   x  x  x   x  1  5 x 2  10 x  13  , thỏa *  . 2 4 4 4 4 4. . . 3 2 2 Nếu m   2 thì g  x   4x  4x  6x 14   x 1 4x  8x 14 , thỏa *  .. 5 2.  . Vậy S   ;  2 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 9.. (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2019) Biết rằng các số thực a , b thay đổi sao cho hàm số 3 3 f  x    x3   x  a    x  b  luôn đồng biến trên khoảng  ;   . Tìm giá trị nhỏ nhất của. biểu thức P  a 2  b2  4a  4b  2 . A.  2 . B. 2 .. D. 0 .. C.  4 . Lời giải. Chọn A TXĐ: D  . 2 2 2 2 2 f   x   3x 2  3  x  a   3  x  b   3 x  6  a  b  x  3a  3b .. Do hàm số đồng biến trên  ;    f   x   0, x   và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên.  ;  .  x 2  2  a  b  x  a 2  b 2  0, x  .    0  ab  0 (*).. Cách 1: Ta có P  a 2  b2  2a  2b  4   a  b   4  a  b   4  2  2ab 2. Hay P   a  b  2   2ab  2  2 , do ab  0 theo (*) và  a  b  2   0 . 2. 2. a  b  2  0  a  2 a  0  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  hoặc  . ab  0 b  0 b  2 Vậy min P   2 .. 2 2 Cách 2: Do f   x   0, x    f   2   0  a  b  4  a  b   4  0. a  2 a  0  P  a 2  b 2  4  a  b   2  2 . Dấu bằng xảy ra khi  hoặc  . b  0 b  2 Vậy min P   2 . Câu 10. Một hình hộp đứng có đáy là hình vuông chứa đồng hồ cát như hình vẽ. Tỉ số thể tích của đồng hồ cát và phần còn lại giữa đồng hồ cát và hình hộp đứng là. A..  12  . .. B..  6 . .. C..  24  . .. D..  24  2. .. Lời giải Chọn A Gọi V H  ,V DH  , VCL  lần lượt là thể tích của hộp đứng, đồng hồ cát và phần còn lại. Cho cạnh đáy hộp bằng 6, chiều cao hộp bằng 8. Đồng hồ cát tạo bởi 2 nón bằng nhau và chiều cao nón bằng 4 (cao hộp chia 2); bán kính đáy nón bằng 3 (đáy hộp chia 2). 1 Ta có: V H   8.62  288 ; V DH   2. .4. .32  24 ; V CL   V H   V DH   288  24 . 3 V DH  24  Theo đề thì đáp án bằng .   VCL  288  24 12  . Trang 8/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Câu 11. (HSG-Đà. Nẵng-11-03-2019). Cho. các. hàm. f  x   x2  4 x  m. số. và. g  x    x 2  1 x 2  2   x 2  3 . Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số g  f  x   đồng 2. 3. biến trên  3;   là A.  4;   .. B. 3;   .. C. 3; 4  .. D.  0;3 .. Lời giải Chọn B. Ta có f  x   x 2  4 x  m , g  x    x 2  1 x 2  2   x 2  3  a12 x12  a10 x10  ...  a2 x 2  a0 . 2. 3. Suy ra f   x   2 x  4 , g   x   12a12 x11  10a10 x9  ...  2a2 x . 11 9 Và  g  f  x     f   x  12a12  f  x    10a10  f  x    ...  2a2 f  x    . . .  f  x  f   x  12a12  f  x    10a10  f  x    ...  2a2 . 10. 8. Dễ thấy a12 ; a10 ;...; a2 ; a0  0 và f   x   2 x  4  0 , x  3 .. . . Do đó f   x  12a12  f  x    10a10  f  x    ...  2a2  0 , x  3 . 10. 8.  Hàm số g  f  x   đồng biến trên  3;   khi  g  f  x     0 , x  3  f  x   0 , x  3 .. . .  x 2  4 x  m  0 , x  3  m  4 x  x 2 , x  3  m  max 4 x  x 2  3 . Vậy m  3;   thỏa yêu cầu bài toán.. 3; . Câu 12. Cho hàm số f  x   1  m3  x 3  3 x 2   4  m  x  2, với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên. m   2018; 2018 sao cho f  x   0, x   2; 4 ? A. 2021. D. 2019. B. 4037. C. 2020. Lời giải Chọn C Tập xác định: D   . Điều kiện cần: 8 1  m3   12  2  4  m   2  0  f  2   0 8m3  2m  30  0     3 3  f  4   0 64m  4m  130  0 64 1  m   48  4  4  m   2  0 3   2m  3  4m 2  6m  10   0 m  2 5    m . 2 4  4m  5  16m  20m  26   0 m  5  4 Do m   2018; 2018 và m   nên m  2018; 2017;...; 1;0;1 . Điều kiện đủ: -Với m  1, ta có: f  x   3x 2  3x  2  0, x    Thỏa mãn đề bài. -Với m  0 , ta có: f  x   1  m3  x 3  3 x 2   4  m  x  2  f  x   m3 x 3  mx  x 3  3x 2  4 x  2 Khi đó: f '  x   3m 3 x 3  m  3 x 2  6 x  4  m  3m 3 x 2  1  3 x 2  6 x  4 . Do m  0 nên  m  3m 3 x 2  1  0, x   Mà 3 x 2  6 x  4  0, x  .. Suy ra f '  x   0, x    Hàm số đồng biến trên khoảng  ;    Thỏa mãn đề bài. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Do đó m  0 thỏa mãn. Vậy, m  2018; 2017;...; 1;0;1 nên có tất cả 2020 số nguyên thỏa mãn bài toán. Câu 13. Cho phương trình  m  2  x  3   2m  1 1  x  m  1 . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình có nghiệm là đoạn  a; b  . Giá trị của biểu thức 5a  3b bằng A. 19. B. 7 .. C. 13 . Lời giải. D. 8 .. Chọn D Điều kiện: x   3;1 Từ giả thiết suy ra m  Đặt g  x  . 2 x  3  1 x 1 x  3  2 1 x 1. 2 x  3  1 x 1 x  3  2 1 x 1. Ta có 2 1      2 x  3 2 1 x  g x  . g x . .  . . 1 2   x  3  2 1 x 1  2 x  3  1 x 1     2 x  3 2 1 x . . . x  3  2 1 x 1. 2. x3 1 x 1 1    1 x x  3 2 x  3 2 1  x  0 , x   2 x  3  2 1 x 1. . . 3 5 Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên  3;1 do đó a  g  3   ; b  g 1  5 3 Vậy 5a  3b  3  5  8 Câu 14. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị của hàm số y  f   x  như hình vẽ:. Hàm số g  x   f  2x  1   x  1 2x  4 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 1 A.   2;  . 2 . B..  ; 2 . 1 C.  ;    2. . Lời giải Chọn A. Trang 10/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 1 D.  ; 2   2. .

<span class='text_page_counter'>(12)</span> g  x   f  2x  1   x  1 2x  4. g  x   f  2 x  1   2 x 2  2 x  4 . g '  x   2 f '  2x 1  4 x  2 g '  x   2  f '  2 x  1  2 x  1. Để hàm số đồng biến thì g '( x )  0  f '(  2 x  1)   2 x  1 Dựa vào đồ thị ta có 2  2 x  1  5 1  2  x  2 1 Câu 15. Cho hàm số f  x    x 3  2 x 2  3 x  1 . Khi đó phương trình f  f  x    0 có bao nhiêu nghiệm 3 thực. A. 6 . B. 5 . C. 4 . D. 9 . Lời giải Chọn B 1 Xét hàm số y   x 3  2 x 2  3x  1 có 3 x 1 +) y   x 2  4 x  3 . Có y  0   . x  3 +) Xét y  1 . x  0 1 3 x  2 x 2  3 x  1  1   x3  6 x  9 x  0   . 3 x  3.  x 1 1 1 3 1  x  2 x 2  3x  1    x3  6 x  9 x  4  0   . 3 3 3 x  4 1 Ta có bảng biến thiên của hàm số y   x3  2 x 2  3x  1 như sau: 3 +) Xét y .  x  a   0;1  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   0   x  b  1;3  .  x  c   3;4   f  x   a   0;1  Khi đó f  f  x    0   f  x   b  1;3 .  f  x   c   3; 4 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Dựa vào bảng biến thiên ta thấy +) Phương trình f  x   a 1 có 3 nghiệm phân biệt . +) Phương trình f  x   b  2  có 1 nghiệm khác nghiệm của phương trình 1 . +) Phương trình f  x   c có 1 nghiệm khác nghiệm của phương trình 1 và  2  . Vậy phương trình f  f  x    0 có 5 nghiệm phân biệt.. Câu 16. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ bên dưới y O. y=f '(x). . x 5. -1. . Để hàm số y  f 2 x3  6 x  3 đồng biến với mọi x  m  m    thì m  a sin. b . , trong đó c. a, b, c  * , c  2b . Tổng S  3a  2b  c bằng B. 13 .. A. 2 .. C. 14 . Lời giải. D. 10.. Chọn D Đặt f  x   x 3  3 x  1 , f  2   3, f  1  1; f  0   1; f  2   1  f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng  2; 2  3 x  2sin t x 3  3 x  1  0   8sin t  6sin t  1  0  sin 3t     . x  ;   2 2. 1 2.   2   3t   6  k 2 t   18  k 3 5 7     t   ;  ;     18 18 18  3t  7  k 2 t  7  k 2   6 3  18 y '   6 x 2  6  . f '  2 x 3  6 x  3. Hàm số y  f  2 x3  6 x  3 đồng biến với mọi x  m  m   .   x 2  1  3   f '  2 x  6 x  3  0 f ' x  0     x 2  1  3   f '  2 x  6 x  3  0  x 2  1  1  x  1  1  x  1 loại   3  3 3 f ' 2 x  6 x  3  0 2 x  6 x  3  5 x  3 x  1  0       x  1  x  1  x 2  1   7   x  1   x  1 +  x  2 sin 3 18  3  3  f '  2 x  6 x  3  0 2 x  6 x  3  5  x  3x  1  0  a  2, b  7, c  18  P  3a  2b  c  10. Trang 12/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> . . Câu 17. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình e3m  e m  2 x  1  x 2 1  x 1  x 2 có nghiệm.  1 A.  0;  .  e. 1  B.  ln 2;   . 2 .  1  C.  0; ln 2  .  2  Lời giải.. . 1   D.  ; ln 2  . 2  . Chọn D Đặt t  x  1  x 2  t 2  1  2 x 1  x 2  x 1  x 2  Ta có t ' . 1  x2  x 1 x. 2. ,t '  0  x . t2 1 . 2. 1 . 2. Vậy t   1; 2  ..  t 2 1  3m m 3 m Phương trình trở thành e3m  e m  2t 1    e  e  t  t  e  t . (sử dụng hàm đặc 2   trưng). 1 Phương trình có nghiệm khi và chi khi 1  e m  2  m  ln 2  m  (; ln 2] . 2  Câu 18. Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị hàm số y  f ( x) như hình vẽ:. Hàm số y  f (1 x )  A. 3;1 .. x2  x nghịch biến trên khoảng 2  3 B. 1;  . C. 2;0 .  2. D. 1;3 .. Lời giải Chọn C Ta có: y    f (1 x)  x 1 .. Hàm số đã cho nghịch biến  y   0   f (1 x)  x 1  0  f (1 x)  1 x . Đặt t  1 x , ta có: f  t   t .  t  3 Dựa vào đồ thị ta có:  1  t  3. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> + t  3  1 x  3  x  4 . + 1  t  3  1  1 x  3  2  t  0 .. Vậy hàm số nghịch biến trên 2;0 và  4; . Câu 19. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình. 3. x 2  2 x 1 2 x  m. A. 0 ..  log x2  2 x 3  2 x  m  2  có đúng ba nghiệm phân biệt là: B. 2 .. C. 3 . Lời giải. Chọn C Phương trình tương đương 3.  3x. 2. x 2  2 x  3  (2 x  m  2). . D. 1.. ln  2 x  m  2  ln  x 2  2 x  3. .ln  x 2  2 x  3  3. .ln  2 x  m  2  (*).. 2 x m  2.  2 x 3. Xét hàm đặc trưng f  t   3t .ln t , t  2 là hàm số đồng biến nên từ phương trình (*) suy ra  x2  2 x  3  2 x  m  2  g  x   x2  2 x  2 x  m  1  0 . 2 2 x  4 khi x  m  x  4 x  2m  1 khi x  m  g ' x   Có g  x    2 khi x  m khi x  m 2 x  x  2m  1.  x  2 khi x  m và g '  x   0   .  x  0 khi x  m Xét các trường hợp sau: TH1: m  0 ta có bảng biến thiên của g  x  như sau:. Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thoả mãn. TH2: m  2 tương tự. TH3: 0  m  2 , bảng biến thiên g  x  như sau:.  m  1  m  1  0   1 Phương trình có 3 nghiệm khi  2m  1  0  2m  3   m  .  2  2m  1  0  2m  3   3 m   2 Cả 3 giá trị trên đều thoả mãn, nên tổng của chúng bằng 3. 2. Trang 14/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Câu 20. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m  m  1  1  sin x  sin x có nghiệm 1 là đoạn  a; b . Khi đó giá trị của biểu thức T  4a   2 bằng b A. 4 . B. 5 . C. 3 . Lời giải Chọn A. D. 3 .. Đặt t  1  sin x  sin x  t 2  1 . Vì 1  sin x  1  0  1  sin x  2  0  1  sin x  2; x   nên 0  t  2 .. Khi đó ta có phương trình m  m  1  t  t 2  1   m  1  t   m  1  t  t 2  t (2). Xét hàm số f (t )  t 2  t , t   0; 2   f '(t )  2t  1  0; t   0; 2  .  Hàm số f (t )  t 2  t luôn đồng biến trên  0; 2  . Khi đó phương trình (2)  t  m  1  t  t 2  m  1  t  m  t 2  t  1 (3). Bảng biên thiên của hàm số y  t 2  t  1 trên  0; 2  .. 5 Vậy để phương trình đã cho có nghiệm  (3) có nghiệm t   0; 2     m  1  2 . 4 5 1 Do đó a   ; b  1  2  T  4a   2  4 . 4 b. Câu 21. Cho phương trình  m  2  x  3   2m  1 1  x  m  1 . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình có nghiệm là đoạn  a; b  . Giá trị của biểu thức 5a  3b bằng A. 13 .. B. 8 .. C. 19 Lời giải. D. 7 .. Chọn B Điều kiện: x   3;1 Từ giả thiết suy ra m  Đặt g  x  . 2 x  3  1 x 1 x  3  2 1 x 1. 2 x  3  1 x 1 x  3  2 1 x 1. Ta có 2 1      2 x  3 2 1 x  g x  . g  x  . .  . . 1 2   x  3  2 1 x 1  2 x  3  1 x 1     2 x  3 2 1 x . . . x  3  2 1 x 1. 2. x3 1 x 1 1    1 x x  3 2 x  3 2 1  x  0 , x   2 x  3  2 1 x 1. . . 3 5 Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên  3;1 do đó a  g  3   ; b  g 1  5 3. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Vậy 5a  3b  3  5  8 Câu 22. Cho hàm số y  f  x  , biết rằng hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình bên. Hàm số y  f  2  x   2019 đồng biến trên các khoảng A. C..  0;1 và 1; 2  .  2; 0  và 1; 2  .. B. D..  0;1 và  2; 4  .  2; 0  và  2; 4  .. Lời giải Chọn B Tập xác định: D  .  2  x  2 x  4 2  x  0 x  2 Ta có: y '   f '  2  x  . Suy ra y '  0  f '  2  x   0    2  x  1 x  1   2  x  2 x  0 Bảng xét dấu y '   f '  2  x  :. x y' = - f ' (2 - x). -∞ -. 0 0 +. 1 0. -. 2 4 0 + 0. +∞ -. Suy ra hàm số đồng biến trên  0;1 ,  2; 4  .. S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 1 f  x   m 2 x5  mx 3  10 x 2   m 2  m  20  x đồng biến trên  . Tích giá trị của tất cả các phần tử 5 3 thuộc S bằng 3 1 A. . B. . C.  2 . D. 5 . 2 2 Lời giải Chọn D Ta có hàm số f  x  đồng biến trên  khi và chỉ khi. Câu 23. Gọi. f   x   0, x    m 2 x 4  mx 2  20 x   m 2  m  20   0, x  .   x  1  m 2 x 3  m 2 x 2   m 2  m  x  m 2  m  20   0, x   * .. Xét g  x   m 2 x 3  m 2 x 2   m 2  m  x  m 2  m  20 .. Nếu g  x   0 không có nghiệm x  1 thì f   x  sẽ đổi dấu khi x đi qua 1 , nên muốn *  thỏa thì điều kiện cần là. 5  m  g 1  1  2m  m  10  0  2 .   m  2 2. Ta cần kiểm tra xem hai giá trị tìm được có thỏa *  không. Trang 16/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Nếu m . 5 25 3 25 2 15 65 5 thì g  x   x  x  x   x  1  5 x 2  10 x  13 , thỏa *  . 2 4 4 4 4 4. Nếu m  2 thì g  x   4 x 3  4 x 2  6 x  14   x  1  4 x 2  8 x  14  , thỏa *  . 5  Vậy S   ;  2  . 2 . Câu 24. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f. . 3. . f  x   m  x3  m có nghiệm. x  1; 2 biết f  x   x5  3x3  4m ? A. 17 .. B. 18 .. C. 15 . Lời giải. D. 16 .. Chọn D Đặt: y  3 f  x   m  y 3  f  x   m 1 . Từ đề bài suy ra: f  y   x3  m  2  . Lấy 1   2  ta được: y 3  f  y   x 3  f  x  * . Xét hàm: h  t   t 3  f  t   t 3  t 5  3t 3  4m  h  t   3t 2  5t 4  9t 2  0 , t   .  Hàm số h  t   t 3  f  t  đồng biến trên  .. Do đó: *  y  x  3m  x5  2 x3 ** .. Xét hàm: g  x   x5  2 x3  g   x   5 x 4  6 x 2  0 , x    Hàm số đồng biến trên 1; 2  . Yêu cầu bài toán  g 1  3m  g  2   1  m  16 . Vậy có 16 giá trị nguyên của tham số m . Câu 25.. (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số   tanx  2 đồng biến trên khoảng  0;  ? y tan x  m  4 B. 1  m  2.. A. m  0 .. C. m  0;1  m  2.. D. m  2.. Lời giải Chọn C   t2 Đặt t  tan x, với x   0;  thì ta được t   0;1 . Khi đó hàm số trở thành y  t   . tm  4. y  t  . 2m. t  m. 2. , t   0;1 ..   t2 Đề hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;  , tức là hàm số y  t   đồng biến trên tm  4 m  2 2  m  0 m  0 khoảng  0;1 khi và chỉ khi y  t   0     . m  t m   0;1 1  m  2 Câu 26.. (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình.  . vẽ bên. Hàm số g ( x)  f x 2 đồng biến trên khoảng nào sau đây.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> A..  1; 0  .. B..  2;  1 .. C..  0;1 .. D. 1;3  .. Lời giải Chọn A.  Ta có g   x    f  x 2    2 x. f   x 2  . x  0 x  0  2 2 x  0 x  1   Cho g   x   0    2   x  1 . 2 x  1  f   x   0  x  2  2  x  4.  1  x  1  1  x 2  1  x 2  1  2   x  2 Theo đồ thị: f   x   0   2 , x  4 x  4  x  2 2.  x 2  1  2  x  1 . f   x2   0    1  x2  4   2 1  x  2 1  x  4. Suy ra bảng xét dấu của g   x  :. Vậy g  x  đồng biến trên khoảng  1;0  . Câu 27.. (Trường. THPT. Thăng.  a  0; a, b, c, d    . Hàm số. Trang 18/20 - Mã đề 101. long. Hà. Nội). Cho. hàm. số. f   x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. f  x   ax3  bx2  cx  d.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Xét hàm số g  x  . xb . Trong các mệnh đề cho dưới đây, mệnh đề nào sai? ax  c. A. g  x  nghịch biến trên khoảng  3;  .. 3  B. g  x  nghịch biến trên khoảng   ;   . 2 . 3  C. g  x  nghịch biến trên khoảng  ;    . 2 . D. g  x  nghịch biến trên khoảng   ;  3 . Lời giải. Chọn C. a  0 a  0   Vì f   x   3ax  2bx  c nên theo đồ thị, ta có:  f   1  0  3a  2b  c  0 1 .     f 1  0 3a  2b  c  0  2  2. Lấy 1 cộng  2 theo vế, ta được: 6a  2c  0  c  3a . Thay c  3a vào 1 , ta được b  0 . x , a  0 . ĐKXĐ: x  3 . TXĐ: D   \ 3 . ax  3a 3a Khi đó, g   x    0 x  3 . 2  ax  3a   g  x . Vậy g  x  nghịch biến trên hai khoảng:   ;3 và  3;   . 3   Phương án A đúng. Mặt khác,   ;   ,   ;  3     ;3 nên 2 phương án B và D cũng 2  3  đúng. Phương án C sai vì g  x  không liên tục trên  ;    nên không có tính đơn điệu trên 2  khoảng này. Câu 28. (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2019) Cho phương trình: 3 2 2 2 x  x 2 x  m  2x  x  x3  3x  m  0 . Tập các giá trị để bất phương trình có ba nghiệm phân biệt có. dạng  a ; b  . Tổng a  2b bằng: A. 0.. B. 1.. C. 2. Lời giải. D.  4.. Chọn C 3. Ta có: 2 x  x. 2. 2 x m.  2x. 2. x. 3.  x3  3x  m  0  2 x  x. 2. 2 x m.  x3  x 2  2 x  m  2 x. 2. x.  x 2  x * .. t Xét hàm số f  t   2  t trên  .. t Ta có: f   t   2 ln 2  1  0, t    Hàm số f  t  đồng biến trên  .. . . . . Mà *  f x3  x 2  2 x  m  f x 2  x  x3  x 2  2 x  m  x 2  x  x 3  3 x  m  0  m   x 3  3 x ** . 3 Xét hàm số g  x    x  3 x trên  . 2 Ta có: g   x   3 x  3 .. g   x   0  x  1 .. Bảng biến thiên:. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Phương trình 2x3  x2  2 x  m  2 x2  x  x3  3x  m  0 có 3 nghiệm phân biệt  phương trình (**) có 3 a  2  a  2b  2 . nghiệm phân biệt  2  m  2   b  2 1 Câu 29. Cho hai hàm số f  x   x 3   m  1 x 2  3m2  4m  5 x  2019 và 3. . . g  x    m 2  2 m  5  x 3   2 m 2  4m  9  x 2  3 x  2 ,với. m. là tham số. Hỏi phương trình. g  f  x    0 có bao nhiêu nghiệm? A. 1.. B. 9 .. C. 0 . Lời giải. D. 3 .. Chọn D Ta có: g  x   0   x  2   m 2  2m  5  x 2  x  1  0 . x  2  2 . 2  m  2m  5 x  x  1  0 *. m2  2m  5  0, m   Phương trình * có hai nghiệm phân biệt khác 2 với m vì:   1   m 2  2m  5  0, m .  2 2  m  2m  5  2  2  1  0, m Vậy g  x   0 có 3 nghiệm phân biệt (1). Mặt khác, xét hàm số y  f  x  ta có: f   x   x 2  2  m  1 x   3m 2  4m  5    x   m  1   2  m 2  m  2   0, m . 2.  y  f  x  luôn đồng biến trên  với m .. Do f ( x) là hàm đa thức bậc 3 và đồng biến trên  nên phương trình f  x   k luôn có 1 nghiệm duy nhất với mỗi số k   (2).. Từ (1) và (2) suy ra phương trình g  f  x    0 có 3 nghiệm phân biệt. ------------- HẾT -------------. Trang 20/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Câu 1.. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f '( x)  ( x  1) 2 ( x 2  4 x) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số thực m để hàm số g ( x)  f (2 x 2  12 x  m) có đúng 5 điểm cực trị? A. 16. B. 18. C. 17. D. 19. Lời giải Chọn C Từ giả thiết ta có f '( x )  0  ( x  1) 2 ( x 2  4 x)  0. x  0   x  1  x  4. ( nghiệm kép).. Ta có g '( x)  (4 x  12) f '(2 x 2  12 x  m) nên: g '( x)  0  (4 x  12) f '(2 x 2  12 x  m)  0 x  3 x  3  2  2 2 x  12 x  m  1 2 x  12 x  m  1    (nghiệm kép).  2 x 2  12 x  m  0  h( x)  2 x 2  12 x  m  0 (1)   2  g ( x)  2 x 2  12 x  m  4  0 (2)  2 x  12 x  m  4 Ta có g ( x ) có đúng 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình g '( x )  0 có đúng 5 nghiệm đơn hoặc bội lẻ. Điều này xảy ra khi PT (1) và PT (2) đều có 2 nghiệm phân biệt khác 3. Điều kiện này. Câu 2..  'g  0 36  2m  0 m  18  36  2(m  4)  0 m  22    '  0 tương đương với:  h    m  18 . m  18  0 m  18 g (3)  0    m  22  0 m  22  h(3)  0  Vậy có 17 giá trị nguyên dương của tham số thực m thỏa mãn đề bài. a  0, d  2020 Cho hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d  a, b, c, d    và  . Số cực trị của a  b  c  d  2018  0 hàm số y  g  x  (với g  x   f  x   2019 ) bằng. A. 3.. B. 1.. C. 2. Lời giải. D. 5.. Chọn D.  f  0   d  2020  g  0   f  0   2019  0 Theo giả thiết ta có:    f 1  a  b  c  d  2018  g 1  f 1  2019  0 Mặt khác: lim g  x   lim  ax 3  bx 2  cx  d  2019    và lim g  x    (vì a  0 ) x . x . x  . Suy ra đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt, do đó đồ thị hàm số y  g  x  có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục hoành. Vậy hàm số y  g  x  có 5 cực trị.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Câu 3.. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số f  x   x3  4 x 2 . Hỏi hàm số g  x   f  x  1 có bao nhiêu cực trị? A. 5. B. 4. C. 6 Lời giải. D. 3. Chọn A Ta có hàm số f  x   x3  4 x 2 có đồ thị như hình vẽ. Hàm số h  x   f  x  1 có đồ thị suy ra từ đồ thị hàm số f  x   x3  4 x 2 Bằng cách: Tịnh tiến đồ thị hàm số f  x   x3  4 x 2 sang phải một đơn vị.. Hàm số g  x   f  x  1 có đồ thị suy ra từ đồ thị hàm số h  x   f  x  1 Bằng cách: - Giữ nguyên phần đồ thị hàm số h  x   f  x  1 bên phải trục tung gọi là (C1). - Lấy đối xứng (C1) qua trục tung.. Trang 2/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Vây đồ thị hàm số g  x   f  x  1 có 5 cực trị. Câu 4.. Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  f  x   là.. A. 3.. B. 7.. C. 6. Lời giải. D. 5.. Chọn C Ta có g '  x   f '  x  . f '  f  x   ..  f ' x  0 g ' x  0   .  f '  f  x    0 x  0 f ' x  0   . x  2.  f  x   0  * f ' f  x   0    f  x   2 ** Dựa vào đồ thị suy ra:.  x  1 Phương trình (*) có hai nghiệm  . x  2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>  x  m  1  n  0   Phương trình ( **) có ba nghiệm  x  n  0  n  1 x  p p  2   .  x  1 x  m  x  0 . g '  x   0 có nghiệm  x  n x  2  x  p Bảng biến thiên. Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số g  x   f  f  x   có 6 cực trị. Câu 5.. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x  m   x  3  với mọi x   . Có bao nhiêu 4. 5. 3. giá trị nguyên của tham số m   5;5 để hàm số g  x   f  x  có 3 điểm cực trị? A. 5 .. C. 3 . Lời giải. B. 4 .. D. 6 .. Chọn A Do hàm số y  f  x  có đạo hàm với mọi x   nên y  f  x  liên tục trên  , do đó hàm số g  x   f  x  liên tục trên  . Suy ra g  0  f  0 là một số hữu hạn.. Xét trên khoảng  0;  : g  x   f  x . g  x   f   x    x  1  x  m  x  3 4. 5. 3. g  x   0   x  m  0  x  m - TH 1: m  0 thì x  0 . Khi đó x  0 là nghiệm bội lẻ của g   x  nên g  x  đổi dấu một lần qua 5. x  0 suy ra hàm số g  x  có duy nhất một điểm cực trị là x  0 .. - TH 2 m  0 thì g   x  vô nghiệm, suy ra g   x   0 với mọi x  0 Hàm số y  g  x  đồng biến trên khoảng  0;  .. Cả hai trường hợp trên đều có: hàm số g  x   f  x  có duy nhất một điểm cực trị là x  0 . - TH 3: m  0 thì x  m là nghiệm bội lẻ của g  x  Bảng biến thiên của hàm số g  x   f  x  :. Trang 4/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Câu 6.. - Lại có m  [ 5;5] và m nguyên nên m  1,2,3,4,5 . Vậy có 5 giá trị nguyên của m . Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m 3  m , với m là tham số. Gọi A , B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và I  2; 2  . Giá trị thực m  1 để ba điểm I , A , B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 5 là 5 2 A. m  . B. m  . 17 17. C. m . 3 . 17. D. m . 4 . 17. Lời giải Chọn C y  x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m3  m  y   3x 2  6 mx  3  m 2  1.  x  m  1  y  4m  2 y  0  3x 2  6mx  3  m2  1  0    .  x  m  1  y  4m  2 Khi đó đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị   A  m  1; 4m  2  , B  m  1; 4m  2   IA  m  1; 4m  4  , IB  m  3; 4 m . Câu 7..  Ta có: AB  2; 4   AB  2 5 do đó AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB   AIB  90 hay AI  BI  IA.IB  0 nên  m  1 2 .   m  1 m  3   4m  4m  4   0  17m  20m  3  0   m  3 17  3 Do m  1 nên chọn m  . 17 Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y  f  x .. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  1  m có 5 điểm cực trị? A. 0 .. B. 3 .. C. 2 . Lời giải. D. 1 .. Chọn B. Đồ thị của hàm số y  f  x  1  m được suy ra từ đồ thị C  ban đầu như sau:. + Tịnh tiến C  sang trái một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới) m đơn vị. Ta được đồ thị C  : y  f  x 1  m .. + Phần đồ thị C  nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm số y  f  x  1  m .. Ta được bảng biến thiên của của hàm số y  f  x  1  m như sau.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Để hàm số y  f  x  1  m có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số C  : y  f  x  1  m phải cắt trục Ox tại 2 hoặc 3 giao điểm.. m  0  + TH1: Tịnh tiến đồ thị C  : y  f  x  1  m lên trên. Khi đó 3  m  0  3  m  6 .  6  m  0 m  0  m  2 . + TH2: Tịnh tiến đồ thị C  : y  f  x  1  m xuống dưới. Khi đó  2  m  0 Vậy có ba giá trị nguyên dương của m là 3; 4;5 . Câu 8.. 1 3 x  mx 2  (m  2) x có cực trị và giá trị của hàm số tại 3 các điểm cực đại, điểm cực tiểu nhận giá trị dương.  22 7  A. m  2 . B. m   2;  . 3  . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y . C. 2  2 7  m  1 . 3. D. m  1 . Lời giải. Chọn B Cách 1: Ta có: y   x 2  2 mx  m  2 .. y  0  x 2  2mx  m  2  0 1 . Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt.  m  1   0  m 2  m  2  0   * m  2 Phương trình đường thẳng đi qua điểm CĐ, CT của hàm số là: 2 4 1  2 y    m2  m   x  m  m  2 . 3 3 3  3 Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số, khi đó để hàm số có giá trị cực đại, và giá trị cực tiểu dương thì y1  y 2  0 và đồ thị hàm số y  hoành tại 1 điểm duy nhất. Theo định lý vi-et ta có x1  x2  2 m 4 2  2 2 2 Nên y1  y2  0    m  m    x1  x2   m  m  2   0 3 3 3  3 2 4 2  2    m 2  m    2m   m  m  2   0 3 3 3  3.  2m  2m2  3m  6   0. Trang 6/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 1 3 x  mx 2  (m  2) x cắt trục 3.

<span class='text_page_counter'>(28)</span>  3  57   3  57   m   ;    0;  ** . 4   4   1 Để đồ thị hàm số y  x3  mx 2  ( m  2) x cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình 3 1 y  0 có 1 nghiệm đơn duy nhất, khi đó x 3  mx 2  ( m  2) x  0  2  có 1 nghiệm đơn duy nhất. 3 x  0 1 Ta có: x 3  mx 2  ( m  2) x  0  x  x 2  3mx  3m  6   0   2 . 3  x  3mx  3m  6  0  3. Để phương trình 1 có 1 nghiệm đơn duy nhất thì phương trình  3 vô nghiệm, khi đó điều kiện là   9 m 2  12 m  24  0 . 22 7 22 7 m *** . 3 3. Kết hợp * , ** , *** ta được tập các giá trị của m thỏa mãn là 2  m . 22 7 . 3. Cách 2: Ta có: y   x 2  2 mx  m  2 .. y  0  x 2  2mx  m  2  0 1 . Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, khi đó  m  1   0  m 2  m  2  0   * m  2 1 3 x  mx 2  ( m  2) x cắt trục 3 hoành tại 1 điểm duy nhất và giá trị của hàm số tại điểm uốn luôn dương. 1 Để đồ thị hàm số y  x3  mx 2  ( m  2) x cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình 3 1 y  0 có nghiệm duy nhất, khi đó x 3  mx 2  ( m  2) x  0  2  có 1 nghiệm đơn duy nhất. 3 1 Ta có: x 3  mx 2  ( m  2) x  0  x x 2  3mx  3m  6  0 3 x  0  2 .  x  3mx  3m  6  0  3. Để hàm số có giá trị cực đại, cực tiểu dương thì đồ thị hàm số y . . . Để phương trình 1 có nghiệm đơn duy nhất thì phương trình  3 vô nghiệm, khi đó điều kiện 22 7 22 7 m ** . 3 3 Để giá trị của hàm số tại điểm uốn luôn dương: y   x 2  2 mx  m  2, y   2 x  2 m. :   9 m 2  12 m  24  0 . y   0  2 x  2 m  0  x  m. Ta có: y  m   0 . m3  m3  m  m  2   0 3.  m  2m2  3m  6   0.  3  57   3  57   m   ;    0;  *** 4 4    . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 22 7 3 Bình luận : đáp án của đề gốc bị sai chúng tôi đã thảo luận và sửa lại đáp án như trên . Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Kết hợp * , ** , *** ta được tập các giá trị của m thỏa mãn là 2  m  Câu 9.. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h  x   f 2  x   f  x   m có đúng 3 điểm cực trị. A. m . 1 . 4. B. m  1 .. C. m  1 .. 1 D. m  . 4. Lời giải Chọn A Xét hàm số g ( x)  f 2 ( x)  f ( x )  m . Ta có g ( x)  2 f ( x) f ( x)  f ( x)  f ( x)  2 f ( x)  1 .. x 1  f  x  0  Dựa vào đồ thị của hàm số y  f  x  , suy ra g   x   0  .  x  3   f  x   1  x  a  0  2 2. 1  1 1 Ta có g  a   f 2  a   f  a   m       m  m  và g  3  f 2  3  f  3  m  m . 4  2 2 Bảng biến thiên của hàm số y  g  x . Đồ thị hàm số y  h( x ) có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình g ( x )  0 không có 1 1 nghiệm bội lẻ, suy ra m   0  m  . 4 4 ------------- HẾT ------------Trang 8/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Câu 10.. Gọi m0 là giá trị của tham số m để đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số y  x 3  6mx  4 cắt đường tròn tâm I 1;0  , bán kính bằng 2 tại hai điểm phân biệt A , B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất. Mệnh đề nào sau đây đúng: A. m0   3; 4  . B. m0   0;1 . C. m0  1; 2  . D. m0   2;3 . Lời giải Chọn B Ta có y  3x 2  6m , y  0  x 2  2m . Đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu khi và chỉ khi y  0 có hai nghiệm phân biệt. Do đó m  0 . x Ta có y  .  3 x 2  6m   4 mx  4  phương trình đường thẳng    đi qua điểm cực đại và cực 3. tiểu của đồ thị hàm số đã cho là: y  4mx  4  4mx  y  4  0 . Đường thẳng    cắt đường tròn đã cho tại hai điểm phân biệt A , B sao cho I , A , B là ba đỉnh của một tam giác  0  d  I ;      2  0  Gọi H là trung điểm đoạn AB  S IAB   IH 2 .  2  IH 2  . IH 2   2  IH 2 . 4m  4 16m 2  1.  2.  .. 1 IH . AB  IH . AH  IH . R 2  IH 2  IH . 2  IH 2 2.  1  S IAB  1 . 2 Vậy diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất bằng 1  IH 2  2  IH 2  IH  1 15 2 (thỏa mãn điều kiện   ).  4m  4  16m2  1   4m  4   16m 2  1  m  32 15 Vậy m0  nên m0   0;1 . 32 Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  m  5  để hàm số y  x 3   m  2  x 2  mx  m 2 có ba điểm cực tiểu? A. 5 .. B. 4 .. C. 6 . Lời giải.. D. 3 .. Chọn D Xét hàm: y  x3   m  2  x 2  mx  m2 . TXĐ: D   . Suy ra y  3x 2  2  m  2  x  m . Nhận xét : - Mỗi giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) với trục Ox sẽ có một điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y | f ( x ) | - Nếu hàm số y  f ( x ) có ycd . yct  0 thì hàm số y | f ( x ) | chỉ có hai cực tiểu. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> - Nếu hàm số y  f ( x ) không có cực trị thì hàm số y | f ( x ) | chỉ có một cực tiểu . Yêu cầu bài toán  y   0 có hai nghiệm phân biệt và ycd . yct  0.  x3   m  2  x 2  mx  m2  0 có ba nghiệm phân biệt. x  m    x - m   x 2  2 x  m   0   1  m  0 m  1   2   m  3m  0  m  {0; 3}  Theo đề ra ta có: m  Z , | m | 5  5  m  5 m  Z  Kết hợp điều kiện trên ta được: 5  m  1  m  {  4; 2; 1} . m  0; m  3 . Câu 12.. Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên như sau:. Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x)  2 f 3 ( x)  4 f 2 ( x )  1 là A. 5 . B. 3 . C. 4 . Lời giải Chọn A. D. 9 .. g '( x)  6 f '( x) f 2 ( x)  8 f '( x) f ( x)  2 f '( x) f ( x)  3 f ( x)  4 ..   f '( x)  0  g '( x )  0   f ( x )  0 .  4  f ( x)   3  Từ bảng biến thiên của hàm số y  f ( x ) ta có:.  x  1  + f '( x)  0   x  1 .  x  0 + Phương trình f ( x )  0 có 2 nghiệm x1 và x 2 (giả sử x1 < x 2 ). Suy ra x1 < 1 và 1 < x 2 . .. 4 có 4 nghiệm x3 , x 4 , x5 x 6 (giả sử x3 < x 4 < x5 < x6 ). Và 4 giá trị 3 thỏa mãn yêu cầu sau: x1  x3  1 ; 1  x4  0 ; 0  x5  1 ; 1  x6  x2 . Bảng biến thiên của hàm số y  g ( x ) + Phương trình f ( x)  . Trang 10/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Suy ra hàm số y  g ( x ) có 5 điểm cực tiểu. Câu 13.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Cho hàm số. y  f  x  có đạo hàm. f   x    x  1  x 2   4m  5  x  m2  7m  6  , x   . Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số 3. g  x   f  x  có 5 điểm cực trị?. A. 2 .. B. 3 .. C. 4 . Lời giải. D. 5 .. Chọn B Nhận xét: +) x  1 là nghiệm bội ba của phương trình  x  1  0 . 3. +) Hàm g  x   f  x  là hàm chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. Do đó hàm g  x   f  x  có 5 điểm cực trị  Hàm số y  f  x  chỉ có hai điểm cực trị dương  Phương trình x 2   4 m  5  x  m 2  7m  6  0 có nghiệm kép dương khác 1 * hoặc phương trình x 2   4 m  5  x  m 2  7m  6  0 có hai nghiệm trái dấu khác 1 ** .     4m  5  2  4  m 2  7 m  6   0 3 6  Giải *   m   (loại).   4m  5  6 0  1  2 m  1; 6  m 2  7 m  6  0  Giải **   .  m  1 2 1   4m  5   m  7m  6  0 m  2  Mà m  nên m  3; 4;5 . Vậy có 3 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 14. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f '( x)  ( x  1) 2 ( x 2  4 x) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số thực m để hàm số g ( x )  f (2 x 2  12 x  m) có đúng 5 điểm cực trị? A. 16. B. 18. C. 17. D. 19. Lời giải Chọn C Từ giả thiết ta có f '( x )  0  ( x  1) 2 ( x 2  4 x )  0. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> x  0   x  1  x  4. ( nghiệm kép).. Ta có g '( x)  (4 x  12) f '(2 x 2  12 x  m) nên: g '( x)  0  (4 x  12) f '(2 x 2  12 x  m)  0 x  3 x  3  2  2 2 x  12 x  m  1   2 x  12 x  m  1   (nghiệm kép).  2 x 2  12 x  m  0  h( x)  2 x 2  12 x  m  0 (1)    2 x 2  12 x  m  4  g ( x)  2 x 2  12 x  m  4  0 (2) Ta có g ( x ) có đúng 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình g '( x )  0 có đúng 5 nghiệm đơn hoặc bội lẻ. Điều này xảy ra khi PT (1) và PT (2) đều có 2 nghiệm phân biệt khác 3. Điều kiện này   'g  0 36  2m  0 m  18  36  2(m  4)  0 m  22    '  0 tương đương với:  h    m  18 . m  18  0 m  18  g (3)  0  h(3)  0 m  22  0 m  22  Vậy có 17 giá trị nguyên dương của tham số thực m thỏa mãn đề bài.. Câu 15.. Cho hàm số f  x có đạo hàm trên  thỏa mãn f  x  h   f  x  h   h 2 , x   , h  0 . Đặt. g  x    x  f   x . 2019.   x  f   x . 29m.  m 4  29m 2 100 sin 2 x 1 , m là tham số nguyên và. m  27 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số g  x  đạt cực tiểu tại. x  0 . Tính tổng bình phương các phần tử của S. A. 58 . B. 100 . C. 50 . D. 108 . Lời giải Chọn B f  x  h   f  x   f  x   f  x  h Ta có h  0 thì f  x  h  f  x  h  h 2  h  h h f  x  h  f  x  f  x  h  f  x  h   h. h h  f  x  h  f  x  f  x  h  f  x     lim h  Suy ra lim h  lim   h0 h 0 h 0  h  h    0  f   x   f   x  0  f   x  0 với mọi x   . Suy ra g  x   x 2019  x 29m  m 4  29m 2  100 sin 2 x 1.  g   x   2019 x 2018  29  m x 28m  m 4  29m 2  100 sin 2 x.  g   x   2019.2018.x 2017  29  m28  m x 27m  2 m 4  29m 2  100 cos 2 x. Dễ thấy g  0  0, m  27 .. m2  4 Xét g  0  2 m 4  29m 2  100  0   2 .  m  25 * Khi m 2  4  m  2 : + m  2 ta có g  x  x 2019  x 27 1 có g   x   x 26 2019 x1992  27 không đổi dấu khi qua x  0 . Trang 12/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> + m  2 ta có g  x   x 2019  x31 1 có g   x   x 30 2019 x1988  31 không đổi dấu khi qua. x0. * Khi m 2  25  m  5 :. + m  5 ta có g  x  x 2019  x 24 1 có g   x   x 23 2019 x1995  24 đổi dấu khi qua x  0 và. x  1995. 24 . Trường hợp này hàm đạt cực tiểu tại x  0 . 2019. + m  5 ta có g  x   x 2019  x34 1 có g   x   x 33 2019 x1985  34 đổi dấu khi qua x  0 và. 34 . Trường hợp này hàm đạt cực tiểu tại x  0 . 2019 2  m  5 *Nếu 4  m 2  25   thì g  0  0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x  0 . 5  m  2 x  1985. *Nếu m 2  4 hoặc m 2  25 thì g  0  0 nên hàm số g  x đạt cực đại tại x  0 .. Vậy các giá trị nguyên của m  27 để hàm số đạt cực tiểu tại x  0 là S  5; 4; 3;3; 4;5 . Tổng bình phương các phần tử của S là 100 . Câu 16.. Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m 3  m , với m là tham số. Gọi A , B là hai điểm cực trị. của đồ thị hàm số và I  2; 2  . Giá trị thực m  1 để ba điểm I , A , B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 5 là 4 5 A. m  . B. m  . 17 17. C. m . 2 . 17. D. m . 3 . 17. Lời giải Chọn D y  x3  3mx 2  3  m 2  1 x  m3  m  y   3 x 2  6mx  3  m 2  1.  x  m  1  y  4m  2 y  0  3x 2  6mx  3  m2  1  0    .  x  m  1  y  4m  2 Khi đó đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị   A  m  1; 4m  2  , B  m  1; 4m  2   IA  m  1; 4 m  4  , IB  m  3;  4m .  Ta có: AB  2; 4   AB  2 5 do đó AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB   AIB  90 hay AI  BI  IA.IB  0 nên  m  1 2 .   m  1 m  3   4m  4m  4   0  17m  20m  3  0   m  3 17  3 Do m  1 nên chọn m  . 17 2 Câu 17. Cho hàm số f   x    x  2  x 2  4 x  3 với mọi x   . Có bao nhiêu giá trị nguyên. . . dương của m để hàm số y  f  x 2  10 x  m  9  có 5 điểm cực trị? A. 17 .. B. 15 .. C. 18 . Lời giải. D. 16 .. Chọn D. x  2 Ta có f   x   0   x  1 , x  2 là nghiệm kép nên khi qua giá trị x  2 thì f   x   x  3. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> không bị đổi dấu. Đặt g  x   f  x 2  10 x  m  9  khi đó g '  x   f   u  .  2 x  10  với u  x 2  10 x  m  9 .. x  5  2 x  10  0  2  2 2 2  x  10 x  m  9  2   0  x  10 x  m  9  2   0 Nên g   x   0    2 2  x  10 x  m  8  0 1  x  10 x  m  9  1  2  2  x  10 x  m  9  3  x  10 x  m  6  0  2  Hàm số y  f  x 2  10 x  m  9  có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi g   x  đổi dấu 5 lần Hay phương trình 1 và phương trình  2  phải có hai nghiệm phân biệt khác 5. 1'  0  '  2  0  , (Với h  x   x 2  10 x  m  8 và p  x   x 2  10 x  m  6 ). h 5  0     p 5  0  17  m  0 19  m  0    m  17 . 17  m  0 19  m  0 Vậy có 16 giá trị nguyên dương m thỏa mãn.. Câu 18. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x  3  x 2  2mx  5  với mọi x   . Có bao 2. nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số g  x   f  x  có đúng 1 điểm cực trị? A.. .. B.. .. C. Lời giải. Chọn A Hàm số g  x   f  x  có đồ thị đối xứng qua trục. .. The link ed ima ge can not be disp lay e d.. D.. nên. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. là. .. điểm cực trị của hàm số. Vậy. để hàm số g  x   f  x  thì f   x    x  1  x  3   x 2  2mx  5  phải không đổi dấu với 2. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. với mọi. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. với mọi The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Xét. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. với. Bảng biến thiên của hàm số. . Ta có. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Khi đó. với mọi ,. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Câu 19.. . Vậy có. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. số nguyên âm thỏa mãn là. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Có bao nhiêu số nguyên. Trang 14/18 - Mã đề 101. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. để hàm số. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. có 5 điểm cực trị?.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> A.. .. B.. Chọn A Xét hàm số. .. C. Lời giải. T h e l i n k e. .. D.. .. .. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may have been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. Ta có. . cho. The lin k ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. .. The linked image cannot be displayed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. Bảng biến thiên -2. -. x. +. y '(x). 0. +. - The linked image cannot be display ed. The file may have been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. là số nguyên nên. Cho hàm số. The link ed image cannot be display ed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. Hỏi đồ thị hàm số A.. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. có hai điểm cực trị. thỏa. phải cắt trục hoành tại ba điểm The linked image cannot be display ed. The file may have been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. The link ed image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the lin k points to the correct file and location.. .. The lin k ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. . Vậy có. The linked image cannot be display ed. The file may have been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. số.. có bảng biến thiên như sau. có bao nhiêu điểm cực trị?. The link ed image cannot be display ed. The file may have been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. .. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. .. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. Vì Câu 20.. -48+m. có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số. phân biệt khi và chỉ khi Ta có. +. 0. 48+m. y (x). Để hàm số. +. 2 _. B.. .. C. Lời giải. Chọn C Ta có bảng biến thiên của các hàm số. .. D.. .. như. The link ed image cannot be display ed. The file may have been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. sau:. Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. Câu 21. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Cho hai hàm đa thức ở hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. có đúng một điểm cực trị là. thuộc khoảng. The link ed image cannot be display ed. The file may have been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. để hàm số. The link ed image cannot be display ed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. và. ,. The link ed image cannot be display ed. The file may hav e been moved, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. có. điểm cực trị.. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. có đồ thị là hai đường cong. có đúng một điểm cực trị là. , đồ thị hàm số. The link ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the lin k points to the correct file and location.. The lin k ed image cannot be displayed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. Verify that the link points to the correct file and location.. . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số có đúng. điểm cực trị?. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> A. .. B. .. C. Lời giải. .. D.. Chọn B. Đặt. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. , ta có:. hoặc. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. (. ;. ;. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. );. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. . Bảng biến thiên của hàm số. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Suy ra bảng biến thiên của hàm số. Do đó, hàm số. Trang 16/18 - Mã đề 101. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. là:. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. là:. cũng có ba điểm cực trị.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. ..

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Vì số điểm cực trị hàm số. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. bằng tổng số điểm cực trị của hàm số. nghiệm đơn và số nghiệm bội lẻ của phương trình ba điểm cực trị nên hàm số The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Câu 22. Cho hàm số. và. , phương trình. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct f ile and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. (. là tham số). Gọi. . Tổng tất cả các giá trị của Th e lin ke d im ag e ca nn ot be. để ba điểm. ,. ,. tạo thành tam giác. D.. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. nên phương trình ,. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. luôn có hai nghiệm phân biệt. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Suy ra. là hai điểm cực trị của. Th e lin ke d im ag e ca nn ot be dis pl ay ed . Th e fil. C. Lời giải. Chọn C Tập xác định. ,. là. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. B.. có đúng hai nghiệm đơn. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. A.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. nên. nội tiếp đường tròn có bán kính bằng. Gọi. cũng có. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. đồ thị hàm số và. Cho Vì. và số. có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ).. (hoặc bội lẻ) khi và chỉ khi ,. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. có đúng năm điểm cực trị khi phương trình. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số. Vì. , mà hàm số. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. ,. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Phương trình đường thẳng. The linked image cannot be display ed. The. ,. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. qua. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. và có vectơ pháp tuyến. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. là. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Suy ra The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Khi đó. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Mặt khác. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. . The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Vậy The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Câu 23. Cho hàm số hàm số A.. .. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. với có số điểm cực trị lớn hơn 5 khi B.. .. là tham số thực. Biết rằng . Tích. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. C. Lời giải. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.. The linked image cannot be display e d. The file m…. bằng. .. Trang 17/18 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Chọn D The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Hàm số. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. Hàm số T h e. có số điểm cực trị lớn hơn 5. có 3 điểm cực trị dương.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. l i n. Phương trình. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. T h e l i n. có 3 nghiệm dương phân biệt.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. The linked image cannot be display ed. The file may hav e been mov ed, renamed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.. ------------- HẾT -------------. Trang 18/18 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Câu 1.. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng  1; 7  để phương trình  m  1 x   m  2  x  x 2  1  x 2  1 có nghiệm? A. 5 .. B. 6 .. C. 7 . Lời giải. D. 1.. Chọn B ĐK: x  0 . Ta có:.  m  1 x   m  2  x  x 2  1  x 2  1  m  x  x  x 2  1   x 2  1  2 x  x 2  1  x  m x  x2  1  x    x2 1  x . 2. x2  1  x  x2  1  x  m  (vì x  0 không thỏa mãn phương trình) x x 2.  1  x   1   1   1  x   m  x   1    x   1  m   x   x  1  x  1 x. 2. 2. Đặt y  x . 4 1 y2  2 y 1  m   y  1   4 (*). ( y  2 ), ta được: m  x y 1 y 1. Với y  2 , ta có:.  y  1  . 4 4  2 2 1  4 4    y  1   y  1  4 y 1 y  1  3  2 2 3  2 2. 8 2 2 1 2 2 7  4  4  5 2 7 2 1 2 1 2 1. Do đó, phương trình (*) có nghiệm khi m  5 2  7 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi m  5 2  7 . Vì m , m  5 2  7 và m   1; 7  nên m  1; 2;3; 4;5; 6 . * C2: ĐK: x  0 . Ta có:  m  1 x   m  2  x  x 2  1  x 2  1   m  1 Đặt t . x x   m  2 2 1 x 1 x 1 2. x 2 (0  t  ), ta được phương trình: x 1 2 2. 2  m  1 t 2   m  2  t  1  m  t 2 2t  1 (do t  0 không thỏa mãn phương trình). t t. t  1. 2 3t  2t  1 t 2  2t  1 Xét f  t   (0  t  ), ta có: f   t   ; f  t   0   2 2 2 t   1 2 t t t  t  2. . 3. Từ bảng biến thiên suy ra: f  t   5 2  7 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi m  5 2  7 . Vì m , m  5 2  7 và m   1; 7  nên m  1; 2;3; 4;5; 6 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> Câu 2.. (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2019) Xét hàm số f  x   x 2  ax  b với a, b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của tham số trên   1; 3 . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể tính được a  2b A. 4 . B. 2 . D. 4 . 3. C. Lời giải Chọn A M  f (1)  1  a  b Ta có. M  f (3)  9  3a  b M  f (1)  1  a  b 2 2M  2  2a  2b. Từ đó 4 M  f ( 1)  2 f (1)  f (3)  f ( 1)  2 f (1)  f (3)  8 Nên M  4 1 a  b  2  Dấu bằng xảy ra khi  2  2 a  2b  2 và 9  3a  b;1  a  b;1  a  b cùng dấu   9  3a  b  2. a  2 Từ đó suy ra  Nên a  2b  4 b  1 Câu 3.. Xét hàm số f  x   x 2  ax  b với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của tham số trên.  1;3 . Khi. M nhận giá trị nhỏ nhất có thể tính được a  2b. B. 4 .. A. 4 .. C. 2 . Lời giải. D. 3. Chọn B M  f (1)  1  a  b Ta có. M  f (3)  9  3a  b M  f (1)  1  a  b 2 2 M  2  2a  2b. Từ đó 4M  f (1)  2 f (1)  f (3)  f (1)  2 f (1)  f (3)  8 Nên M  4. 1 a  b  2  Dấu bằng xảy ra khi  2  2a  2b  2 và 9  3a  b;1  a  b;1  a  b cùng dấu   9  3a  b  2  a  2 Từ đó suy ra  Nên a  2b  4  b  1 Trang 2/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Câu 4.. Cho hai số thực a , b thỏa mãn a  0 , 0  b  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.  2b . P. 2. a. a.  ba . A. Pmin . 2. . 2 a  2.b a . 2.b a. 7 . 4. B. Pmin . 13 . 4. D. Pmin . C. Pmin  4 .. 9 . 4. Lời giải Chọn B Do 0  b  2 và a  0 nên 0  b a  2 a .. P. 2. 2a.ba a.  ba . 2. 2a 1 2a 1 2a 2a ba  . a 2  .  1 . Đặt t  , khi đó ta được t  1 . 2 2 b 2 ba ba  2a    a   1  b  . Yêu cầu bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  t  . Có f   t  . t. 1  t  1 với t  1;    t  1 2 2. t 3  3t 2  t  3 2  t  1. 3. . . 2 f   t   0  t 3  3t 2  t  3  0   t  3 t  1  0  t  3 (do t 2  1  0, t   ).. lim f  t    ; lim f  t    . t . t 1. Bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên ta được Pmin . 13 . Dấu bằng diễn ra khi và chỉ khi 4. 2a  3  3.b a  2 a với 0  b  2 và a  0 . a b Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai trên  . Biết f   0   3 , f   2   2018 và bảng xét. t  3 Câu 5.. dấu của f   x  như sau:. Hàm số y  f  x  2017   2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây? A..  0; 2  .. B..  2017;0  .. C. Lời giải..  ;  2017  .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D..  2017;   .. Trang 3/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> Chọn C Dựa vào bảng xét dấu của f   x  ta có bảng biến thiên của hàm sồ f   x . Đặt t  x  2017 . Ta có y  f  x  2017   2018 x  f  t   2018t  2017.2018  g  t  .. g   t   f   t   2018 . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f   x  suy ra phương trình g   t  có một nghiệm đơn.    ;0  và một nghiệm kép t  2 . Ta có bảng biến thiên g  t  Hàm số g  t  đạt giá trị nhỏ nhất tại t0     ;0  . Suy ra hàm số y  f  x  2017   2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 mà. x0  2017   ;0   x0   ; 2017  . Câu 6.. Xét hàm số f  x   x 2  ax  b , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên.  1;3 . Khi. M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a  2b .. B. 3 .. A. 2 .. C. 4 . Lời giải. D. 4 .. Chọn D. A B 2 A B Và có max  A , B   2 Ta có max  A , B  . 1 . Dấu "  " xảy ra khi. AB..  2 . Dấu "  " xảy ra khi. A  B .. a Xét hàm số g  x   x 2  ax  b , có g   x   0  x   . 2 a Trường hợp một:    1;3  a   6; 2 . Khi đó M  max  1  a  b , 9  3a  b  . 2 Áp dụng bất đẳng thức  2  ta có M  4  2a  8 ..  a a2 Trường hợp hai:    1;3  a   6; 2 . Khi đó M  max  1  a  b , 9  3a  b , b  2 4  a 2   Áp dụng bất đẳng thức 1 và  2  ta có M  max  5  a  b , b   4   1 1 2  M  20  4 a  a 2  M  16   a  2  . 8 8 Suy ra M  2 . a  2   a  2 a2  b   Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được là M  2 khi 5  a  b  . 4 b  1  1  a  b  9  3a  b Do đó a  2b  2  2.  1  4 .. Trang 4/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.  . .

<span class='text_page_counter'>(44)</span> Câu 7.. (Nguyễn Khuyến 18-19) Gọi S là tập hợp giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của. hàm số y  x3  3 x  m trên đoạn  0;2 bằng 3. Số phần tử của S là. A. 2.. C. 1. Lời giải. B. 3.. D. 0.. Chọn A. Xét hàm số g  x   x  3x  m trên . 3. y  3x 2  3 ; y' = 0  x  1.. Bảng biến thiên của hàm số g  x  :. Đồ thị của hàm số y  g(x) thu được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành của (C ) : y  g ( x ) , còn phần đồ thị phía dưới trục hoành của (C ) : y  g ( x) thì lấy đối xứng qua trục hoành lên trên. Do đó, ta có biện luận sau đây: Ta xét các trường hợp sau: +) m  2  0  m  2 . Khi đó m  2  m  m  2  0 , nên Max y  Max { | m-2 | , | m | , | m+2 | } | m  2 | 2  m . Như vậy Max y  3  2  m  3  m  1 0;2. 0;2. 0;2. (loại). +) m  0  m  2  2  m  0 . Khi đó m  2  m  0  m  2 , nên Max y  Max { | m-2 | , | m | ,m+2 }  Max { 2-m,-m,m+2 }  2  m . Như 0;2.  0;2. 0;2. vậy Max y  3  2  m  3  m  1 (thỏa mãn). 0;2. +) m  0: Max y  2  3 (loại). 0;2. +) m  2  0  m  m  2 Ta có Max y  Max { | m-2 | , | m | ,m+2 }  Max { 2-m,m,m+2 }  m  2 , 0;2.  0;2. 0;2. do đó Max y  3  m  2  3  m  1. (thỏa mãn). 0;2. +) 0  m  2  m  m  2 . Ta có Max y  Max { | m-2 | , | m | ,m+2 }  Max { 2-m,m,m+2 }  m  2 , do 0;2.  0;2. 0;2. đó Max y  3  m  2  3  m  1. (thỏa mãn). 0;2. Câu 8.. Suy ra S  1;1 . Vậy chọn B. (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn x 2  y 2  xy  1 và hàm số f  t   2t 3  3t 2  1 . Gọi M , m tương ứng là GTLN và GTNN của  5x  y  2  Q f   . Tổng M  m bằng:  x y4  A. 4  3 2 . B. 4  5 2 .. C. 4  4 2 . Lời giải. D. 4  2 2 .. Chọn C 5x  y  2 3 1 2 2 Đặt t  . Theo giả thiết, x 2  xy  y 2  1   x  y    x  y   1 4 4 x y4. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> 1   3  x  y   x  y  2 cos   x  3 cos   sin  cos   2 nên ta đặt    3 1 sin    x  y    y   1 cos   sin   x  y  2sin    3 2. Khi đó, t . 2 3 cos   4sin   2   t  2  .sin   3.cos   1  2t 2 sin   4. . Phương trình 1 có nghiệm   t  2    3 2. . 2.  0    2  .. 1 ..  1  2t   3t 2  6  0   2  t  2 . 2. Xét hàm số Q  f  t   2t 3  3t 2  1, t    2 ; 2  . t  0    2 ; 2    f   t   6t 2  6t . Cho f   t   0   . t  1    2 ; 2    . . . f  2  5  4 2 ; f  0   1 ; f 1  0 ; f. 2..  M  max Q  max f  t   f  0   1  2 ; 2     .  m  min Q   min  f  t   f  2  5  4 2  2 ; 2   Vậy M  m  4  4 2 . 2 2 Cho x , y là các số thực thỏa mãn  x  3   y  1  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức. . Câu 9..  2   5  4. P. . 3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1 là: x  2 y 1. A. 2 3 .. B.. 3.. C.. 114 . 11. D. 3 .. Lời giải Chọn D 2 2 Theo giả thiết, ta có  x  3    y  1  5  x 2  y 2  6 x  2 y  5 . Đặt t  x  2 y  1 , ta có t  6   x  3  2  y  1 . 1. 2. 2 2  22   x  3   y  1   .  t  6  5 hay t  1;11 . Mặt khác, t 2   x  2 y  1  t 2   x 2  y 2   3 y 2  4 xy  2 x  4 y  1 2.  t 2   6 x  2 y  5  3 y 2  4 xy  2 x  4 y  1  t 2   3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1   x  2 y  1  4 . Suy ra 3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1  t 2  t  4 .. t2  t  4 4 4  t   1  2 t.  1  3 , với mọi t  1;11 . t t t 17 6 Vậy min P  3 khi t  2 . Suy ra x  1 , y  0 hoặc x  , y   . 5 5 Khi đó P . Câu 10.. 2. (Nguyễn Khuyến 18-19) Ông A dự định sử dụng hết 6,5m kính để làm một bể cá bằng kính có dạng khối hình hộp chữ nhật chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng( các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu ( kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)? A.. 2,26m3 .. B.. 1,01m3 .. C. Lời giải. 1,33m3 .. Chọn D Trang 6/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.. 1,50m3 ..

<span class='text_page_counter'>(46)</span> y. x 2x Gọi chiều rông của bể cá là x  m , chiều cao là y  m  x , y  0  , khi đó chiều dài bể cá là 2x  m ..  . Diên tích kính sử dụng là S  2 x 2  2 xy  4 xy m2 . 2 Theo bài ra ta có: 2x  2xy  4xy  6,5  y . 6.5  2x2 13  4x2  . 6x 12x. 13  4x2 x 13  4 x 2  3 Thể tích bể cá là V  x   2x .  m  . 12x 6  13  x 13  4 x 2  Ta xét hàm số V  x   với x   0;  . 6  2  2. Suy ra V '  x . 13 12x2 39  V  x  0  x  . 6 6 39 nên hàm số đạt cực đại tại điểm 6. Ta có V ( x ) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x . x. 39 . 6.  13  Trên khoảng  0;  hàm số V  x chỉ có một điểm cực đại nên hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 2  . x. 39 . 6.  39  13 39 3 Thể tích của bể cá có giá trị lớn nhất là max V  x   V  .  6   54  1, 50  m   13   0;    2 . . Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1, 50 m3 . Cách 2: Xử lý tìm giá trị lớn nhất của V ( x ) bằng bất đẳng thức Cauchy. Theo cách 1, ta tính được V  x   Ta có V  x  . x 13  4 x 2  6. . x 13  4 x 2  6. . 13 . với x   0; . 2  . 1 8 x 2 (13  4 x 2 )(13  4 x 2 ) 6 8. 8x2 13 4x2 13 4x2  263   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 8x (13 4x )(13 4x )  .  3 27  3. 2. Suy ra V ( x) . 2. 2. 1 263 13 39   1,50 ( kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) 6 8.27 54. Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi 8x 2  13  4 x 2  x . 13 39  . 12 6. Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1, 50 m3 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Câu 11.. Biết rằng các số thực a , b thay đổi sao cho hàm số f  x    x 3   x  a    x  b  luôn đồng 3. 3. biến trên khoảng  ;   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a 2  b 2  4a  4b  2 . A. 2 .. C. 4 . Lời giải. B. 2 .. D. 0 .. Chọn A TXĐ: D   2 2 f   x   3 x 2  3  x  a   3  x  b   3x 2  6  a  b  x  3a 2  3b 2 . Do hàm số đồng biến trên  ;    f   x   0, x   và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên.  ;  .  x 2  2  a  b  x  a 2  b 2  0, x  .    0  ab  0 (*). 2 Cách 1: Ta có P  a 2  b 2  2 a  2b  4   a  b   4  a  b   4  2  2ab Hay P   a  b  2   2ab  2  2 , do ab  0 theo (*) và  a  b  2   0 . 2. 2. a  b  2  0 a  2 a  0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   hoặc  .  ab  0 b  0 b  2 Vậy min P  2 . Cách 2: Do f   x   0, x    f   2   0  a 2  b2  4  a  b   4  0. a  2 a  0  P  a 2  b 2  4  a  b   2  2 . Dấu bằng xảy ra khi  hoặc  . b  0 b  2 Vậy min P  2 . Câu 12. (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho x , y thỏa mãn. log3. x y 3x  2 y  9  x  x  9  y  y  9   xy . Tìm giá trị lớn nhất của P  khi x , y 2 x  y  xy  2 x  y  10 2. thay đổi. A. 2 .. B. 3 .. C. 1. Lời giải. D. 0 .. Chọn C 2. y  3y2   2  0 ). Điều kiện: x  y  0 (do x 2  y 2  xy  2   x    2 4  Đẳng thức đã cho tương đương với. log3. 9 x  y   x  x  9   y  y  9  xy  2 * . x  y 2  xy  2 2. Đặt u  x 2  y 2  xy  2  0 , v  9 x  9 y  0 , ta có.. *  log3. v  u  v  u  log 3 u  v  log 3 v . u. Mà hàm số f  t   t  log3 t đồng biến trên  0;    nên suy ra. *  u  v  x 2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0 . Ta có 2. y y 3 9 3 19 2   x 2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0   x    9  x     y 2  y  2    y  3  . 2 2 4 2 4 4   Dẫn đến 2. y y  19 1 y 19    x    9  x       x    1  2 x  y  19 . 2 2 4 2 2 2   Trang 8/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> Suy ra 3 x  2 y  9 x  y  10  2 x  y  19 2 x  y  19 P   1  1. x  y  10 x  y  10 x  y  10. 2 x  y  19  x  8 P 1   . y  3 y  3 Vậy max P  1 . Cách 2: Từ giả thiết, ta có x 2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0 * Ta thấy x  8, y  3 thỏa mãn * , đặt x  a  8, y  b  3 khi đó:. x 2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0  a 2  b2  ab  10a  5  0  10a  5b    a 2  ab  b 2   10a  5b  0  2a  b  0 3 x  2 y  9 3a  2b  21 2a  b P   1 1 Ta có: x  y  10 a  b  21 a  b  21 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  8, y  3 . Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1. Câu 13. Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị y  f ( x ) như hình vẽ bên dưới.. 1 3 3 Xét hàm số g ( x )  f ( x)  x3  x 2  x  2018 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 4 2 A. min g  x   g  1 . B. min g  x   g 1 .  3;1. C. min g  x    3;1.  3;1. g  3  g 1 2. .. D. min g  x   g  3   3;1. Lời giải Chọn A. 3 3 3 3 x  và g   x   0  f   x   x 2  x  . 2 2 2 2 3 3 Xét hàm số h  x   x 2  x  có đồ thị là một Parabol  P  như hình vẽ bên dưới. 2 2 Ta có g ( x)  f ( x)  x 2 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> Dựa vào đồ thị trên, đồ thị hàm số y  f ( x ) và Parabol  P  có đúng hai điểm chung trong đoạn.  3;1 , có hoành độ là 1, 1 .. Suy ra phương trình g ( x )  0 có hai nghiệm thuộc đoạn  3;1 là 1, 1 .. Dựa vào đồ thị trên, ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) trên đoạn  3;1 như sau. Vậy min g  x   g  1 .  3;1. Câu 14.. (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Xét đồ thị  C  của hàm số y  x 3  3ax  b với a , b là các số thực. Gọi M , N là hai điểm phân biệt thuộc  C  sao cho tiếp tuyến với  C  tại hai điểm đó có hệ số góc bằng 3. Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng MN bằng 1. Khi đó giá trị nhỏ nhất của S  b 2  3a 2 bằng D. 2 .. C. 1 .. B.  3 .. A. 0 .. Lời giải Chọn D. y '  3x 2  3a , gọi tọa độ M  m; m3  3am  b  , N  n; n3  3an  b  với  m  n  . Hệ số góc tiếp tuyến tại M và N bằng 3 nên ta có: 2 m   n 3m  3a  3 y ' m  y 'n  3   2  2 n  1  a 3n  3a  3. m  n   Vì  m  n  nên  m 2  n 2  1  a . Khi đó M  n; n 3  3an  b  , MN   2n; 2n3  6an  . a  1    Chọn uMN  1; 2a  1 là vectơ chỉ phương, nMN   2a  1;1 là vectơ phép tuyến của đường thẳng  MN  .Phương trình đường thẳng  MN  :.  2a  1 x  n    y  n3  3an  b   0 . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến  MN  : d  O; MN   1 . n  2a  1  n3  3an  b.  2a  1. 2. 1. 1.  n  a  1  n 3  b  4a 2  4 a  2  n  a  1  n 1  a   b  4 a 2  4a  2  b  4a 2  4a  2  b 2  4a 2  4 a  2. 2 Ta có S  b 2  3a 2  a 2  4 a  2 với a  1 . Bảng biến thiên của S  a  4a  2 là:. Vậy MinS  2  a  2 . Trang 10/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> Câu 15.. 0  x  y  1 Biết m là giá trị để bất phương trình  có nghiệm duy nhất. Mệnh đề nào sau  x  y  2 xy  m  1 đây đúng ?  1 1  3  1  A. m   2; 1 . B. m    ;   . C. m    ; 0  . D. m   ;1 .  2 3  4  3  Lời giải Chọn C 2. 1  x y Điều kiện: 2 xy  m  0  m  2 xy  2.   m . 2  2  0  x  y  1 Nhận xét: Nếu hệ bất phương trình  có nghiệm  x; y  , x  y thì hệ bất phương  x  y  2 xy  m  1 trình cũng có nghiệm  y; x  do đó, hệ bất phương trình trên chỉ có nghiệm duy nhất khi x  y .. +Với x  y ,ta có hệ bất phương trình:. 1 1   0  2 x  1 0  x  2 0  x  2    2 2 2 2 x  2 x  m  1  2 x 2  m  1  2 x  2 x  m  1  4 x  4 x *  Ta có: 2 x 2  m  1  4 x  4 x 2  m  2 x 2  4 x  1 **  1 Xét hàm số f  x   2 x 2  4 x  1 trên  0;  .  2  1 Ta có: f   x   4 x  4  0, x   0;  .  2 Bảng biến thiên:. 1 Để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì m   . 2 0  x  y  1 1  +Với m   , ta có:  1 2  x  y  2 xy   1 1 2  2. Ta có: x  y  2 xy . 1 1  x y 1  1  x  y  2.     x  y  2 xy   1 2 2  2  2.  1  1. 1 Dấu ''  '' xãy ra khi x  y  . 2 0  x  y  1 1 Vậy hệ bất phương trình  có nghiệm duy nhất khi m   . 2  x  y  2 xy  m  1 Câu 16. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình y  f A. m  2. Chọn A Bất phương trình f. B. m  4.. . . . x  1  1  m có nghiệm?. C. m  1. Lời giải. D. m  0.. . x  1  1  m xác định khi x  1.. Khi đó, x  1  1  1, x  1 Từ bảng biến thiên ta thấy min f  x   f  3   2 . Bất phương trình y  f. . 1; . . x  1  1  m có nghiệm khi và chỉ khi m  min f  x   2 . 1; . Câu 17. (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Một chiếc tàu quân sự đậu ở vị trí A cách bờ biển một khoảng AB 5km. Một người lính muốn đột nhập vào căn cứ của đối phương ở vị trí C cách B một khoảng là 7km. Người lính đó chèo đò từ A đến điểm M trên bờ biển với vận tốc 6 km/h rồi chạy bộ đến C với vận tốc 12km/h(xem hình vẽ dưới đây).Tính độ dài đoạn BM để người đó đến C nhanh nhất? 5 3 A. x  4 B. x  C. x  D. x  2 5 3. Lời giải Chọn B Gọi khoảng cách BM  x (Km) (0  x  7) Khi đó: AM  5 2  x 2  25  x 2 Thời gian đi từ A đến C:. 25  x 2 7  x  ; x   0;7 6 12 bài toán trở thành tìm x để f(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0; 7  x 1 f '(x)   ; x   0; 7  6 25  x 2 12 f (x) . f '(x)  0  2 x  25  x 2 ; x   0;7   3 x 2  25 ; x   0;7  5 3 Bảng biến thiên x. Trang 12/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(52)</span> Từ bảng biến thiên suy ra hàm số f(x) có cực tiểu duy nhất trên đoạn  0; 7  nên giá trị cực tiểu của f(x) là giá trị nhỏ nhất trên  0; 7  hay thời gian đi từ A đến C nhanh nhất khi BM  x . 5 3. Câu 18. Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x  2 , y  1 , z  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 là P  2 2 2 2 x  y  z  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1) 1 1 1 1 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 2 4 6 8 Lời giải Chọn D Đặt a  x  2 , b  y  1 , c  z . 1 1  Ta có: a , b , c  0 và P  . 2 a 2  b 2  c 2  1 (a  1)(b  1)(c  1) Ta có: a 2  b 2  c 2  1 .  a  b. 2. .  c  1. 2. . 2 2 Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 . Mặt khác  a  1 b  1 c  1. 1 2  a  b  c  1 . 4.  a  b  c  3 . 3. . Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 . 27 1 27 Đặt t  a  b  c  1  t  1 khi đó P   , t 1 t (t  2)3 1 27 1 81 Xét hàm f (t )   , t  1 ; f (t )   2  3 t (t  2) t (t  2) 4 f   t   0   t  2   81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4  Do t  1 và lim f  t   0 . 4. t . Bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên ta có max f  t   f  4   1; . 1 t 4 8. a  b  c  1   a  b  c 1 a  b  c  1  4  x  3 ; y  2 ; z  1. 1 , đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 . 8 Câu 19. Để giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  x 3  3 x  2 m 1 trên đoạn 0; 2 là nhỏ nhất thì giá. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(53)</span> trị của m thuộc A. 1; 2 .. B. 2; 1 .. C. 0;1 .. D. 1;0 .. Lời giải Chọn C Xét hàm số y  g  x  x3  3x  2m 1 trên đoạn 0; 2 , ta có:.  x  1 y '  3x 2  3, y '  0  3 x 2  3  0    x  1 Bảng biến thiên của hàm số hàm số y  g  x  x3  3x  2m 1 trên đoạn 0; 2. Ta luôn có: 2m  3  2m 1  2m 1  g 1  g 0  g  2 Suy ra: F  max f  x  max  2m  3 , 2m 1  . 0;2 . Nếu 2m  3  2m 1   2m  3   2m 1  8  16m  m  2. 2. 1 thì 2. 1 F  2m  1  2.  1  2 . 2. Suy ra: Fmin  2  m . 1 . 2. Nếu 2m  3  2m 1  2m  3   2m  1  8  16m  m  2. 2. 1 thì 2. 1 F  2m  3  3  2m  3  2.  2 . 2 1 Suy ra: Fmin  2  m  . 2 Vậy m  0;1 . Câu 20.. (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho các số thực x , y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 3 x 2  2 xy  y 2  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  xy  2 y 2 thuộc khoảng nào dưới đây? A. 1; 4 .. B..  7;10 .. C..  4;7 .. D..  2;1 .. Lời giải Chọn A 2. 5 1 1  x 3y   P  .5   x2  xy  2 y 2    3x 2  2 xy  y 2       0 , x, y   . 4 4 4 2 2  5 Suy ra P  . 4 Ta có P . Trang 14/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(54)</span>  x 3y  3 10 10  0  x  3 y   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2    x; y    ;  hoặc 2 8 8 32 y  5 2 2    3 x  2 xy  y  5   3 10  10  ; . 8   8.  x; y   . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng Câu 21.. 5 . 4. (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Một người nông dân có 3 tấm lưới thép B40, mỗi tấm dài. 12  m  và muốn rào một mảnh vườn dọc bờ sông có dạng hình thang cân ABCD như hình vẽ (bờ sông là đường thẳng DC không phải rào, mỗi tấm là một cạnh của hình thang). Hỏi ông ta có thể rào được mảnh vườn có diện tích lớn nhất là bao nhiêu m 2 ? B. A. C. D. A. 100 3 .. B. 106 3 .. C. 108 3 .. D. 120 3 .. Lời giải Chọn C B. A. C. D H. Kẻ đường cao BH , gọi số đo 2 góc ở đáy CD của hình thang là x, x   0;90  . Diện tích mảnh vườn là: S. 1 1 1 BH  AB  CD   BC .sin x  2. AB  2 BC .cos x   AB 2  2 sin x  sin 2 x  2 2 2. Xét hàm số f  x   2sin x  sin 2 x với x   00 ;900  có f   x   2 cos x  2 cos 2 x .. 1  cos x   Ta có: f   x   0  2 cos x  2 cos 2 x  0  2 cos x  cos x  1  0  2  cos x  1 2. Do x   00 ;900  nên ta nhận cos x . 1  x  600 . Ta có bảng biến thiên: 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(55)</span> f  x  Từ bảng biến thiên ta thấy: Max 0 0.  0 ;90 . 3 3 đạt được tại x  60 0 . 2. . . D   60 0 .  MaxS  108 3  m 2  khi góc ở đáy CD của hình thang bằng 600 C. Câu 22.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Tìm số thực m lớn nhất để bất phương trình sau có. nghiệm đúng với mọi x   m  sin x  cos x  1  sin 2 x  sin x  cos x  2018 . A. . 2017 . 2. B. 2017 .. 1 C.  . 3 Lời giải. D. 2018 .. Chọn A Đặt t  sin x  cos x  t 2  1  sin 2 x  2  1  t  2 Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:. m  t  1  t 2  t  2019  m  Ta có f   t   Vậy m  Câu 23.. t 2  2t  2020.  t  1. 2. t 2  t  2019  f  t  với mọi t  1; 2  . t 1.  0, t  1; 2  .. t 2  t  2019 2017  f  t  với mọi t  1; 2   m  min f  t     f 1 .   t  1; 2 t 1 2  . Số giá trị nguyên của tham số m. nằm trong khoảng.  0; 2020 . để phương trình. x  1  2019  x  2020  m có nghiệm là. A. 2019 .. B. 2018 .. C. 2020 . Lời giải. D. 2021 .. Chọn B 2018, x  1; 2019 Ta có f  x   x  1  2019  x   .  2 x  2020 , x  1; 2019 Vì hàm số h ( x )  2x  2020 là hàm số đồng biến trên đoạn [1; 2019] nên ta có max h( x)  max h(1), h(2019)  2018, min h( x)  min h(1), h(2019)  2018 [1;2019]. [1;2019]. Suy ra min f  x   0 và max f  x   2018 .. 1;2019. 1;2019. Do đó, ta có min f  x   0 và max f  x   2018 . . . Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0  2020  m  2018  2  m  2020 . Suy ra có 2018 giá trị nguyên của m nằm trong khoảng  0; 2020  .. Trang 16/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(56)</span> Câu 24. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y . x 2  mx  2m trên x 2. đoạn  1;1 bằng 3. Tính tổng tất cả các phần tử của S .. 8 A.  . 3. B. 5 .. C.. 5 . 3. D. 1.. Lời giải Chọn D Xét hàm số y  f  x  . x 2  mx  2 m , x 2. Tập xác định: D   \ 2 và f   x  . x2  4x.  x  2. 2. .. x  0 Xét f   x   0  x 2  4 x  0   . x  4 Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  :. Ta có: f  1  m . 1 ; f  0   m ; f 1  m  1. 3. . . Suy ra: max g  x   max f  1 ; f  0  ; f 1 .  1;1. Với g  x   f  x  . x 2  mx  2m . Ta có max g  x   max f  1 ; f  0  ; f 1 .  1;1 x 2. Dựa vào đồ thị các hàm số u  m ; u  m  1 ; u  m . . . 1 . 3. 1 . Ta có max g  x   f 1  m  1  3  m  2.  1;1 2 1 Xét với m  Ta có max g  x   f  0    m  3  m  3 .  1;1 2 Vậy S  3;2 . Xét với m . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(57)</span> Câu 25. Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 2  a 2  b 2   ab   a  b  ab  2  . Giá trị nhỏ nhất của biểu.  a 3 b3   a 2 b 2  thức P  4  3  3   9  2  2  thuộc khoảng nào? a  b a  b A.  5;  4  . B.  6;  5  . C.  10;  9  .. D.  11;  10  .. Lời giải Chọn B Ta có: 3 2  a b 3  a b  2   a b  a b a b a b P  4     3      9     2   4     9     12     18 .  b a   b a b a b a  b a   b a   Theo giả thiết: 2  a 2  b 2   ab   a  b  ab  2  . Chia cả 2 vế của đẳng thức cho ab , ta được:. a b 1 1 2    1  a  b  2    . b a   a b 1 1 Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương  a  b  và 2    , ta được: a b.  a  b   2 . 1 1  2 a b.  a  b  .2 . 1 1   a b. a b a b   2     1  2 2  2    1 . b a b a  a b Đặt t    t  0  thì 1 trở thành: 2t  1  2 2  2  t  b a 5 2   2t  1  8  2  t   4t 2  4t  15  0  t  (vì t  0 ). 2 a b 5    a b 5 b a 2  b  a  2  1 1 Đẳng thức xảy ra   a  b   2     a b   a  b  2  1  1   3  a b  a b 1 1 2     1   a  b   2    a b  b a 5  2 2 a  b  2 ab a 2  b 2  5  a  1 a  2  .  a  b  3  a  b  3     b  2 b  1   a  b 3 a.b  2    2  ab 5  Khi đó, P  P  a ; b  trở thành f  t   4t 3  9t 2  12t  18 , t   ;    . 2   5 2 f   t   12t  18t  12  6  t  2  2t  1  0 t  . 2 5   f  t  đồng biến trên  ;    . 2  5 5    t  , f  t   f   . 2 2 23 5  min f  t   f     . 5  4 2  2 ;   . .  min P  P 1; 2   P  2;1  5, 75 . Trang 18/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(58)</span> Vậy min P  6;  5  . Câu 26. Cho hai hàm số y  f  x  và y  g  x  có đồ thị như hình vẽ dưới,. biết rằng x  1 và x  3 đều là các điểm cực trị của hai hàm số y  f  x  và y  g  x  đồng thời. 3 f 1  g  3  1 , 2 f  3  g 1  4 , f  2 x  7   g  2 x  3  1 * . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn 1;3 của hàm số. S  x   f  x  g  x   g 2  x   f  x   4 g  x   2 . Tính tổng P  M  2m . A. 51.. B. 19 .. D. 107 .. C. 39 . Lời giải. Chọn D Thay lần lượt x  2 , x  3 vào * ta có.  f  3  g 1  1 , mà   f 1  g  3  1. 3 f 1  g  3  1 nên f 1  1, f  3  5 , g 1  6 , g  3  2 .  2 f  3  g 1  4. Nhìn vào đồ thị ta thấy 1  f 1  f  x   f  3  5 , 2  g  3  g  x   g 1  6 x  1;3 . Đặt u  f  x  , v  g  x  với 1  u  5 , 2  v  6 , xét. h  u , v   uv  v 2  u  4v  2  v 2   u  4  v  u  2 . Xem h  u , v  là một hàm số bậc 2 theo biến v ta có. h  u , v   2v  u  4  4  5  4  3  0 v   2;6   h  u, v  nghịch biến trên  2;6 . Suy ra. h  u ,6   h  u , v   h  u , 2   7u  58  h  u , v   3u  10  51  h  u , v   5 (do 1  u  5 ). Từ đó M  max S  x   5 , dấu bằng xảy ra khi x  3 , m  min S  x   51 , dấu bằng xảy ra khi 1;3. 1;3. x 1. Vậy P  M  2m  107 . Câu 27. (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2019) Cho x ,. ln x  ln y  ln  x2  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  x  y .. A. Pmin  2 2  3 .. B. Pmin  17  3 .. y là các số thực dương thỏa mãn. C. Pmin  2  3 2 .. D. Pmin  6 .. Lời giải Chọn A Ta có. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(59)</span> x  1  ln x  ln y  ln  x  y   ln xy  ln  x  y   xy  x  y   x2 . y  x 1  2. 2. 2. Suy ra. x 2 2 x2  x . P  x y  x  x 1 x 1 2 x2  x Xét hàm số y  f  x   trên D  1;  . Ta có x 1.  2 2 l  x  2 x  4x  1 2   y  , y  0  . 2  2 2  x 1 x   2 2. Vậy Pmin  2 2  3 , đạt được khi x . 2 2 , 43 2 . y 2 2. Câu 28. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số. f  x. có đạo hàm xác định trên . là. f '  x   x  x 2  1 x 2  3 . Giả sử a , b là hai số thực thay đổi sao cho a  b  1 . Giá trị nhỏ nhất. của f  a   f  b  bằng 3  64 . 15. A.. 33 3  64 . 15. B.. C. . 3 . 5. D. . Lời giải Chọn B b. Ta có f  b   f  a    a. Đặt. b. f   x dx   x  x 2  1 x 2  3dx . a. x  3  t  x  3  t  xdx  tdt . 2. 2. Suy ra: f  b   f  a  . 2. b2 3.  t. 2.  4  .t.tdt. a2 3. b2 3.  t 5 4t 3     t 4  4t 2 dt     3  5 a2 3. b2 3. a2 3.   b 2  3  b 2  3 4  b 2  3 b 2  3    a 2  3  2 a 2  3 4  a 2  3 a 2  3   .        5 3 5 3     Như vậy: 2. Trang 20/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 11 3 . 5.

<span class='text_page_counter'>(60)</span>   a 2  3  2 a 2  3 4  a 2  3 a 2  3    b 2  3  2 b 2  3 4  b 2  3  b 2  3   . f  a   f b          5 3 5 3    . Xét hàm g  u  . u 5 4u 3  . 5 3. + Với u  a 2  3 . Vì a  1 nên u  3 .. . Ta tìm giá trị nhỏ nhất của g  u  trên  3;  .. u  0 Ta có: g   u   u  4u  0  u  2 . u  2 Bảng biến thiên: 4. 2. a  1 64 Suy ra min g  u   g  2    . Khi u  2  a 2  3  2  a 2  1   . Vì a  1 nên  3;   15   a  1. a  1 . Với a  1 ta có 1  b  1 , suy ra 3  b2  3  2 . Ta tìm giá trị lớn nhất của g  u  trên  3; 2  . Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy max g  u   g  3;2   .  3    115 3 . Khi đó. b2  3  3  b  0 .. Vậy f  a   f  b  đạt giá trị nhỏ nhất là . 64  11 3  33 3  64 khi a  1 ; b  0 .   15  15 5 . Câu 29. Cho hai hàm số y  f  x  và y  g  x  có đồ thị như hình vẽ dưới,. biết rằng x  1 và x  3 đều là các điểm cực trị của hai hàm số y  f  x  và y  g  x  đồng thời. 3 f 1  g  3  1 , 2 f  3  g 1  4 , f  2 x  7   g  2 x  3  1 * . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn 1;3 của hàm số. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 21/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(61)</span> S  x   f  x  g  x   g 2  x   f  x   4 g  x   2 . Tính tổng P  M  2m . B. 107 .. A. 39 .. C. 51. Lời giải. D. 19 .. Chọn B Thay lần lượt x  2 , x  3 vào * ta có.  f  3  g 1  1 , mà   f 1  g  3  1. 3 f 1  g  3  1 nên f 1  1, f  3  5 , g 1  6 , g  3  2 .  2 f  3  g 1  4. Nhìn vào đồ thị ta thấy 1  f 1  f  x   f  3  5 , 2  g  3  g  x   g 1  6 x  1;3 . Đặt u  f  x  , v  g  x  với 1  u  5 , 2  v  6 , xét. h  u , v   uv  v 2  u  4v  2  v 2   u  4  v  u  2 . Xem h  u , v  là một hàm số bậc 2 theo biến v ta có. h  u , v   2v  u  4  4  5  4  3  0 v   2;6   h  u, v  nghịch biến trên  2;6 . Suy ra. h  u ,6   h  u , v   h  u , 2   7u  58  h  u , v   3u  10  51  h  u , v   5 (do 1  u  5 ). Từ đó M  max S  x   5 , dấu bằng xảy ra khi x  3 , m  min S  x   51 , dấu bằng xảy ra khi 1;3. 1;3. x 1. Vậy P  M  2m  107 . Câu 30. Cho hàm số f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ. Xét hàm số g  x   2 f  x   2x 3  4x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để g  x   0 x    5; 5  là A. m . 2 f 3.  5 .. B. m . . . 2 f  5 . 3. C. m . 2 f 3.  5 .. Lời giải Chọn C Ta có g  x   2 f  x   2x 3  4x  3m  6 5  0, x    5; 5  3m  h  x   f  x   x 3  2x  3 5  , x    5; 5  2 3m .  max h  x     5; 5  2   Trang 22/23 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. m . 2 f  0 . 3.

<span class='text_page_counter'>(62)</span> Ta có: h  x   f   x   3x 2  2 . Vẽ 2 đồ thị y  f   x  và y  3x 2  2 trên cùng một hệ trục tọa độ:. Nhận xét: f   x   3 x 2  2, x    5; 5   h  x   0, x    5; 5  3m 2  max h  x   h 5  f 5  m f 5 .   5; 5  2 3  .  .  .  . ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 23/23 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(63)</span> Câu 1.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  và  C2  lần lượt có phương trình.  x  1   y  2 2. 2. ax  b đi qua tâm của  C1  , đi xc và  C2  . Tổng a  b  c bằng.  1 và  x  1  y 2  1 . Biết đồ thị hàm số y  2. qua tâm của  C2  và có các đường tiệm cận tiếp xúc với cả  C1  A. 1 .. B. 5 .. C. 8 . Lời giải. D. 2 .. Chọn D Đường tròn  C1  có tâm I1 1; 2  và bán kính R1  1 . Đường tròn  C2  có tâm I 2  1;0  và bán kính R2  1 . ax  b có tiệm cận đứng d1 : x  c , tiệm cận ngang d2 : y  a . xc ax  b Đồ thị hàm số y  đi qua tâm I1 1; 2  , đi qua tâm xc a  b  1  c  2 a  b  2c  2 I 2  1;0     *  .  a  b a  b   0  1  c. Đồ thị hàm số y . Vì hai đường tròn  C1  và  C2  cùng tiếp xúc với hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y . ax  b xc. nên  1  c  1  c  1 a  1 d  I1 ; d1   d  I 2 ; d1   1   . Từ *  suy ra b  1 .  c  0 d  I1 ; d 2   d  I 2 ; d 2   1  2  a   a  1 Vậy a  b  c  1  1  0  2 . Câu 2.. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y  đứng.  1 A. 0;  .  2 . 1 x 1. x 2  mx  3m. có đúng hai tiệm cận. B.  ; 12  0;  .  1 D.  0;  .  2  Lời giải. C. 0; .. Chọn A Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình x 2  mx  3m  0 * có 2 nghiệm phân biệt thuộc D  1;  . Trên D ta có. * . x2  m. x 3. Ta lập bảng biến thiên của hàm số y  f  x   y .  x  6 l   .  0  2 x  0  x  3 . x2 trên D . x 3. x2  6x. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/3 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(64)</span> Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình * có 2 nghiệm phân biệt thuộc D  1;  khi  1 và chỉ khi m  0;  .  2 . Ghi chú: ta có thể chọn vài giá trị của m để thử và loại bớt đáp án. Thí dụ chọn m  0 thì đồ thị chỉ có 1 tiệm cận đứng x  0 , loại D. Chọn m  1 thì thì đồ thị chỉ có 1 tiệm cận đứng x . 1  13 , loại B, 2. C. Câu 3.. Cho hàm số y  f ( x ) thỏa mãn f (tan x)  cos 4 x . Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm 2019 số g ( x )  có hai tiệm cận đứng. f ( x)  m A. m  0 . B. 0  m  1 . C. m  0 . D. m  1 . Lời giải Chọn B 1 1 f (tan x)  cos 4 x  f (tan x)   f (t )  2 (1  t 2 )2 1  tan 2 x. . Hàm số g ( x) . 2019  g ( x)  f ( x)  m. . 2019 1 m (1  x 2 ) 2. Hàm số g ( x ) có hai tiện cận đứng khi và chỉ khi phương trình. 1  m  0 có hai nghiệm (1  x 2 ) 2. 1  1  0  m  1. m (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để. phân biệt  (1  x 2 )2  Câu 4.. đồ thị hàm số y  3 x3  3x 2  2  4 x 2  3x  2  mx có tiệm cận ngang. Tổng các phần tử của S là A. 3. B. 3 . C. 2. D. 2 . Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số: D   . Đặt: I  lim y ; J  lim y. x . I  lim y  lim   x  x  . . x . 3.  . . x3  3x 2  2  x  2 x  4 x 2  3x  2   m  1 x  .   3x 2  2 3x  2    lim     m  1 x  2 2 x  3 3 3 2 2 2  3  x  3x  2   x x  3x  2  x 2 x  4 x  3 x  2 . Trang 2/3 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(65)</span>   2 2   3 2 3   x x  lim     m  1 x  . 2 x  3 2  3 1  3  2   3 1  3  2  1 2  4   2    x x   x x3   x x3 2 2 1  3 2 3 f  x   xlim x x  4 Đặt: f ( x)    . 2 3 2  3 2 3 2   I  lim  f  x    m  1 x  3 1  3   3 1   3  1 2  4  x  x2 x    x x  x x  J  lim y  lim   x  x  . . 3.  . . x 3  3 x 2  2  x  2 x  4 x 2  3 x  2   m  3 x  .   3x 2  2 3x  2    lim     m  3 x  . 2 2 x  3 3 3 2 2 2  3  x  3x  2   x x  3x  2  x 2 x  4 x  3x  2    2 2   3 2 3   x x  lim     m  3 x  . 2 x  3 2  3 1  3  2   3 1  3  2  1 2  4   2  x x   x x 3   x x3 2 2 7  3 2 3 g  x   xlim x x  4 Đặt: g ( x)    . 2 3 2  3 2 3 2   J  lim  g  x    m  3 x  3 1  3   3 1   3  1 2  4  x  x2 x    x x x x   Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi hoặc I hoặc J có giới hạn hữu hạn. m  1  0 m  1  S  3;1 . Suy ra   m  3  0  m  3 Tổng các phần tử của S là 2. ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/3 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(66)</span> Câu 1.. Cho phương trình 3 tan x  1  sin x  2 cos x   m  sin x  3cos x  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của   tham số m   0; 2019  để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thuộc khoảng  0;  .  2 A. 2019. B. 2020. C. 2017. D. 2018. Lời giải Chọn C   Xét phương trình 3 tan x  1  sin x  2 cos x   m  sin x  3cos x  1 trên khoảng  0;  .  2   Vì x   0;   sin x, cos x, tan x  0 nên chia cả hai vế của 1 cho cos x , ta được:  2. 3 tan x  1  tan x  2   m  tan x  3  2  . Đặt t  tan x  1  t  1 thì  2  trở thành: 3t  t 2  1  m  t 2  2  . 3t 3  3t  m  3 t2  2.   Theo đề bài, 1 có đúng một nghiệm x   0;    3 có đúng một nghiệm t  1 .  2. Xét hàm số f  t   Ta có f   t  . 3t 3  3t , t  1;    . t2  2. 3t 4  15t 2  6. t. 2.  2. 2.  0 t  1 nên f  t  đồng biến trên 1;    .. Bảng biến thiên của f  t  :. Theo bảng biến thiên,  3  có đúng một nghiệm t  1  Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  t  tại đúng một điểm có hoành độ lớn hơn 1.  m  2 , mà m là số nguyên thuộc đoạn  0; 2019 . Vậy có 2017 giá trị nguyên của m thỏa đề. Câu 2.. Cho hàm số f  x   x 2  4 x  3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2  x    m  6  f  x   m  5  0 có 6 nghiệm thực phân biệt ?. A. 4 .. B. 3 .. C. 1 . Lời giải. D. 2 .. Chọn B Hàm số f  x   x 2  4 x  3 có bảng biến thiên. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(67)</span> x. 0. -∞ +∞. f(x). 2. +∞ +∞. 3 -1. Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên. x. -2. -∞. f(x). 0. 2. +∞. 3. +∞. +∞. -1. -1 Đặt t  f  x   1* Nhận xét: * * + với t0  1   x  + với t0  1; t0  3   2 nghiệm    3 nghiệm+ với t0   1;3  + với t0  3   4 nghiệm *. *.  t  1 Phương trình trở thành t 2   m  6  t  m  5  0   t  m  5 m  m  5; 6;7 Yêu cầu bài toán suy ra 1  m  5  3  4  m  8  Câu 3.. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số. y  x 3  3mx 2  3  m2  1 x  1  m2 có hai điểm phân biệt đối xứng qua gốc tọa độ là:. A.  1;0   1;   .. B.  0;   .. C.  1;   .. D.  ; 1   0;1 .. Lời giải: Chọn D M ( x0 ; y0 ), N(  x0 ;  y0 ) Gọi thuộc đồ thị hàm số. Ta có: y0  x0 3  3mx0 2  3  m 2  1 x0  1  m 2 (1)  y0   x0 3  3mx0 2  3  m 2  1 x0  1  m 2 (2) 6mx02  2  2m 2  0 (*) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: . Điều kiện cần: Đồ thị hàm số tồn tại M, N thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Do vậy ta có :  m  1 m2  1 m2  1 0 0 . 3m m 0  m  1 Điều kiện đủ: Với m thỏa mãn điều kiện trên suy ra phương trình (*) có hai nghiệm x1 . 1  m2 1  m2 ; x2   3m 3m. 1  m2  1  m2  1  m2 2  y1    3 m  1 .    3m  3m  3m 1  m2  1  m2  1  m2 2 y2     3 m  1    3m  3m  3m Trang 2/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(68)</span> Câu 4.. Vậy M ( x1 ; y1 ); N ( x2 ; y2 ) . Chọn đáp án A. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị là đường cong trơn (không bị gãy khúc), hình vẽ bên. Gọi hàm g  x   f  f  x   . Hỏi phương trình g   x   0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt?. A. 12.. B. 8.. C. 14. Lờigiải. D. 10.. Chọn A. g  x   f  f  x    g ( x )  f ( x). f   f  x   . g( x)  0  f ( x). f   f  x   0.  x  x1   2;  1  x  0  x  x  1;2  2  x  2  f ( x)  0   .   f  x   x1   2;  1  x  x3  2  f  f  x    0  f ( x)  0  x  2;0;2     f ( x)  x  1;2   x   x ; x ; x  , x  x  x  0  2  x 2 4 5 6 3 4 5 6   f ( x)  2  x   x7 ; x8 ; x9  , x4  x7  x8  x5  x6  x9 Kết luận phương trình g   x   0 có 12 nghiệm phân biệt. Câu 5.. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(69)</span> Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f  2sinx+1  f  m  có nghiệm thực? A. 5 .. B. 4 .. D. 2 .. C. 3 . Lời giải. Chọn A Đặt t  2 sin x  1 suy ra t   1;3 với x   .. Phương trình f  2sinx+1  f  m  có nghiệm  f  t   f  m  có nghiệm thuộc  1;3 .  Min f  t   f  m   Max f  t  .  1;3.  1;3. Từ bảng biến thiên suy ra 2  f  m   2  1  m  3 . Câu 6.. Suy ra có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cho hàm số y  f  x liên tục trên đoạn 1;3 và có bảng biến thiên như sau. Tổng các giá trị m   sao cho phương trình f  x 1  đoạn  2; 4 bằng A. 75.. B. 72.. m có hai nghiệm phân biệt trên x  6 x  12 2. C. 294.. Lời giải. D. 297.. Chọn B. Ta có m   x 2  6 x  12. f  x 1 , x   2; 4.. Xét hàm số g  x    x 2  6 x  12. f  x 1 , x   2; 4.. Ta có g   x   2 x  6. f  x 1   x 2  6 x  12. f   x 1  0  x  3   2; 4. Bởi vì. 2 x  6  0   f  x 1  0  g   x   0. • 2  x  3   2  x  6 x  12  0   f   x 1  0 2 x  6  0   f  x 1  0  g   x   0. • 3  x  4   2  x  6 x  12  0   f   x 1  0. Bảng biến thiên Trang 4/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(70)</span> Dựa vào BBT, suy ra 12  m  3.. Vì m    m  12; 11;...;  4  S  72. Câu 7.. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.Có bao nhiêu giá trị. . . nguyên của m để phương trình 2 f 3  4 6 x  9 x 2  m  3 có nghiệm?. A. 6 .. B. 5 .. C. 9 . Lời giải. D. 17 .. Chọn C Điều kiện: 6 x  9 x 2  0  0  x . 2 . 3.  2 Đặt t  3  4 6 x  9 x 2 , x   0;  .  3 6  18 x 1  2  0  x    0;  . Ta có: t   4. 2 3  3 2 6x  9x  2 Bảng biến thiên cho t  3  4 6 x  9 x 2 .Vì x   0;   t   1;3  3 m3 Phương trình trở thành: 2 f  t   m  3  f  t   , t   1;3. * 2 m3 Phương trình 2 f 3  4 6 x  9 x 2  m  3 có nghiệm  f  t   có nghiệm t   1;3 2 m3  6   2  a  12  m  3  4  2a  9  m  1  2a, với 2  1 max f  t   a  2, a   0;  .  1;3  2. . . Mà m    m  9; 8; 7;..; 1  có 9 giá trị m nguyên thỏa ycbt. Câu 8.. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(71)</span> Các giá trị của tham số m để phương trình A. m  . 37 . 2. B. m . 4m 3  m 2f. 3 . 2. 2.  x  5.  f 2  x   3 có ba nghiệm phân biệt là. C. m . 37 . 2. D. m  . 3 3 . 2. Lời giải Chọn C 4m 3  m. 2f. 2.  x  5.  f 2  x   3  4m 3  m   f 2  x   3  2 f 2  x   5.   2m   2m   2 f 2  x   5  2 f 2  x   5  2 f 2  x   5 3. Xét hàm số f  t   t 3  t , t    f '  t   3t 2  1  0, t    f  2m   f. . . 2 f 2  x   5  2m  2 f 2  x   5. m  0 m  0    2 4m 2  5   4m 2  5  f  x   f  x    2 2  4m 2  5 từ đồ thị ta thấy chỉ có 1 nghiệm. 2 Vậy để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình Với f  x   . 4m 2  5 4m 2  5 37 phải có hai nghiệm  4m ,  m  0 . 2 2 2 x2 Cho hàm số y  có đồ thị  C  và điểm A  0; a  . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của a x 1 trong đoạn  2018; 2018 để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến  C  sao cho hai tiếp điểm nằm f  x . Câu 9.. về hai phía của trục hoành? A. 2019 . B. 2017 .. C. 2020 . Lời giải. D. 2018 .. Chọn A.  x 2 Gọi tiếp điểm là M  x0 ; 0  . Khi đó phương trình tiếp tuyến của  C  tại M là: x0  1   x 2 3 (d). y  f   x0  x  x0   y0  x  x0   0 2  x0  1  x0  1 (d) qua A  0; a  . 3 x0.  x0  1. 2. . x0  2  a   a  1 x02  2  a  2  x0  a  2  0,  x0  1 (1) x0  1. Từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến  C   phương trình 1 có 2 nghiệm x0 phân biệt khác 1.     a  2 2   a  1 a  2   0   a  2 . Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 .  a  1  2  a  2   a  2  0 Hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành  x  2  x2  2   0  x1 x2  2  x1  x2   4  0  y1 . y2  0  1 x1 x2   x1  x2   1  x1  1 x2  1. Trang 6/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(72)</span> 2  a  2 a2 2 4 9a  6 2 a 1  a 1 0  0  3a  2  0  a   . 3 3 a  2 2  a  2  1 a 1 a 1 2 Vậy a   . Mà a nguyên và a   2018; 2018  a  0;1; 2;...; 2018 . Vậy có 2019 giá trị 3 nguyên của a thỏa mãn.. Câu 10. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho hàm số y  x3  2mx 2   m  3 x  4.  Cm  . Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng  d  : y  x  4 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A  0;4  , B , C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 với điểm K 1;3 là: A. m . 1  137 . 2. B. m . 1  137 . 2. C. m . 1  137 . 2. D. m . 1  137 . 2. Lời giải Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và  d  là:. x3  2mx 2   m  3 x  4  x  4 1  x3  2mx 2   m  2  x  0  x.  x 2  2mx   m  2    0 x  0  y  4  2  x  2mx  m  2  0.  d  cắt  Cm . 2. .. tại ba điểm phân biệt.  1 có ba nghiệm phân biệt   2  có hai nghiệm phân biệt khác 0 m  2 m  2    0 m2  m  2  0    2     m  1   m  1 .  0  2m.0  m  2  0 m  2  0 m  2   m  2 Khi đó,  2  có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 tương ứng cũng là hoành độ của B và C ..  B  x1 ; x1  4  và C  x2 ; x2  4  .    KB   x1  1; x2  1 và KC   x2  1; x2  1 ..  SKBC .  x1  1 x2  1   x2  1 x1  1 2.  x1  x2 .. Theo đề bài: S KBC  8 2  x1  x2  8 2   x1  x2   128  S 2  4 P  128 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(73)</span>   2m   4  m  2   128  m  2. 1  137 (nhận). 2 1  137 . 2 Cho các hàm. Vậy tất cả các giá trị m thỏa đề là m  Câu 11. (SGD. Hưng. Yên. -. 2019). g  x   ax 3  bx 2  cx  d ,.  n , n , p , q , r , a , b, c , d   . số. f  x   mx 4  nx 3  px 2  qx  r. thỏa mãn. và. f  0   g  0  . Các hàm số. f   x  , g   x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập nghiệm của phương trình f  x   g  x  có số phần tử là A. 1 .. B. 3 .. C. 4 . Lời giải. D. 2 .. Chọn D +) Từ giả thiết f  0   g  0  suy ra r  d do đó phương trình f  x   g  x  tương đương với: x  0 x  mx3   n  a  x 2   p  b  x   q  c    0   3 2  mx   n  a  x   p  b  x   q  c   0 +) Từ đồ thị của các hàm số f   x  , g   x  suy ra m  0. 8   f   1  g   1  4 m  3  n  a   2  p  b   q  c  0 n  a   3 m    và  f  1  g  1   4m  3  n  a   2  p  b   q  c  0   p  b  2m .     q  c  8m  f  2  g  2 32m  12  n  a   4  p  b   q  c  0   8 8 Từ đó ta có phương trình: mx 3  mx 2  2mx  8m  0  x3  x 2  2 x  8  0 . 3 3 Sử dụng máy tính Casio ta được phương trình có 1 nghiệm và nghiệm đó khác 0 . Vậy tập nghiệm của phương trình f  x   g  x  có 2 phần tử. Câu 12. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Tìm m để phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt: A. Không có giá trị của m. C. 0  m  4 29 .. B. 1  m  4 29 . D.  4 29  m  4 29 . Lời giải. Chọn B Xét hàm số f  x   x 4  5 x 2  4 .. Trang 8/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(74)</span> x  0 Có f   x   4 x  10 x ; f   x   0   .  x   10  2 3. Bảng biến thiên. Đồ thị hàm số y  f  x  y 4. 1. x. O -9/4. Từ đồ thị hàm số y  f  x   C  , suy ra đồ thị hàm số y  f  x  như sau: + Giữ nguyên phần đồ thị  C  nằm phía trên Ox . + Lấy đối xứng phần đồ thị  C  nằm phía dưới Ox qua Ox . y 4. 9/4. 1. x. O. Từ đồ thị suy ra phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt.  0  log 2 m . 9  1  m  4 29 . 4. Câu 13. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình một nghiệm nhỏ hơn 20 . A. 19 . B. 18 .. xm . C. 9 . Lời giải. m2  x  2m có đúng xm D. 10 .. Chọn B. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(75)</span> xm . m2  x  2m  x  m  x  2m  xm. m2 . xm.  x  m m  0   Điều kiện:  x  2m .  x  2 m  x  m  x  2m  xm . m2 m2  x  2m  x  m   2 m 2  x  2m xm xm. m2 m2  m2 m   m  2m  do m  0  . xm xm  m  0 hoặc x  2m +)Với m  0 thì phương trình ban đầu luôn đúng với mọi x  0 ( không thỏa yêu cầu bài toán). +) Với x  2m ; phương trình ban đầu có đúng 1 nghiệm nhỏ hơn 20  2m  20  m  10 . . suy ra m   10;0  nên có 9 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 14.. Cho hàm số y  2 x 3  ax 2  bx  c ( a , b, c   ) thỏa mãn 9a  3b  c  54 và a  b  c  2 . Gọi S là số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S  2 . B. S  0 . C. S  3 . D. S  1 . Lời giải Chọn C Xét: f (3)  54  9a  3b  c  0. f (1)  2  a  b  c  0 Mặt khác: lim y  ; lim y   . x . x . Nên phương trình y  2 x3  ax 2  bx  c  0 có 3 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng   ;  1 ; (1;3); (3;   ) . Suy ra đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Câu 15.. (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn.  3;3 và đồ thị hàm số. y  f   x  như hình vẽ dưới đây. Biết f 1  6 và g  x   f  x  .  x  1 2. 2. . Mệnh đề nào sau đây là đúng ?. A. Phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn  3;3 . B. Phương trình g  x   0 có đúng ba nghiệm thuộc đoạn  3;3 . Trang 10/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(76)</span> C. Phương trình g  x   0 có đúng hai nghiệm thuộc đoạn  3;3 . D. Phương trình g  x   0 không có nghiệm thuộc đoạn  3;3 . Lời giải Chọn A. Ta có g 1  f 1. 1  1  2. 2.  f 1  2  4 và g   x   f   x    x  1 . Từ đồ thị hàm số y  f   x .  x  3 và y  x  1 ta có g   x   0  f   x   x  1   x  1 .   x  3. Xét hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  f   x  ; y  x  1; x  3; x  1 có diện tích S1  4 . 1. . f   x    x  1 dx  4 . 3. 1.  g   x  dx  4  g 1  g  3  4  g  3  g 1  4  0 .. 3. Xét hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  f   x  ; y  x  1; x  1; x  3 có diện tích S 2  4 3. .  1. 3. f   x    x  1 dx  4   g   x  dx  4   g  3   g 1  4  g  3   g 1  4  0 . 1. Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm y  g  x  trên  3;3. Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn  3;3 . x 2  2mx  2m 2  1 cắt trục hoành tại hai điểm x 1 phân biệt và các tiếp tuyến với  Cm  tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có:. Câu 16. Gọi m là giá trị để đồ thị  Cm  của hàm số y  A. m   1;0  .. B. m  1; 2  .. C. m   2; 1 .. D. m   0;1 .. Lời giải Chọn D. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(77)</span> Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt là phương trình x 2  2mx  2m 2  1  0 * có hai nghiệm phân biệt khác 1 . Điều đó tương đương 1  m 2  0 m 2   2m 2  1  0    0    m  0  m   1;1 \ 0 . 2 2 2 1  2m.1  2m  1  0 2m  2m  0  m  2  Với điều kiện trên, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*) . Ta được:  x1  x2  2 m .  2  x1.x2  2 m  1 x 2  2 x  2m 2  2m  1. Ta có: y  .  x  1. 2.  1. 2m 2  2m.  x  1. 2. . Theo yêu cầu bài toán thì.  2 m 2  2m   2m 2  2 m  y  x1  y  x2   1  1   1    1 2 2   x1  1    x2  1     2 m 2  2 m 2 m 2  2m 1 1  1   2m 2  2m     1    x  12  x  12   x  12  x  12 2 1 2  1   1   2m  2m  2.  x1  x2 . 2.   2 x1 x2  2  x1  x2   2  2 m 2  2m     1 2   x1.x2   x1  x2   1  x1.x2   x1  x2   1  2. 4m 2  2  2m 2  1   2m   2  2m 2  2m   1   2 m  2m   2   1 2  2m  1  2 m  1   2m2  1  2m  1 2. 2.  1  7 m  2m  4 2m  4 3  1  1  1   3  6m 2  4 m  4  0   . 2 2 2m  2 m 2m  2m  1  7 m  3  1  7   0;1 . So với điều kiện ta nhận m  3 Câu 17. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Tìm m để phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt: A. 0  m  4 29 .. B.  4 29  m  4 29 .. C. Không có giá trị của m.. D. 1  m  4 29 . Lời giải. Chọn D Xét hàm số f  x   x 4  5 x 2  4 .. x  0 Có f   x   4 x  10 x ; f   x   0   .  x   10  2 3. Bảng biến thiên. Trang 12/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(78)</span> Đồ thị hàm số y  f  x  y 4. 1. x. O -9/4. Từ đồ thị hàm số y  f  x   C  , suy ra đồ thị hàm số y  f  x  như sau: + Giữ nguyên phần đồ thị  C  nằm phía trên Ox . + Lấy đối xứng phần đồ thị  C  nằm phía dưới Ox qua Ox . y 4. 9/4. 1. x. O. Từ đồ thị suy ra phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt. 9  1  m  4 29 . 4 Câu 18. (Trường THPT Thăng long Hà Nội) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.  0  log 2 m . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(79)</span>  1  Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình f    m có nghiệm thuộc khoảng  cos x    3   ;  là 2 2   19 13  A.  ;  .  4 4. B.  2;    ..  13  C.  2;  .  4 Lời giải.  19  D.   ;    .  4 . Chọn B. 1   3    3   1, x   ;  . Ta có 1  cos x  0, x   ;  nên cos x 2 2  2 2  Dựa vào đồ thị ta chỉ cần xét từ  đến 1 và phần từ 1 đến  của đồ thị được bỏ đi. (Tính  1    3  theo trục hoành). Khi đó, để phương trình f    m có nghiệm thuộc khoảng  ;  thì  cos x  2 2  m  2 . Do đó chọn D. Câu 19. Cho hàm số y  f ( x) . Biết hàm số y  f '( x) có đồ thị như hình vẽ bên.. Hàm số y  f  2 x  3 x 2  đồng biến trên khoảng nào dưới dây. 1  A.  2;  . 2 . 1  B.  ;   . 2  . 1 1 C.  ;  . 3 2 Lời giải. Chọn D Ta có g   x  2  6 x f  2 x  3x 2 .. Trang 14/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 1  D.  ;  . 3 .

<span class='text_page_counter'>(80)</span>  `2  6 x  0    f  2 x  3 x 2   0    . Hàm số g x  đồng biến  g   x  0     2  6 x  0  f  2 x  3x 2   0       1 1     x x   2  6 x  0   3 3 Trường hợp 1:      2  2 2  f  2 x  3x   0   2 x  3x  1  3 x  2 x  1  0  2    3 x 2  2 x  2  0   2 x  3x  2     1  x  3 1   2  x . 3x  2 x  1  0x  R 3  2  3x  2  2  0 : vô nghiêm.  1   x  1    x  2  6 x  0 3     2 Trường hợp 2:  3  2 3 x  2 x  1  0  f  2 x  3x   0  1  2 x  3x 2  2     2    3 x  2 x  2  0     1  x  3    vô nghiệm. 3x 2  2 x  1  0 : vô nghiêm  3x 2  2 x  2  0, x  R 1  Vậy hàm số y  f  2 x  3 x 2  đồng biến trên khoảng  ;  . 3  3 Câu 20. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho hàm số y  x  2mx 2   m  3 x  4.  Cm  . Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng  d  : y  x  4 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A  0; 4  , B , C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 với điểm K 1;3 là: A. m . 1  137 . 2. B. m . 1  137 . 2. C. m . 1  137 . 2. D. m . 1  137 . 2. Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và  d  là:. x3  2mx 2   m  3 x  4  x  4 1  x3  2mx 2   m  2  x  0  x.  x 2  2mx   m  2    0 x  0  y  4  2  x  2mx  m  2  0.  d  cắt  Cm . 2. .. tại ba điểm phân biệt. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(81)</span>  1 có ba nghiệm phân biệt   2  có hai nghiệm phân biệt khác 0 m  2 m  2    0 m2  m  2  0    2     m  1   m  1 . 0  2 m .0  m  2  0 m  2  0    m  2   m  2 Khi đó,  2  có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 tương ứng cũng là hoành độ của B và C ..  B  x1 ; x1  4  và C  x2 ; x2  4  .    KB   x1  1; x2  1 và KC   x2  1; x2  1 ..  SKBC .  x1  1 x2  1   x2  1 x1  1 2.  x1  x2 .. Theo đề bài: S KBC  8 2  x1  x2  8 2   x1  x2   128  S 2  4 P  128 2.   2m   4  m  2   128  m  2. 1  137 (nhận). 2. 1  137 . 2 (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho hàm số. Vậy tất cả các giá trị m thỏa đề là m  Câu 21.. f ( x )  x 4  2mx 2  4  2m 2 . Có bao nhiêu số nguyên m   10;10  để hàm số y | f ( x ) | có đúng 3 điểm cực trị A. 8.. B. 9.. C. 7. Lời giải. D. 6.. Chọn B Hàm số y  f ( x ) có tập xác định là R, là hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số của x 4 dương Ta có số điểm cực trị của đồ thị hàm số y | f ( x ) | bằng số điểm cực trị của hàm số y  f ( x ) cộng với số lần đồ thị hàm số y  f ( x ) xuyên qua Ox . Do vậy, để hàm số y | f ( x ) | có đúng 3 điểm cực trị thì xảy ra 2 trường hợp TH1. Hàm số y  f ( x ) có 3 điểm cực trị và không xuyên qua Ox ab  0  2 m  0 m  0 ab  0 2      2  0m b  2 2 2 f   0 3   yCT  0   m  2m  4  2m  0  3m  4  0 2a   . m là số nguyên m   10;10  nên m  1 TH2. Hàm số y  f ( x ) có 1 điểm cực trị và xuyên qua Ox đúng 2 lần m  0  2 m  0   ab  0  ab  0     m   2  m   2 2 c  0  yCT  0  4  2m  0    m  2. m là số nguyên m   10;10  nên m  9; 8;...; 2 Trang 16/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(82)</span> Kết luận: Có 9 số m thỏa mãn. Câu 22. Cho hàm số y  f  x xác định, liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị. . . nguyên của m để phương trình 2 f 3  4 6 x  9 x 2  m  3 có nghiệm.. B. 23 .. A. 22 .. C. 10 . Lời giải. D. 13 .. Chọn D. t  3. 2. Đặt 3  4 6 x  9 x  t  6 x  9 x  2. 2. Phương trình 1 có nghiệm . 16. t  3. 2. 16. t  3 1 ..  1  1  t  7 . Kết hợp điều kiện  1  t  3 .. Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình 2 f t   m  3  f t   m3  1  7  m  5 . 2 Vậy có 13 giá trị nguyên của m thỏa mãn.. m3 có nghiệm trên 2. đoạn 1;3 . Từ đồ thị suy ra 5  Câu 23.. Cho hàm số y  2 x 3  ax 2  bx  c ( a , b, c   ) thỏa mãn 9a  3b  c  54 và a  b  c  2 . Gọi S là số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S  3 . B. S  1 . C. S  2 . D. S  0 . Lời giải Chọn A Xét: f (3)  54  9a  3b  c  0. f (1)  2  a  b  c  0 Mặt khác: lim y  ; lim y   . x . x . Nên phương trình y  2 x3  ax 2  bx  c  0 có 3 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng   ;  1 ; (1;3); (3;  ) . Suy ra đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Câu 24. Cho phương trình 3 tan x  1  sin x  2 cos x   m  sin x  3cos x  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của   tham số m   0; 2019 để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thuộc khoảng  0;  .  2 A. 2019. B. 2020. C. 2017. D. 2018. Lời giải Chọn C. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(83)</span>   Xét phương trình 3 tan x  1  sin x  2 cos x   m  sin x  3cos x  1 trên khoảng  0;  .  2   Vì x   0;   sin x, cos x, tan x  0 nên chia cả hai vế của 1 cho cos x , ta được:  2. 3 tan x  1  tan x  2   m  tan x  3  2  . Đặt t  tan x  1  t  1 thì  2  trở thành: 3t  t 2  1  m  t 2  2  . 3t 3  3t  m  3 t2  2.   Theo đề bài, 1 có đúng một nghiệm x   0;    3 có đúng một nghiệm t  1 .  2. Xét hàm số f  t   Ta có f   t  . 3t 3  3t , t  1;    . t2  2. 3t 4  15t 2  6. t. 2.  2. 2.  0 t  1 nên f  t  đồng biến trên 1;    .. Bảng biến thiên của f  t  :. Theo bảng biến thiên,  3  có đúng một nghiệm t  1  Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  t  tại đúng một điểm có hoành độ lớn hơn 1.  m  2 , mà m là số nguyên thuộc đoạn  0; 2019 . Vậy có 2017 giá trị nguyên của m thỏa đề. Câu 25. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình một nghiệm nhỏ hơn 20 . A. 9 . B. 10 .. xm . C. 19 . Lời giải. m2  x  2m có đúng xm D. 18 .. Chọn B xm . m2  x  2 m  x  m  x  2m  xm. m2 . xm.  x  m m  0   Điều kiện:  x  2m .  x  2m  x  m  x  2m  xm. m2 m2  x  2m  x  m   2 m 2  x  2m xm xm. m2 m2  m2 m   m  2m  do m  0  . xm xm  m  0 hoặc x  2m +)Với m  0 thì phương trình ban đầu luôn đúng với mọi x  0 ( không thỏa yêu cầu bài toán). +) Với x  2m ; phương trình ban đầu có đúng 1 nghiệm nhỏ hơn 20  2m  20  m  10 . Trang 18/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(84)</span> suy ra m   10;0  nên có 9 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 26.. (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình dưới đây:. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f. . nửa khoảng   2 ; 3 là: A..  1;3 .. B..  1; f  2  .. . . 4  x 2  m có nghiệm thuộc. C.  1; 3 .. D.  1; f .  2  .. Lời giải Chọn A Trước hết, xét hàm số t  x   4  x 2 , x    2 ; 3  : x . Cho t   x   0  x  0    2 ; 3  . t  x   4  x2 Ta có BBT của t  x  như sau:. .  1  t  x   2 x    2 ; 3 . Bây giờ, đặt t  4  x 2 . Lúc này, phương trình f. . . 4  x 2  m có nghiệm x    2 ; 3. .  Phương trình f  t   m có nghiệm t  1; 2   Đường thẳng y  m và đồ thị hàm số f  t  có điểm chung trong nửa khoảng 1; 2.  1  m  3 . Vậy m   1;3 . Câu 27. Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(85)</span> Gọi m là số nghiệm của phương trình f  f ( x)  0 . Khẳng định nào sau đây đúng. A. m  4. B. m  6. C. m  5 Lời giải. D. m  7. Chọn D.  f ( x)  x1  Từ đồ thị ta có f  f ( x)  0   f ( x)  1 với 1  x1  0 ; 2  x2  3   f ( x)  x 2  Trường hợp 1: f ( x)  x1 có 3 nghiệm phân biệt Trường hợp 2: f ( x )  1 có 3 nghiệm phân biệt Trường hợp 3: f ( x)  x2 có 1 nghiệm. Vậy phương trình f  f ( x)  0 có 7 nghiệm hay m  7 .. Câu 28. Cho hàm số f  x   x 2  4 x  3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2  x    m  6  f  x   m  5  0 có 6 nghiệm thực phân biệt ?. B. 3 .. A. 4 .. C. 1 . Lời giải. D. 2 .. Chọn B Hàm số f  x   x 2  4 x  3 có bảng biến thiên. x f(x). 0. -∞ +∞. 2. +∞ +∞. 3 -1. Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên. x. -∞. f(x). -2. 0. 2. +∞. 3. +∞. -1. -1 Đặt t  f  x   1* Nhận xét: * *  x  + với t0  1; t0  3   2 nghiệm + với t0  1     3 nghiệm+ với t0   1;3   4 nghiệm + với t0  3  *. Trang 20/21 - Mã đề 101. +∞. *. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(86)</span>  t  1 Phương trình trở thành t 2   m  6  t  m  5  0   t  m  5 m  m  5; 6;7 Yêu cầu bài toán suy ra 1  m  5  3  4  m  8  Câu 29. Biết rằng phương trình ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0,  a, b, c, d, e  R, a  0, b  0  có 4 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình sau có bao nhiêu nghiệm thực?.  4ax. 3. . . 2. . .  3bx 2  2cx  d  2 6ax 2  3bx  c ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 . B. 2 .. A. 0 .. C. 4 . Lời giải. D. 6 .. Chọn A Ta có g  x    f   x    f   x  . f  x  2. Đồ thị hàm số y  f ( x)  ax 4  bx3  cx 2  dx  e cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt bên phương trình f  x   0  a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  , với xi , (i  1, 2, 3, 4) là các nghiệm. Suy ra f   x   a[  x  x2  x  x3  x  x4    x  x1  x  x3  x  x4 .   x  x1  x  x2  x  x4    x  x1  x  x2  x  x3  ]   f   x    1 1 1 1  1 1 1 1             f  x  x  x1 x  x2 x  x3 x  x4  f  x    x  x1 x  x2 x  x3 x  x4  2   1 2  1  2  1 2  1 2  f   x  f  x    f   x            x  x1   x  x2   x  x3   x  x4   f 2  x  . . f  x. . Nếu x  xi với i  1, 2,3, 4 thì f  x   0 , f   x   0  f   x  f  x    f   x   . 2. Nếu x  xi  i  1, 2, 3, 4  thì. 1.  0 , f 2  x   0 . Suy ra f   x  . f  x    f   x    0 2.  x  xi . 2.  f   x  . f  x    f   x   . Vậy phương trình  f   x    f   x  . f  x   0 vô nghiệm hay phương 2. 2. trình g  x   0 vô nghiệm. Do đó, số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là 0 . ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 21/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(87)</span> Chuyên đề Câu 1.. 2. HÀM SỐ MŨ – LOGARIT. Một người vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất là 0, 6% một tháng theo hình thức lãi kép với thỏa thuận: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay thì ông bắt đầu trả nợ và đều đặn cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 9 triệu đồng cho đến khi hết nợ (biết rằng, tháng cuối cùng có thể trả dưới 9 triệu đồng). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng. A. 24 . B. 22 . C. 23 . D. 25 . Lời giải Chọn A Xây dựng công thức: Vay A đồng, lãi r /tháng. Hỏi hàng tháng phải trả bao nhiêu để sau n tháng thì hết nợ (trả tiền vào cuối tháng). Gọi a là số tiền trả hàng tháng. Cuối tháng 1, nợ: A 1  r  . Trả a đồng nên còn nợ: A 1  r   a. Cuối tháng 2 , nợ:  A 1  r   a  1  r  =A 1  r   a 1  r  . 2. Trả a đồng nên còn nợ: A 1  r   a 1  r   a . 2. 2 3 2 Cuối tháng 3 , nợ:  A 1  r   a 1  r   a  1  r  =A 1  r   a 1  r   a 1  r  .  . Trả a đồng nên còn nợ: A 1  r   a 1  r   a 1  r   a . 3. 2. Cuối tháng n , nợ: 1  r   a 1  r . n1. n.  a 1  r . n2. Trả a đồng nên còn nợ: A 1  r   a 1  r  n. n1.  ...  a 1  r  ..  a 1  r . n n1 n2  A1  r   a 1  r   1 r   ...  1  r  1  .  A1  r   a n. n2.  ...  a 1  r   a. 1  r  1 n. r. .. Để hết nợ sau n tháng thì số tiền a phải trả hàng tháng là: a . 200.0, 6%.(1  0, 6%) n  n  23,92 . (1  0, 6%) n 1 Vậy sau 24 tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng.. A.r (1  r )n (1  r ) n 1. Áp dụng: 9 . Câu 2.. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) So sánh ba số a  10001001 , b  22 A. c  a  b .. B. b  a  c .. 64. và c  11  22  33  ...  10001000 ?. C. c  b  a . Lời giải. D. a  c  b .. Chọn A Ta có: 11  10001000 ; 2 2  10001000 ...999999  10001000  c  11  22  33  ...  10001000  1000.10001000  c  a. Mặt khác: 210  1000 24 10 . 2 10 Vậy c  a  b.  264.ln 2 . Câu 3..   .ln 2 6. 10.  10006.ln1000  1001.ln1000  22. 64.  10001001  a  b. Anh Nam gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn là một quý với lãi suất 3% một quý. Sau đúng 6 tháng anh Nam gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(88)</span> đó.Hỏi sau 1 năm số tiền (cả vốn lẫn lãi) anh Nam nhận được là bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 209, 25 triệu đồng. B. 208, 25 triệu đồng. C. 210, 45 triệu đồng. D. 218, 64 triệu đồng. Lời giải Chọn D • Số tiền anh Nam nhận được sau 6 tháng (tức 2 quý) là:. . T1  100 1  30 / 0. . 2.  106, 09 triệu đồng.. • Số tiền anh Nam nhận được sau một năm (tức 2 quý còn lại của năm) là:. . T2  106, 09  100  1  30 / 0. Câu 4.. Tổng. tất. x 3 3 m3 x. 3. cả. . 2.  218, 64 triệu đồng.. các. giá.   x  9 x  24 x  m .3 3. x 3. 2. A. 45 .. B. 34 .. trị. nguyên. của. m. để. phương. trình.  3  1 có 3 nghiệm phân biệt là x. C. 27 . Lời giải. D. 38 .. Chọn C. 3 x  3. 3. m 3 x.  3 x 3  3. 3. 3.   x3  9 x 2  24 x  m  .3x 3  3x  1. m 3 x. m 3 x.   x  3  27  m  3x  .3x 3  3x  1   3.   x  3  m  3x  27  33  33 x 1 3. a  3  x; b  3 m  3x. 1  3b  27  b3  a3  27.  3a  3b  b3  3a  a3 Xét f  t   3t  t 3  f '  t   3t .ln 3  3t 2  0t  R  f  a   f b   a  b  3  x  3 m  3x 3  m   3  x   3 x   x 3  9 x 2  24 x  27 f  x    x 3  9 x 2  24 x  27  f '  x   3 x 2  18 x  24 f ' x  0  x  2  x  4 Dựa vào đồ thị: 7  m  11  m  8;9;10 . Câu 5.. 3. 2. 2. Cho phương trình: 2 x  x  2 x  m  2 x  x  x 3  3 x  m  0 . Tập các giá trị để bất phương trình có ba nghiệm phân biệt có dạng  a ; b  . Tổng a  2b bằng: A. 2. B. 4. C. 0. D. 1. Lời giải Chọn A 3 2 2 3 2 2 Ta có: 2 x  x  2 x  m  2 x  x  x3  3 x  m  0  2 x  x  2 x  m  x 3  x 2  2 x  m  2 x  x  x 2  x * .. Trang 2/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(89)</span> Xét hàm số f  t   2t  t trên  .. Ta có: f   t   2t ln 2  1  0, t    Hàm số f  t  đồng biến trên  . Mà  *  f  x 3  x 2  2 x  m   f  x 2  x   x 3  x 2  2 x  m  x 2  x.  x 3  3x  m  0  m   x3  3x ** . Xét hàm số g  x    x 3  3x trên  . Ta có: g   x   3 x 2  3 .. g   x   0  x  1 . Bảng biến thiên:. 3. Phương trình 2 x  x. Câu 6.. 2. 2 x m.  2x. 2. x.  x3  3 x  m  0 có 3 nghiệm phân biệt  phương trình (**) có 3  a  2 nghiệm phân biệt  2  m  2    a  2b  2 . b  2 (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Tìm tham số m để tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau log 2019  x  y   0 và x  y  2 xy  m  1. 1 B. m   . 3. A. m  2 .. 1 C. m   . 2 Lời giải. D. m  0 .. Chọn C. log 2019  x  y   0 (1) Xét hệ bất phương trình:   x  y  2 xy  m  1 (2)  x; y  là nghiệm hệ bất phương trình thì  y; x  cũng là nghiệm của hệ bất phương trình. Do đó hệ có nghiệm duy nhất  x  y . Khi đó: (1)  0  2 x  1  0  x  Với 0  x . 1 . 2. 1 ; (2)  2 x  2 x 2  m  1 2.  2 x2  m  1  2 x  2 x2  m  1  4 x  4 x2  2x2  4x  1  m Đặt f  x   2 x 2  4 x  1. Câu 7..  1 f  x  nghịch biến trên  0;  nên f  x   f  2 1 Do đó hệ có nghiệm duy nhất  m   . 2 Cho a, b là các số dương lớn hơn 1, 5log a x.log b x  4 log a x  3log b x  2019  0. nhất của ln  x1 x2  bằng A. 2019.. 1 1  1     x   0;  . 2 2  2. thay đổi thỏa mãn a  b  2019 để phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Biết giá trị lớn. 3 m 4 n ln    ln   , với m, n là các số nguyên dương. Tính S  m  2n. 5  7  5 7 B. 14133. C. 22209. D. 20190. Lời giải. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(90)</span> Chọn C Điều kiện: x  0 .. ln x ln x ln x ln x . 4 3  2019  0. ln a ln b ln a ln b 5t 2  3ln a  4 ln b  Đặt t  ln x . Ta được phương trình:   t  2019  0 (*) ln a.ln b  ln a.ln b  Do a, b  1  ln a.ln b  0 . Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 . Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Ta có 5log a x.log b x  4 log a x  3log b x  2019  0  5. 3ln a  4 ln b 3ln a  4 ln  2019  a   . 5 5 3ln a  4 ln  2019  a   ln  x1.x2   ln x1  ln x2  t1  t2  5 Vì a  1 , b  1 và a  b  2019 nên a  1; 2018  .. Mặt khác ta có: t1  t2 . 3ln u  4 ln  2019  u  trên 1; 2018  . 5 6057 6057  7u  f (u )  0  u  Ta có f (u )  5u  2019  u  7 Bảng biến thiên: Xét hàm số f (u ) . 3 6057 4 8076 ln  ln . 5 7 5 7 Do đó m  6075, n  8076 hay S  m  2n  22209 . (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Chị Minh vay ngân hàng 2 0 0 triệu đồng theo phương thức trả góp để mua nhà. Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất chị Minh trả 6 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0,5% mỗi tháng (biết lãi suất không thay đổi) thì sau bao lâu, chị Minh trả hết số tiền trên? A. 4 7 tháng. B. 3 6 tháng. C. 4 6 tháng. D. 3 7 tháng. Lời giải Chọn D Vậy giá trị lớn nhất của ln  x1 x2  bằng. Câu 8.. Sau tháng thứ 1 chị Minh còn nợ ngân hàng: 200 1 r   6 . Sau tháng thứ 2 chị Minh còn nợ ngân hàng:  200 1  r 1  6  1  r   6  200 1  r 2  6 1  r   6 . 1. . . Sau tháng thứ 3 chị Minh còn nợ ngân hàng:  200 1  r  2  6 1  r   6  1  r   6  200 1  r 3  6 1  r 2  6 1  r   6 .  . ……………. Sau tháng thứ N chị Minh còn nợ ngân hàng:. 200 1 r   6 1 r  N. N 1.  ...  6 1 r   6 1 r   6 . 2. Nếu sau tháng thứ N chị Minh trả hết nợ thì: Trang 4/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(91)</span> 200 1 r   6 1 r  N. N 1.  ...  6 1 r   6 1 r   6  0.  200 1 r   6 1 r  N. 2. N 1.  200 1  r   6  1  r   N.  200 1  r   6.1. N.  ...  6 1 r   6 1 r   6. N 1. 2.  ...  1  r   1  r   1  2. 1  1  r . N. 1  1  r .  100r 1  r   31  r   3 N.  1  r . Câu 9.. N. N.     3 3 3     N  log1 r    36, 56   log1 0,5  0, 5 3  100 r  3  100 r  100  3  100.  100  . Tổng các nghiệm của phương trình log 2  cos x   2log3  cot x  trên đoạn 5; 25 bằng A. 7 .. B.. 40 . 3. C. 13. D.. 70 . 3. Lời giải Chọn C Theo đề bài: log 2  cos x   2 log3  cot x  1 . cos x  0 cos x  0 Điều kiện:    sin 2 x  0 * . cot x  0 sin x  0 Đặt t  log 2  cos x   cos x  2t ..  cos 2 x   cos 2 x   22t   2 log 3  cot x   log 3  cot 2 x   log 3  2   log 3   log .  3 2 2t   sin x   1  cos x   1 2   4t Khi đó, 1 trở thành: t  log 3  t  1 4.  4t   3t  t  1 4.  2 .. Điều kiện: 1  4t  0  4t  1  t  0 ..  2   4t  3t  12t  4t  12t  3t  . t. 4 t   4  1  3 . 3   t. 4 Dễ thấy t  0 không là nghiệm của  3 nên ta xét hàm số f  t      4t , t   . 3 t. 4 4 f   t     .ln  4t.ln 4  0 t    f  t  đồng biến trên  3 3.   2  chỉ có tối đa một nghiệm, mà f  1  1.  t  1 là nghiệm duy nhất của  3 ..   x   m 2  1 3 Do đó, cos x  21     m, n    . 2  x     n 2  3  Ta chỉ nhận x   m 2  m    vì thỏa mãn * . 3  5 1 25 1 Để x  5;25 thì 5   m 2  25   m   m  1; 2;3 . 3 2 6 2 6. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(92)</span>      x    2 ;  4 ;  6  . 3 3 3    Vậy tổng các nghiệm bằng  3   2  4  6    13 . 3 Câu 10..  100  Cho biết log 2   k .2k  2   a  log c b với a , b, c là các số nguyên và a  b  c  1. Tổng  k 1  a  b  c là A. 201 . B. 200 . C. 203 . D. 202 . Lời giải Chọn D Đặt 100. T   k .2k  2  2.22  3.23    100.2100 (1) . k 1. Khi đó, ta có 2T  22  2.23    99.2100  100.2101 (2) . Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được. T  100.2101   2  22  23    2100   99.2101  2.  100  Suy ra log 2   k .2k  2   log 2  99.2101   101  log 2 99.  k 1  Do đó a  101; b  99; c  2. Vậy a  b  c  202 . Câu 11.. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log 2019 x  log 2019 y  log 2019  x 2  y  . Gọi Tmin là giá trị. nhỏ nhất của biểu thức T  2 x  y . Mệnh đề nào dưới đây đúng? B. Tmin   7;8 .. A. Tmin   8;9  .. C. Tmin   6;7  .. D. Tmin   5;6  .. Lời giải. Chọn B Ta có: log 2019 x  log 2019 y  log 2019  x 2  y   log 2019 xy  log 2019  x 2  y   xy  x 2  y  x2 y    y  x  1  x 2   x 1 x  1  x2 1 Ta có: T  2 x  y  2 x   3x  1  . x 1 x 1 1 Xét hàm số: f  x   3 x  1  ; x  1. x 1 1 Đạo hàm: f /  x   3  . 2  x  1 f /  x  0  x  1. 3 (do x  1) . 3. Bảng biến thiên.. Trang 6/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(93)</span> Do đó: Tmin  4  2 3 . Câu 12.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% / tháng. Nếu sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết phương thức trả lãi và gốc không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). A. 65 . B. 66 . C. 67 . D. 68 . Lời giải Chọn B Đặt N  500 triệu là số tiền đã vay , A  10 triệu là số tiền trả trong mỗi tháng và r  0,85% là lãi suất ngân hàng, n là số tháng anh An phải trả hết nợ. Theo đề bài Cuối tháng thứ nhất anh An còn nợ số tiền là N  Nr  A  N 1  r   A . Cuối tháng thứ hai anh An còn nợ số tiền là.  N 1  r   A   N 1  r   A r  A  N 1  r   A 1  r   1 . Cuối tháng thứ ba anh An còn nợ số tiền là 2.  N 1  r 2  A 1  r   1  1  r   A  N 1  r 3  A 1  r 2  1  r   1 .      …. Cuối tháng thứ n anh An còn nợ số tiền là N 1  r   A 1  r   Để sau n tháng anh An trả hết nợ thì n. N 1  r   A 1  r   n.  N 1  r .  1  r . n 2. A. 9..  ...  1  r   1 . . n 1 n2 1  r   1 n  A 1  r   1  r   ...  1  r   1  N 1  r   A   r. A  A   n  log 1 r   . A  Nr  A  Nr . x Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 4  9.3. thức P . n 2.  ...  1  r   1  0 . 10   Áp dụng ta có n  log10,0085    n  65,38 .  10  500.0,0085  Vậy anh An phải trả trong vòng 66 tháng. Câu 13..  1  r . n. n.  1  r   n. n1. n1. 2. 2 y. . x  2 y  18 . x B.. 3 2 . 2. .  4  9 x 2 y .7 2 yx 2. C. 1  9 2.. 2. 2. . Giá trị nhỏ nhất của biểu. D. 17.. Lời giải Chọn A. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(94)</span> . . Ta có 4  9.3x 2 y  4  9 x 2 y .7 2 yx 2. 4  3 x 2 y  2. 2  32( x 2 y ). 2. . 7 x 2 y 2 2. 2. 2. 2. 2 2 2  4  3x 2 y 2   2  32( x 2 y )  .7 2 yx 2  . 2. . 7 2( x 2 y ) 2. (*).. 1  3 4  3t trên . Ta có f (t )  4.     nghịch biến trên . t  7   7  7 (*)  f  x 2  2 y  2  f  2( x 2  2 y )   x 2  2 y  2  2( x 2  2 y )  x 2  2 y  2  2 y  x 2  2. t. Xét hàm số f (t ) . t. x 2  x 16 16 16  x  1  2 x. 1  P  9. x x x Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  4. Từ đó P . -----------------HẾT---------------. Câu 14.. Anh Nam gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn là một quý với lãi suất 3% một quý. Sau đúng 6 tháng anh Nam gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó.Hỏi sau 1 năm số tiền (cả vốn lẫn lãi) anh Nam nhận được là bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 209, 25 triệu đồng. B. 208, 25 triệu đồng. C. 210, 45 triệu đồng. D. 218, 64 triệu đồng. Lời giải Chọn D • Số tiền anh Nam nhận được sau 6 tháng (tức 2 quý) là:. . T1  100 1  30 / 0. . 2.  106, 09 triệu đồng.. • Số tiền anh Nam nhận được sau một năm (tức 2 quý còn lại của năm) là:. . T2  106, 09  100  1  30 / 0. . 2.  218, 64 triệu đồng.. Câu 15. (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình m 2 x 5  x 4  m x 4  x 3  x  ln x  1  0 thỏa mãn với mọi x  0 . Tính tổng các. . . giá trị trong tập hợp S. A. 0 .. . . C. 2 . Lời giải. B. 1.. D. 2 .. Chọn B Đặt f  x   m 2 x 5  x 4  m x 4  x 3  x  ln x  1 . Ta có f  x  liên tục, có đạo hàm trên. .    f   x   m 5x  4x   m  4x. 1 . x Bất phương trình đã cho viết thành f  x   0 . Giả sử y  f  x  có đồ thị là (C)..  0;   . và. 2. 4. 3. 3.  3x2   1 . f  x   0 với mọi x  0 khi và chỉ khi đồ thị (C) không nằm phía dưới trục Ox. Mặt khác (C) và Ox có điểm chung là A 1; 0  . Nên điều kiện cần để đồ thị (C) không nằm phía dưới trục Ox là Ox tiếp xúc với (C) tại A 1; 0  .. m  0 2 Suy ra, f ' 1  0  m  m   . m  1 Với m  0 ta có bất phương trình đã cho trở thành f  x   x  ln x  1  0 . f  x  0  x  1 . Bảng biến thiên của hàm số f  x . Trang 8/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(95)</span> Dựa vào bảng biến thiên ta có f  x   0, x  0 . Suy ra m  0 thỏa mãn điều kiện. Với m  1 ta có bất phương trình đã cho trở thành f  x   x 5  2 x 4  x 3  ln x  x  1  0 . 4 3 1 5 x5  8 x 4  3 x3  x  1  x  1  5 x  3 x  1 f   x   5 x  8 x  3x   1   x x x 2 2 2 3   9    9  Ta có 5 x 4  3 x 3  1   2 x 2  x    x 2    1     0 . 4   32    32  Suy ra f   x   0  x  1 . Bảng biến thiên của hàm số f  x  như sau 4. 3. 2. Dựa vào bảng biến thiên ta có f  x   0, x  0 . Suy ra m  1 thỏa mãn điều kiện. Vậy S  0;1 . Câu 16. Ông A muốn mua một chiếc ô tô trị giác 1 tỉ đồng, nhưng vì chưa đủ tiền nên ông chọn mua bằng hình thức trả góp hàng tháng (số tiền trả góp mỗi tháng là như nhau) với lãi suất 12%/ năm và trả trức 500 triệu đồng. Hỏi mỗi tháng ông phải trả số tiền gần nhất vói số tiền nào dưới đây để sau đúng 2 năm, kể từ ngày mua xe, ông trả hết nợ, biết kỳ trả nợ đầu tiên sau ngày mua ô tô đúng một tháng và chỉ tính lãi hàng tháng trên số dư nợ thực tế của tháng đó? A. 22.703.000 (đồng). B. 24.443.000 (đồng). C. 23.573.000 (đồng). D. 23.537.000 (đồng). Lời giải Chọn D Chú ý: Cho bài toán sau: Vay M đồng từ ngân hàng với lãi suất x% = r mỗi tháng. Hỏi háng tháng phải trả bao nhiêu để sau n tháng hết nợ. (Trả tiền vào cuối tháng). PP giải: Cuối tháng thứ nhất, số tiền người đó còn nợ là N1  M 1 r   a đồng Cuối tháng thứ hai, số tiền người đó còn nợ là 2 N 2  N1. 1  r   a  M 1  r   a 1  r   a Cuối tháng thứ ba, số tiền người đó còn nợ là: N 3  N 2 1  r   a  M 1  r   a 1  r   a. 1  r   a … Cuối tháng thứ n số tiền người đó còn nợ là: 3. . 2. N n  M 1  r   a 1  1  r   1  r   ...  1  r  n. 2. n 1.   M 1  r . n. 1  r   a.. n. 1. r Để hết nợ sau n tháng thì số tiền còn nợ sau n tháng là 0, tức là ta giải phương trình M 1  r   a. n. 1  r . n. 1. M 1  r  .r n. 0a. (số tiền phải trả mỗi tháng). 1 Lãi suất là 12%/ năm nên mỗi tháng lãi suất là 1%. Thời gian trả trong 2 năm, tức là 24 tháng. Trả tước 500 triệu nên số nợ ban đầu ông A nợ là 500 triệu. Áp dụng công thức mua trả góp, ta có số tiền ông A phải trả mỗi tháng là:. r. 1  r . n. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(96)</span> M . 1  r  .r n. a. 1  r . n. 1. 500.000.000. 1  0, 01 .0, 01 24. . 1  0, 01. 24. 1.  23.536736  23.537.000 (đồng).. Câu 17. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   8;    để phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm phân biệt x 2  x  x  1 2 x  m  m   2 x 2  x  m  2 x  x . 2. A. 6 .. B. 7 .. C. 5 . Lời giải. D. 8 .. Chọn B Phương trình đã cho tương đương với.    x2  m  x2  x  2x x 1 .       Đặt x 2  m  a; x 2  x  b ta có phương trình 1 trở thành. x. 2. x.  m   x2  x  2. 2. .  m  x2  x. 2. a  b.2a b   a  b  .2b  a.2b  b.2 a  a  b  a  2b  1  b  2 a  1  0  2  . Trường hợp 1: Nếu ab  0 thì phương trình  2   + Nếu a  0  2a  1  0 . 2a  1  0. a. + Nếu a  0  2 a  1  0 . 2a  1 0. a. Do đó. 2 a  1 2b  1   0  3 . a b. 2a  1  0, với a  0 . a. Tương tự ta có. 2b  1  0, với b  0 . Do vậy phương trình  3 vô nghiệm. b.  x 2  m Trường hợp 2: Nếu ab  0 thì phương trình 1   2 . x  x  0. m  0  m  0. Phương trình 1 có nhiều hơn hai nghiệm phân biệt   2 m  m  0 Do m nguyên và m   8;    nên có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 18.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Cho các số thực a , b thoả mãn thức. log 3a b  log b  a 4  9a 2  81. A. 2  9 2 .. 1 a  ,b 1 3 . Khi biểu. nhỏ nhất thì tổng a  b bằng. B. 9  2 3 .. C. 3  9 2 . Lời giải. D. 3  3 2 .. Chọn C P  log 3a b  log b  a 4  9a 2  81  2 log 3a b log b  a 4  9a 2  81  2 log 3a  a 4  9a 2  81 a 4  81  2 a 4 .81  18a 2  2 log 3a  a 4  9a 2  81  2 log 3a 18a 2  9a 2   2 log 3a  9a 2   2 2 a 4  81 a  3 a  3 Pmin  2 2     4 2 log 9 b  log b 81 b  9 log 3a b  log b  a  9a  81. 2.  a b  39. 2. Câu 19. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho f (1)  1; f (m  n)  f (m)  f (n)  mn với mọi m, n  N * . Tính giá trị của biểu thức. Trang 10/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(97)</span>  f  2019   f  2009   145  T  log   2   A. 3 . B. 4 .. C. 5 . Lời giải. D. 10 .. Chọn B Ta có f (2019)  f (2009  10)  f (2009)  f (10)  20090 Do đó f (2019)  f (2009)  145  f (10)  20090  145 f (10)  f (9)  f (1)  9 f (9)  f (8)  f (1)  8 ................... f (3)  f (2)  f (1)  2 f (2)  f (1)  f (1)  1 Từ đó cộng vế với vế ta được: f (10)  10. f (1)  1  2  ....  8  9  55. f (2019)  f (2009)  145  20090  145  55 Vậy log   log  log10000  4.  2 2   Câu 20. Cho hai số thực a , b thỏa mãn a 2  b 2  1 và log a 2  b2  a  b   1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P  2 a  4b  3 là. A.. 10 .. B.. 10 . 2. C. 2 10 .. D.. 1 . 10. Lời giải Chọn A Do a 2  b 2  1 nên từ log a 2  b2  a  b   1  a  b  a 2  b 2  1 .. a 2  b 2  1  2 2 Suy ra:  1  1 1  a     b    2  2 2  Khi đó:. 1  1  P  2a  4b  3  2  a    4  b    2  2 . 2 2  1  1   2  4  .  a  2    b  2    20.  12   10   2. 2. (Áp dụng BĐT Bu-nhi-a- Cốp -xki) 1 1  a  2 b  2  0  1 1  2 4 a    2 2 2 10   Đẳng thức xảy ra khi  a  1    b  1   1       1 2  b   2  2 2  2 10   a 2  b2  1  1 1   a  2  10 Vậy Pmax  10 khi  . b  1  2 2 10  Câu 21. Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0, 6% /tháng theo cách sau: mỗi tháng (vào đầu tháng) người đó gửi vào ngân hàng 5 triệu đồng và ngân hàng tính lãi suất (lãi suất không đổi) dựa trên số tiền tiết kiệm thực tế có trong ngân hàng. Hỏi sau 10 năm, số tiền của người đó có được gần nhất với số tiền nào dưới đây (cả gốc và lãi, đơn vị triệu đồng)?. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(98)</span> A. 880, 29 .. C. 880 . Lời giải. B. 880,16 .. D. 880, 26 .. Chọn D Ta có: 10 năm = 120 tháng. Đơn vị của Ti là triệu đồng. + Sau tháng thứ nhất, tổng tiền gốc và lãi là: T1  5(1  0,6%) + Đầu tháng thứ hai, người đó gửi thêm 5 triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ hai là T1  5 Sau tháng thứ hai, tổng tiền gốc và lãi là: 2 T2  T1  5 1  0, 6%   5 1  0, 6%   5  1  0, 6%   5 1  0, 6%   1  0, 6%     + Đầu tháng thứ ba, người đó gửi thêm 5 triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ ba là T2  5 Sau tháng thứ ba, tổng tiền gốc và lãi là: 3 2 T3  T2  5 1  0,6%   5 1  0, 6%   1  0, 6%   1  0, 6%    + Đầu tháng thứ tư, người đó gửi thêm 5 triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ tư là T3  5 Sau tháng thứ tư, tổng tiền gốc và lãi là: 4 3 2 T4  T3  5 1  0,6%   5 1  0, 6%   1  0, 6%   1  0, 6%   1  0, 6%     … Sau120 tháng tổng tiền gốc và lãi là: T120  5. 1  0, 6%  . 120.  1  0, 6% . 119. 120.  ...  1  0, 6%   1  0, 6%    5 1  0, 6%   n 1 2. n. Tới đây có 2 cách để tính T120 + Cách trắc nghiệm: dùng chức năng tính tổng xích ma trong máy tính suy ra T120  880, 265 + Cách tự luận: Đặt S  1  0, 6% . 120.  1  0, 6% . 119.  ...  1  0, 6%   1  0, 6%  , ta thấy S là 2. u1  1  0, 6% tổng của một cấp số nhân có 120 số hạng và  , nên q  1  0, 6% 1  1  0, 6%  S  1  0, 6%  .  T120  5.S  880, 265 1  1  0, 6%  120. Câu 22.. Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 1 x  log 1 y  log 1  x  y 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của 2. 2. 2. biểu thức P  x  3 y . A. Pmin . 17 . 2. B. Pmin  8 .. C. Pmin . 25 2 . 4. Lời giải. Chọn D Ta có:. log 1 x  log 1 y  log 1  x  y 2   log 1  xy   log 1  x  y 2   xy  x  y 2 2. 2. 2. 2. 2. y  x   x  y  1  y   y  1 ( Vì x; y  0 ). y 1  2. 2. Ta có: P  x  3 y . y2 1 .  3y  4 y 1 y 1 y 1. Xét hàm số: f  y   4 y  1  Đạo hàm: f /  y   4  Trang 12/25 - Mã đề 101. 1 ; y  1. y 1. 1.  y  1. 2. .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. Pmin  9 ..

<span class='text_page_counter'>(99)</span> 3  y  n  2 f /  y  0   . 1  y  l   2 Bảng biến thiên.. BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Câu 23. (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Cho cấp số cộng  an  , cấp số nhân  bn  , thỏa mãn. a2  a1  0 ,. b2  b1  1. và hàm số. f ( x)  x 3  3 x. sao cho. f (a2 )  2  f ( a1 ). và. f  log 2 b2   2  f  log 2 b1  . Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho bn  2019an . A. 17. B. 14. C. 15. D. 16. Lời giải Chọn B  d  a2  a1  0 Giả thiết a2  a1  0    a2  a1  d. f ( a2 )  2  f ( a1 )  f (a1  d )  2  f (a1 )   a1  d   3( a1  d )  2  a13  3a1 3.  3a1d  a1  d   ( d  1) 2 (d  2)  0  a1  d  0, d  2  0 . a  0 . Khi đó an  a1  (n  1)d  n  1 .  1 d  1 b2  q   1 b1 Giả thiết b2  b1  1    log 2 (b2 )  log 2  b1q   log 2 b1  log 2 q b  b q  2 1 Đặt t2  log 2 b2 , t1  log 2 b1 , a  log 2 q. f (t 2 )  2  f (t1 )  t23  3t2  2  t13  3t1  3at1 (t1  a)  (a  1)2 (a  2)  0 log b  0 t  0 b  1 . Khi đó bn  b1.q n1  2n1 . 1  2 1  1 a  1 q  2 log 2 q  1 n 1 bn  2019an  2  2019(n  1)  n  15,874 . Vậy n  16 .. Câu 24.. y. x. Cho hai số thực x, y lớn hơn 1 và thỏa mãn y x .(e x )e  x y .(e y )e . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log x xy  log y x. A.. 2 . 2. B. 2 2 .. C.. 1 2 2 . 2. D.. 1 2 . 2. Lời giải Chọn C Với x, y  1 , ta có. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(100)</span> y. y x .(e x )e  x y .(e y )e. .  ln y x .(e x )e. y. x.   ln  x .(e )  y. y ex.  x ln y  xe y  y ln x  ye x . ln y e y ln x e x    (1). y y x x. 1 Xét hàm số g (t )  tet  et  1  ln t trên 1;   , có g '(t )  tet   0, t  1. t Hàm số g (t ) đồng biến trên 1;  nên g (t )  g (1)  1  0, t  1.. ln t et g (t )  trên 1;  , có f '(t )   0, t  1, nên f (t ) đồng biến trên t t t2 (1;  ). Với x, y  1 thì (1)  f ( y )  f ( x)  y  x.. Xét hàm số f (t ) . Đặt u  log x y. Do y  x  1 nên u  1. Ta có P  h(u ) . 1 u 1 u2  2 , nên  . Nhận thấy h '(u )  2 u 2u 2. h '(u )  0 khi u  2, h '(u )  0 khi 1  u  2, h '(u )  0 khi u  2. Dẫn tới. P  h (u )  h.  2   1  22. 2. , u  1, đẳng thức xảy ra khi u  2. Vậy min P . 1 2 2 , đạt được 2. khi y  x 2 và x  1. Câu 25.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Đồ thị hàm số y  f  x  đối xứng với đồ thị của hàm 1   số y  a x  a  0, a  1 qua điểm I 1;1 . Giá trị của biểu thức f  2  log a  bằng 2018   A. 2016 . B. 2020 . C. 2016 . D. 2020 . Lời giải Chọn A 1 Gọi xG  2  log a  2  log a 2018 2018 1   Ta có f  2  log a   f  2  log a 2018   f  xG  2018  . Giả sử G  xG ; yG  thuộc đồ thị hàm số y  f  x  và có điểm đối xứng qua điểm I là G '  xG ' ; yG '  thuộc đồ thị hàm số y  a x . Ta có I 1;1 là trung điểm của GG ' . Do đó ta có. xG  xG ' 2  log a 2018  xG '  xI   1  xG '  log a 2018 2 2. G '  xG ' ; yG '  thuộc đồ thị hàm số y  a x nên yG '  a log a 2018  2018 yG  yG ' y  2018  yI  G  1  yG  2016 . 2 2 1   Vậy f  2  log a   f  xG   yG  2016 . 2018  . Ta lại có. Câu 26. Cho f ( x) là một đa thức hệ số thực có đồ thị f '( x) như hình vẽ bên dưới. Hàm số. g ( x)  (1  m) x  m2  3 (m) thỏa mãn tính chất: mọi tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c thì các số g (a), g (b), g (c) cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác. Khẳng định nào sau đây là đúng về hàm số y  f  (mx  m  1) 2   e mx 1 ? Trang 14/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(101)</span> A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2  và đồng biến trên khoảng  4;9  . B. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 4  và đồng biến trên khoảng  4;9  ..  1  C. Hàm số nghịch biến trên khoảng   ;0  .  3   4  D. Hàm số đồng biến trên khoảng   ; 1 .  3  y = f'(x). y. 4. 1. x. O. Lời giải Chọn D Cách 1:  a , b, c  0 a  b  c  0  Ta có a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên  (*) a  c  b  0  b  c  a  0 Ba số  a   ,  b   ,  c   ( ,   ) là độ dài ba cạnh một tam giác.  a    0,  b    0,  c    0  (a  b  c)    0   0,   0  ( với mọi a, b, c thỏa mãn (*))   2 .  2     0  (a  c  b)    0  (b  c  a)    0. 1  m  0  Áp dụng vào bài toán ta có  m 2  3  0 m 3. (1  m) 2  ( m 2  3) 2  0 . Với m   3 ta có y  emx 1 là hàm số đồng biến trên  . Xét hàm số y  f ( mx  m  1) 2  có y '  2m( mx  m  1) f '  ( mx  m  1) 2   mx  m  1  0 y '  0   mx  m  1  1. Do m   3 nên phương trình có 5 nghiệm phân biệt   mx  m  1  2. 3 m 2m 1 m 1  m  x2   x3   x4  1  x5  . m m m m Bảng xét dấu đạo hàm của hàm số y  f ( mx  m  1) 2  như sau x1 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(102)</span>  3  m 2  m   1 m  ; ; 1 và Suy ra hàm số y  f ( mx  m  1) 2  đồng biến trên các khoảng  ,  m   m  m   1  m  ;   .   m   4  1 m  ; 1 . Với m   3 ta có   ; 1    3   m  Cách 2: Chọn m  2 khi đó g ( x)  3x  1 thỏa mãn điều kiện mọi tam giác có độ dài ba cạnh. a, b, c thì các số g (a), g (b), g (c) cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác. Với m  2 ta có y  e2 x1 là hàm số đồng biến trên  . Xét hàm số y  f  ( 2 x  3)2  có y '  4(2 x  3) f '  (2 x  3) 2    3 x   2   2 x  3  0  x  2 y '  0   2 x  3  1.   x  1 .    5  2 x  3  2 x   2  x   1  2. Bảng xét dấu đạo hàm của hàm số y  f  ( 2 x  3)2  như sau.  5  Suy ra hàm số y  f ( mx  m  1) 2  đồng biến trên các khoảng   ; 2  ,  2   1   4   3    ;   , ta có   ; 1    ; 1 .  2   3   2  Câu 27. Biết. x1 , x2. là. . hai. . nghiệm. của. phương. trình.  4 x 2  4 x 1 2  log 7   4 x 1  6 x  2x . 1 a  b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a  b . 4 A. a  b  16 . B. a  b  14 . C. a  b  13 . Lời giải Chọn A 1 Điều kiện: x  0, x  . 2 x1  2 x2 . Trang 16/25 - Mã đề 101.  3    ; 1 và  2 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. a  b  11 .. và.

<span class='text_page_counter'>(103)</span>  4 x 2  4 x  1  4 x 2  1  6 x  log 7 4 x 2  4 x  1  4 x 2  4 x  1  log 7 2 x  2 x . Ta có: log 7     2x  Xét hàm số f t   log 7 t  t có f  t  . 0; .. 1  1  0 t  0 nên là hàm số đồng biến trên t ln 7. Do đó ta có 4 x 2  4 x  1  2 x  4 x 2  6 x  1  0  x . 3 5 . 4. Khi đó x1  2 x2 . 3 5 3 5 1 3 5 3 5 1 2  9  5 hoặc x1  2 x2  2  9 5 . 4 4 4 4 4 4. . . . . 3 5 3 5 . Do đó a  9; b  5 và a  b  9  5  14 . ; x2  4 4 Câu 28. Xét các số nguyên dương a , b sao cho phương trình a ln 2 x  b ln x  5  0 có hai nghiệm phân biệt. Vậy x1 . x1 , x2 và phương trình 5log 2 x  b log x  a  0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S  2a  3b A. S min  25 .. B. S min  33 .. C. S min  30 .. D. S min  17 .. Lời giải Chọn C Điều kiện để hai phương trình a ln 2 x  b ln x  5  0 và 5log 2 x  b log x  a  0 có hai nghiệm phân biệt là: b 2  20 a  0 . (*) b b b     a ln x1  ln x2   a ln  x1 x2    a  x1 x2  e Theo giả thiết ta có  .   b log x  log x   b log  x x    b  x x  10 5 3 4 3 4 5  5  3 4  . b. . b. Mà x1 x2  x3 x4  e a  10 5 b b     ln10 (Vì a , b là các số nguyên dương) a 5 5 a  a  3 . (1) ln10 Theo điều kiện (*) có b 2  20 a  0  b 2  20a  60  b  8 . (2) a  3 Từ (1) và (2) suy ra S  2a  3b  30  Smin  30   (thỏa mãn các điều kiện đề bài). b  8 Câu 29. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho f (1)  1; f (m  n)  f (m)  f (n)  mn với mọi m, n  N * . Tính giá trị của biểu thức  f  2019   f  2009   145  T  log   2   A. 4 . B. 5 . C. 10 . D. 3 . Lời giải Chọn A Ta có f (2019)  f (2009  10)  f (2009)  f (10)  20090 Do đó f (2019)  f (2009)  145  f (10)  20090  145. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(104)</span> f (10)  f (9)  f (1)  9 f (9)  f (8)  f (1)  8 ................... f (3)  f (2)  f (1)  2 f (2)  f (1)  f (1)  1 Từ đó cộng vế với vế ta được: f (10)  10. f (1)  1  2  ....  8  9  55. f (2019)  f (2009)  145  20090  145  55 Vậy log   log  log10000  4.  2 2   Câu 30. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 9.6. f  x.   4  f 2  x   .9. f  x. đúng với x   là A. 10..    m 2  5m  .4. f  x. B. 4.. C. 5. Lời giải. Chọn A 9.6. f  x.   4  f 2  x   .9. f  x.    m 2  5m  .4. D. 9.. f  x. (*). Đặt t  f  x    ; 2 . Bất phương trình (*) theo t : 9.6t   4  t 2  .9t    m 2  5m  .4t t. 2t. 3 3  9.     4  t 2      m 2  5m (**) 2 2 t. 3 Đặt: g  t   9.    4  t 2 2. .  . 32 . 2t. t t 3  3     . 9   4  t 2  .    , t   ; 2 .  2    2   t. 3 Xét hàm số: h  t   9   4  t 2  .   với t   ; 2 2 t. t. 3 3 3 3 h  t   2t .     4  t 2  .   .ln    2 2 2 2. t. 3  .  2t   4  t 2  .ln  . 2 . 2  3  1  1  4  ln    2  2 t  3 ln  2 h  t   0   . 2   1  1  4  ln 3    2  2 t  3 ln  2 . Trang 18/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(105)</span> Ta có BBT:. Từ BBT  h(t )  9 t    ;  2 (1). t. 3 4 Vì t   ; 2  0     (2). 2 9. 3 Từ (1) và (2) suy ra g  t     2. t. t   3  . 9   4  t 2  .     4 t    ;  2  2   .  max g  t   4 . (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t  2 ).   ; 2. Bất. phương. trình. (*). đúng. x    Bất. với. phương. trình. (**). đúng. t    ;  2   m2  5m  max g  t    m 2  5 m  4  m 2  5 m  4  0  1  m  4 .. với.   ;2. Do m   suy ra m1; 2;3; 4 . Vậy tổng các giá trị nguyên của m là: 1  2  3  4  10 . Cách 2. Bất phương trình: 9.6 f  x    4  f 2  x   .9 f  x     m 2  5m  .4 f  x  3   m 2  5m  9.   2. f  x. 3   4  f 2  x .  2. 2 f  x. 3 Từ đồ thị suy ra f  x   2 x    9.  . f  x. 2. 1 2. 3  9.    4 x   . 2. 2 Mặt khác, do f  x   2 x    4  f  x   0 x  . 3   4  f 2  x  .  2. 2 f  x.  0 x   .. f  x. 2 f  x. 3 3 Do đó: g ( x)  9.     4  f 2  x   .    4 x    max g  x   4.  2 2 Bất phương trình (1) nghiệm đúng với  x     m 2  5m  max g  x    m  5m  4  1  m  4  m 2. Câu 31.. 1;2;3;4.. . Vậy tổng các giá trị nguyên của m là 1  2  3  4  10 . (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3 A. 3 .. x2  2 x 1 2 x  m.  log x2 2 x 3  2 x  m  2  có đúng ba nghiệm phân biệt là B. 2 .. C. 3 . Lời giải. D. 2 .. Chọn C x 2  2 x 1 2 x  m x 2  2 x  3 (2 x  m  2) Ta có: 3  log x2  2 x 3  2 x  m  2   3  log x2  2 x 3  2 x  m  2 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(106)</span> 2  a  x  2 x  3 Đặt  ta có a  1 , khi đó phương trình đã cho có dạng 3a  b  log a b . b  2 x  m  2  3a b  1 + Nếu a  b thì  không thỏa mãn. log a b  1 3a b  1 + Nếu a  b thì  không thỏa mãn. log a b  1 Do đó a  b . Khi đó phương trình đã cho tương đương với  x2  2 x  1  2  x  m  2 2 x  2 x  3  2 x  m  2  x  2x  1  2 x  m   2    x  2 x  1  2  x  m   x 2  2 m  1 1  2  x  4 x  1  2m  0  2  Vì phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt nên ta xét ba trường hợp - Trường hợp 1: Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt và phương trình  2  có 1 nghiệm khác. 1  m   2 1   m   2 3   3 các nghiệm của 1 tức là:   m    m   .   0 2 2  2  4  2m  1  5 m   2 . - Trường hợp 2: Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt và phương trình 1 có 1 nghiệm khác 1  m   2 1   m   2 1   3 các nghiệm của  2  tức là:    m    m   .   0 2 2  2  1  2m  0  1 m  2  - Trường hợp 3: Phương trình  2  và phương trình 1 đều có hai nghiệm trong đó có 1 nghiệm. chung. Giả sử x0 là một nghiệm chung của hai phương trình khi đó ta có  x02  2m  1  2 x02  4 x0  2  0  x0  1 . Thay vào hệ ta được m  1 . Thử lại ta thấy thỏa  2  x0  4 x0  2m  1 mãn. Vậy Tổng các giá trị của m để phương trình 3. x 2  2 x 1 2 x  m.  log x2  2 x 3  2 x  m  2  có đúng ba. 3  1 nghiệm phân biệt là        1  3 . 2  2 Câu 32. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x , y thỏa mãn đồng thời 2 2 e3 x 5 y 10  e x 3 y 9  1  2 x  2 y và log5  3x  2 y  4   m  6 log5  x  5  m  9  0 .. A. 3 .. B. 5 .. C. 4 . Lời giải. Chọn B e3 x 5 y 10  e x 3 y 9  1  2 x  2 y.  e3x5 y 10  ex3 y9   x  3 y  9   3x  5 y 10  e3 x 5 y 10  3 x  5 y  10  e x 3 y 9  x  3 y  9 Trang 20/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. 6 ..

<span class='text_page_counter'>(107)</span> t Xét hàm số f  t   e  t , t   .. t Ta có: f   t   e  1  0, t  . Suy ra hàm số luôn đồng biến trên  .. Khi đó phương trình f  t   0 có nghiệm là duy nhất. Tức là: 3 x  5 y  10  x  3 y  9  2 y  1  2 x . Thay vào phương trình thứ 2, ta được: log 52  3 x  2 y  4    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0.  log 52  x  5    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0 1 .. Đặt log5  x  5  t  t  , x  5 . Khi đó phương trình (1) trở thành. t 2   m  6 t  m2  9  0 (2). Tồn tại x , y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm, tức là:    m  6   4  m 2  9   0   3 m 2  12 m  0  0  m  4 . 2. Vậy có 5 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 33. (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019) Bạn H trúng tuyển vào trường Đại học Ngoại Thương nhưng vì do không đủ tiền nộp học phí nên H quyết định vay ngân hàng trong bốn năm mỗi năm 4 triệu đồng để nộp học phí với lãi suất ưu đãi 3%/năm (theo thể thức lãi suất kép) biết rằng tiền vay mỗi năm H nhận được từ ngày đầu tiên của năm học và trong suốt bốn năm học H không trả tiền cho ngân hàng. Ngay sau khi tốt nghiệp Đại học (tròn 4 năm kể từ khi bạn H bắt đầu vay ngân hàng) bạn H thực hiện trả góp hàng tháng cho ngân hàng số tiền (không đổi và tiền trả vào ngày cuối của tháng) với lãi suất theo cách tính mới là 0,25%/tháng và lãi suất được tính theo dư nợ thực tế, bạn H trả đúng 5 năm thì hết nợ. Tính số tiền hàng tháng mà bạn H phải trả cho ngân hàng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 398.402 (đồng). B. 309.718 (đồng). C. 312.518 (đồng). D. 323.582 (đồng). Lời giải Chọn B Xét bài toán 1: Vay nhận vốn định kì lãi suất kép. Gọi A là số tiền mỗi năm bạn H vay ngân hàng, r1 là lãi suất theo năm. Cuối năm thứ nhất, H nợ ngân hàng với số tiền là A.1  r1  . Đầu năm thứ hai, H nợ ngân hàng với số tiền là A  A. 1  r1  . Cuối năm thứ hai, H nợ ngân hàng với số tiền là. A  A. 1  r1    A  A 1  r1   r1  A 1  r1   A 1  r1  . 2. Tiếp tục như vậy, cuối năm thứ n số tiền mà H nợ ngân hàng là:. B  A 1  r1   A 1  r1   ...  A 1  r1  2. n. n A 1  r1  1  r1   1    . r1. Xét bài toán 2: Vay trả góp, lãi suất dư nợ thực tế. Gọi a là số tiền mà bạn H phải trả hàng tháng sau khi ra trường, r2 là lãi suất mỗi tháng, số tiền H nợ ngân hàng là B.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 21/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(108)</span> Cuối tháng thứ nhất bạn H còn nợ ngân hàng số tiền là:. B  B.r2  a  B. 1  r2   a . Cuối tháng thứ hai bạn H còn nợ ngân hàng số tiền là:. B. 1  r2   a   B. 1  r2   a  r2  a = B. 1  r2    a  a 1  r2   . 2. Cứ tiếp tục như vậy ta có công thức tổng quát. Cuối tháng thứ m bạn H còn nợ ngân hàng số tiền là. B. 1  r2    a  1  r2  a  1  r2  a  ...  1  r2   m. = B. 1  r2 . 2. m. 1  r2  a. m. 1. r2. m 1. a . .. Áp dụng 2 bài toán trên vào câu 42, ta có phương trình.. 4.1, 03 1,034  1 0,03. 1,002560  a.. 1,002560  1  0  a  0,309718 (triệu đồng). 0,0025. Vậy số tiền mà H cần phải trả hàng tháng là 309.718 triệu đồng. Câu 34. Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình:. . . 2 x 1 .log 2 x 2  2 x  3  4 2. A. 0.. x m. .log 2  2 x  m  2  có đúng ba nghiệm phân biệt là:. B. 3.. C. 2.. D.. 3 . 2. Lời giải Chọn B Tập xác định D  . . . 2 x 1 .log 2 x 2  2 x  3  4 x  m .log 2  2 x  m  2  2.  2. x 1. 2. . . .log 2 ( x  1) 2  2  2. 2 xm. .log 2  2 x  m  2  (*). Đặt f (t )  2t log 2 (t  2), t  0 ; f '(t )  2t ln 2.log 2 (t  2)  2t. 1  0, t  0 . (t  2) ln 2. Vậy hàm số f (t )  2t log 2 (t  2) đồng biến trên (0;  ) .  2( x  m)  ( x  1)2 Từ (*) ta có f  ( x  1) 2   f  2 x  m   ( x  1) 2  2 x  m   . 2  2( x  m)  ( x  1)  g ( x )  x 2  4 x  1  2m  0 ( a )  2  x  2m  1 (b ) Do các phương trình ( a ) và (b) là phương trình bậc hai nên để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt ta có các trường hợp sau: 1 TH1: m  , (b) chỉ có nghiệm kép bằng 0 và (a) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 (thỏa mãn). 2 1 TH2: m  , (b) có 2 nghiệm phân biệt x   2m  1 và (a) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 2 nghiệm bằng  2m  1 Trang 22/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(109)</span> 3   '  0   '  0 m     2  m  1 (thỏa mãn).  g ( 2m  1)  0  g (  2 m  1)  0 m  1 1 , (b) có 2 nghiệm phân biệt x   2m  1 và (a) có nghiệm kép khác  2m  1 . 2 3    '  0 3 m    2  m  (thỏa mãn). 2  g (  2 m  1)  0 m  1 1 3 Vậy tổng các giá trị của m là  1   3. 2 2 Câu 35. (SGD Hưng Yên - 2019) Cho các số thực a, b, m, n sao cho 2m  n  0 và thoả mãn điều kiện:. + TH3: m . log 2  a 2  b 2  9   1  log 2  3a  2b   4  2 9 m.3 n.3 2 m n  ln  2m  n  2   1  81    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P .  a  m   b  n. B. 2 5  2 .. C. 2 . Lời giải. A. 2 5 Chọn B. . 2. 2. D.. 52.. .  log 2 a 2  b 2  9  1  log 2  3a  2b   a 2  b 2  9  6a  4b  a 2  b 2  6a  4b  9  0 1. Gọi A  a; b  . Từ 1 ta suy ra điểm A thuộc điểm đường tròn  C  có tâm I  3; 2  , bán kính. R 2. 4.  2 m  n . 2 2 m n  9 .3 .32 m n  ln  2m  n  2   1  81  ln  2m  n  2   1  81  3    . 4 2mn.  . 4  2 m n 4 4 2 m n  2   2m  n  . 43  81 . 2m  n 2m  n 4  2m  n  2 ) (Đẳng thức xảy ra khi:   2m  n   2m  n 2 2 2 Từ     ln  2m  n  2   1  0   2m  n  2   1  1   2m  n  2   0  . Theo bất đẳng thức Cô-si:   2m  n  .  2m  n  2  0  2  . Gọi B  m; n  . Từ  2  ta suy ra điểm B thuộc đường thẳng  : 2 x  y  2  0. Ta có: P . a  m  b  n 2. 2.  AB. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 23/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(110)</span>  min P  min AB  d  I ;    R  Câu 36.. 3.2  2  2 22  12.  2  2 5  2.. Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn 4 ab.2a b . 8 1  ab  . Giá trị lớn nhất của biểu thức ab. P  ab  2 ab 2 bằng. A.. 5 1 . 2. B.. 3 . 17. D. 1 .. C. 3 .. Lời giải Chọn D Từ giả thiết suy ra 1  ab  0 . 8 1  ab  8 1  ab    a  b  .2a b   2  2ab  .222 ab (1). 4 ab.2a b    a  b  .2a b  ab 22 ab Xét hàm số f  t   t.2t với t   0;    D . Dễ thấy hàm số f  t  liên tục trên D và. f   t   2t  t.2t.ln 2  0, t  D suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên D . (1)  a  b  2  2ab  a 1  2b   2  b (2). Từ (2), suy ra 2  b  0  b  2 . 2. Ta được P  ab  2 ab 2  ba 1  2b   b  2  b  .  b  2  b  Theo bất đẳng thức Cô – si, ta được P  b  2  b      1. 2   1  a  Vậy max P  1 , đạt được khi và chỉ khi  3. b  1 2. Câu 37.. Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thỏa mãn. log x2  y2 2  4 x  4 y  6  m 2   1 và x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 .. B. S    7;  5;  1;1;5; 7 .. A. S  5;5 . C. S  1;1 .. D. S  5;  1;1;5 . Lời giải.. Chọn C Ta có log x2  y 2  2 4 x  4 y  6  m 2  1  4 x  4 y  6  m 2  x 2  y 2  2  x 2  y 2  4 x  4 y  8  m 2  0. . .   x  2    y  2   m 2 là một hình tròn  C1  tâm I  2; 2  , bán kính R1  m với m  0 hoặc là 2. 2. điểm I  2; 2  với m  0 và x 2  y 2  2 x  4 y  1  0   x  1   y  2   4 là một đường tròn 2. 2.  C2  tâm J  1; 2  , bán kính R2  2 . TH1: Với m  0 ta có: I  2; 2    C2  suy ra m  0 không thỏa mãn điều kiện bài toán. TH2: Với m  0 . log 2 2  4 x  4 y  6  m2   1 Để hệ  x  y  2 tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thì hình tròn  C1  và đường 2 2  x  y  2 x  4 y  1  0 tròn  C2  tiếp xúc ngoài với nhau  IJ  R1  R2  32  02  m  2  m  1  m  1 . Câu 38.. Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn 4 ab.2a b . 8 1  ab  ab. . Giá trị lớn nhất của biểu thức. P  ab  2 ab 2 bằng. Trang 24/25 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(111)</span> A.. 3 . 17. C. 1 .. B. 3 .. D.. 5 1 . 2. Lời giải Chọn C Từ giả thiết suy ra 1  ab  0 . 8 1  ab  8 1  ab    a  b  .2a b   2  2ab  .22 2 ab (1). 4 ab.2a b    a  b  .2a b  2 ab ab 2 t f t  t .2 t  0;   Xét hàm số   với   D . Dễ thấy hàm số f  t  liên tục trên D và. f   t   2t  t.2t.ln 2  0, t  D suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên D . (1)  a  b  2  2ab  a 1  2b   2  b (2). Từ (2), suy ra 2  b  0  b  2 . 2. Ta được P  ab  2 ab 2  ba 1  2b   b  2  b  .  b   2  b  Theo bất đẳng thức Cô – si, ta được P  b  2  b      1. 2   1  a  Vậy max P  1 , đạt được khi và chỉ khi  3. b  1 2. Câu 39.. (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Cho hàm số f  x    ln  x 2  x  . Tính. P  e f 1  e f  2  ...  e f  2019 . 2019 A. P  . B. P  e 2019 . 2020. C. P  . 2019 . 2020. D. P . 2020 . 2019. Lời giải Chọn A Tập xác định của hàm số: D   ; 1   0;   . 1 1 .  x x 1 Suy ra P  g 1  g  2   ....  g  2019  .. Đặt: g ( x)  e f ( x ) . 1 1 1 1 1 1 Ta có: g 1   ; g  2    ;....; g  2019    . 1 2 2 3 2019 2020 1  1 1 2019 1 1   1 1   1 Do đó P          ...     .   1 2   2 3   2019 2020  1 2020 2020 ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 25/25 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(112)</span> Chuyên đề. Câu 1.. 3. NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  thỏa mãn f   x   2018 f  x   2018.x 2017 .e2018 x x   ,. f  0   2018 . Giá trị của f 1 là. A. f 1  2019.e 2018 .. B. f 1  2019.e 2018 .. C. f 1  2018.e 2018 .. D. f 1  2018.e 2018 .. Lời giải Chọn B Theo giả thiết: f   x   2018 f  x   2018.x 2017 .e2018 x.  e2018 x . f   x   2018.e2018 x . f  x   2018.x 2017  e 2018 x . f  x     x 2018   e2018 x . f  x   x 2018  C 1 .. Thay x  0 vào 1 , ta được f  0   C  C  2018 . Do đó, từ 1 suy ra: f  x    x 2018  2018  e 2018 x . Vậy f 1  2019.e 2018 . Câu 2.. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Cho hàm số f  x  không âm, có đạo hàm trên đoạn  0;1 và thỏa mãn 2 f 1  1 ,  2 f  x   1  x  f   x   2 x 1  f  x   , x   0;1 . Tích phân. A.. 3 . 2. B. 1.. C. 2.. 1.  f  x  dx. bằng. 0. D.. 1 . 3. Lời giải Chọn D Xét trên đoạn  0;1 , theo đề bài:  2 f  x   1  x 2  f   x   2 x 1  f  x .  2 f  x  . f   x   2 x   x 2  1 . f   x   2 x. f  x     f 2  x     x 2   x 2  1 . f  x  .  f 2  x   x 2   x 2  1 . f  x   C 1 . Thay x  1 vào 1 ta được: f 2 1  1  C  C  0 (vì f 1  1 ).. . . Do đó, 1 trở thành: f 2  x   x 2  x 2  1 . f  x .  f 2  x   1  x 2  1   x 2  1 . f  x    f  x   1 .  f  x   1   x 2  1 .  f  x   1  f  x   1  x 2  1 (vì f  x   0  f  x   1  0 x   0;1 )  f  x  x2 . 1. Vậy.  0. 1. 1. x3 1 f  x  dx   x dx   . 3 0 3 0 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(113)</span> Câu 3.. (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục. trên. 0;   .. f  0   2e. Biết. f  x. và. thỏa. mãn. hệ. thức. . f   x   sin x. f  x   cos x.ecos x , x  0;   . Tính I   f  x  dx (làm tròn đến hàng phần trăm). 0. A. I  10, 31 .. B. I  16,91 .. C. I  6, 55 .. D. I  17, 30 .. Lời giải Chọn A Giả thiết f   x   sin x. f  x   cos x.e cos x  e cos x . f   x   e cos x .sin x. f  x   cos x.   e  cos x . f  x    cos x  e cos x . f  x   sin x  C1 (1). Do f  0   2e , thế vào (1) ta được C1  2 suy ra f  x    2  sin x  ecos x . . . 0. 0. cos x Dùng máy tính thì I   f  x  dx    2  sin x  .e dx  10,30532891 .. Câu 4.. 1  1 Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  ;3 thỏa mãn f ( x)  x. f    x3  x . Giá trị tích phân 3   x 3 f ( x) I  2 dx bằng: 1 x  x 3. 3 A. . 4. B.. 8 . 9. 16 . 9. C.. D.. 2 . 3. Lời giải Chọn B 1 f  f ( x) x 1 f ( x)  x. f    x3  x  2     x 1 x x x 1 x 1 3 3 f  3  f ( x) 16 x  2 dx     dx   (x  1)dx  . 9 1 x x 1 x 1 1 3. 3. 3. 1 f   x  dx . x 1. 3. Xét I '   1 3. 1 1 dt  t  2 dx  dt  dx  2 . x x t 1 1 3 f  3 3  3 f (t ) dt f (t ) f ( x) x  I'  dx    2 dt   2 dx  I . 2 1  t t  t x  x 1 x 1 1 1 3 1 3 3 3 t 16 8 Suy ra 2 I  I . 9 9 Cho hàm số f  x  có đạo hàm và liên tục trên đoạn 3; 7  và f  x   0 ,  x  3; 7  . Biết rằng. Đặt. Câu 5..  f   x  1 1 3  f  x  4 dx  1 và f  3  4 , f  7   2 . Tính f  5  .   2. 7. A.. 2 . 3. Trang 2/20 - Mã đề 101. B.. 2 . 7. C.. 1 . 3. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.. 4 . 7.

<span class='text_page_counter'>(114)</span> Lời giải Chọn C 7. f  x. 7.  f  x  dx  . Xét. 2. 3. 3. 7. df  x .  1 1 1           2  4   2 . 2 f  x f  x 3  f  7  f  3 . 7  f  x  Gọi k là một hằng số thực, ta sẽ tìm k thỏa mãn   2  k dx  0 .  f  x 3 . 7 7 7  f   x    f  x  f  x 2 2  k  dx    d x  2 k d x  k dx  1  4k  4k 2   2k  1 . Ta có:   2 4 2   f  x f  x 3 3  3 3   f  x   7. 1 Suy ra k   . Khi đó 2 5.  3. . Câu 6.. 2. 2. 2.  f  x 1  f  x 1  d x  0   .   3  f 2  x  2  f 2  x 2   7. f  x. 5. 5 5 df  x  1 1 d x  d x  2 1  1 2  f  x 23 f  x f  x 3 3. 1 1 1 1  1 4  1  f  5  . f  3 f  5  f 5 3. (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Cho hàm số f  x  liên tục trên  \ 1;0 thỏa mãn điều kiện:. f 1  2ln 2 và x.  x  1 . f   x   f  x   x 2  x. 1 .. Biết f  2   a  b.ln 3. C.. 3 . 4.  a,. của 2  a 2  b 2  là: A.. 27 . 4. B. 9 .. D.. b    . Giá trị. 9 . 2. Lời giải Chọn B Xét trên đoạn 1; 2 , chia cả hai vế của phương trình 1 cho  x  1 , ta được: 2. x 1 x  f  x   f  x  2 x 1 x 1  x  1. x  x    f  x    x 1  x 1. x  x     f  x   dx   dx x 1  x 1  . x 1    f  x   C1   1   dx x 1  x 1 . . x  f  x   x  ln x  1  C  2  . x 1. Theo giả thiết, f 1  2ln 2 nên thay x  1 vào phương trình  2  , ta được: 1 f 1  1  ln 2  C   ln 2  1  ln 2  C  C  1 . 2. Thay x  2 vào  2  , ta được: 2 3 3 f  2   2  ln 3  1  f  2    ln 3 . 3 2 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(115)</span> 3 3  a  , b   . Vậy 2  a 2  b 2   9 . 2 2. Câu 7.. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2 thỏa mãn f  2   3 ,. 2.   f   x . 2. dx  4 và. 0. 2. 2  x f  x  dx  0. A.. 1 . Tích phân 3. 562 . 115. 2.  f  x  dx. bằng. 0. 266 . 115. B.. C.. 2 . 115. D.. 297 . 115. Lời giải Chọn A 2. Từ giả thiết:. 2  x f  x  dx  0. 2. 1   3 x 2 f  x  dx  1 . 3 0. 2. Tính: I   3 x 2 f  x  dx . 0. u  f  x  du  f   x  dx Đặt:  .   2 3 dv  3 x dx v  x 2. 2. 2. 0. 0. Ta có: I   3x 2 f  x  dx  x 3 . f  x    x 3 . f   x  dx  24   x 3 . f   x  dx , (vì f  2   3 ) 2 0. 0. 2. 2. Mà: I   3 x 2 f  x  dx  1  1  24   x 3 . f   x  dx 0. 0. 2. 2. 4   x 3 . f   x  dx  23  x 3 . f   x  dx  4  23 0 0 2. . 2. 2 4 x 3 . f   x  dx    f   x   dx , (theo giả thiết:  23 0 0. 2. 1.   f   x  . 2. dx  4 ). 0. 2. 2 4 4     x 3 . f   x    f   x    dx  0   f   x   x 3  f   x   dx  0 23   23  0  0 4 3 4 3 1 4  x  f  x  0  f  x  x  f  x  x C 23 23 23 16 53 Với f  2   3  3  . C C  23 23 1 4 53 Khi đó: f  x   . x  23 23 2. Vậy.  0. Câu 8.. 2. 2 562 53   1 5 53   1 x  x  . f  x  dx    x 4  dx   115 23 115 23 23   0 0. Cho hàm số f  x  thỏa mãn:.  f  x. 2.  f  x  . f   x   15 x 4  12 x , x   và f  0   f   0   1 .. Giá trị của f 2 1 bằng A.. 5 . 2. B. 8.. C. 10. Lời giải. Chọn B 4 Theo giả thiết, x   :  f   x    f  x  . f   x   15x  12 x 2.  f   x  . f   x   f  x  . f   x   15 x 4  12 x Trang 4/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. 4..

<span class='text_page_counter'>(116)</span>   f  x  . f   x    15 x 4  12 x.  f  x  . f   x    15 x 4  12 x  dx  3 x 5  6 x 2  C 1 .. Thay x  0 vào 1 , ta được: f  0  . f   0   C  C  1 . Khi đó, 1 trở thành: f  x  . f   x   3x5  6 x 2  1 1.  0. . 1. 1. 1. 1  1  f  x  . f   x  dx    3 x  6 x  1 dx   f 2  x     x 6  2 x 3  x  2 0 2 0 0 5. 2. 1 2 7  f 1  f 2  0     f 2 1  1  7  f 2 1  8 . 2 2. Vậy f 2 1  8 . Câu 9.. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2 thỏa mãn f  2   6 ,. 2.   f   x  . 2. dx  7 và. 0. 2. 2. 17 0 x. f  x  dx  2 . Tích phân 0 f  x  dx bằng A. 7 . B. 5 .. C. 8 . Lời giải. D. 6 .. Chọn C 2. Tính: I   x. f  x  dx . 0.  du  f   x  dx u  f  x   Đặt:   1 2 dv  xdx v  x  2 2 2 2 1 1 1 Ta có: I  x 2 . f  x    x 2 f   x  dx  12   x 2 f   x  dx , (vì f  2   6 ). 0 20 2 20 2. Theo giả thiết:.  x. f  x  dx  0. 2. 17 17 1   12   x 2 f   x  dx 2 2 20. 2.   x 2 f   x  dx  7 0. . 2. 2. 0. 0. 2  x f   x  dx    f   x   dx.   x f   x    f   x  2. . 2. 0. 2. .  f   x  .  x 0. 2. 2. 2.  dx  0.  f   x   dx  0.  x2  f   x   0  f   x   x2  f  x  . 1 3 x C . 3. 10 . 3 1 10 Khi đó: f  x   x 3  . 3 3 2 2 10  10  2 1  1 Vậy  f  x  dx    x 3   dx   x 4  x   8 . 3 3 3 0  12 0 0. Với f  2   6  C . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(117)</span> Câu 10.. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;3 thỏa mãn f  3  6 ,. 3.   f   x . 2. dx  2 và. 0. 3. 2  x . f  x  dx  0. A.. 154 . Tích phân 3. 13 . 5. B.. 3.  f  x  dx. bằng. 0. 53 . 5. C.. 117 . 20. D.. 153 . 5. Lời giải Chọn C 3. Tính I   x 2 . f  x  dx . 0.  du  f   x  dx u  f  x   Đặt   . 1 3 2 dv  x dx v  x 3  3 3 13 1 1 Ta có I  x 3 . f  x    x 3 f   x  dx  54   x 3 f   x  dx , (vì f  3  6 ). 0 30 3 30 3. Theo giả thiết:. 2  x . f  x  dx  0. 3. 154 154 1   54   x 3 f   x  dx 3 3 30. 3. 3. 3. 0. 0. 0. 3. . .   x 3 f   x  dx  8   x3 f   x  dx  4   f   x   dx   x3 f   x   4  f   x   dx  0 2. 0. 2. 3.   f   x   x3  4 f   x   dx  0 . 0.  x3  4 f   x   0  f   x  . x3 x4  f  x   C . 4 16. 15 . 16 x 4 15 Khi đó: f  x    . 16 16 3 3 15  15  3 117  1  1 Vậy  f  x  dx    x 4   dx   x5  x   . 16 16  16  0 20  80 0 0 Câu 11. (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên  . Biết rằng các tiếp tuyến với đồ thị y  f ( x) tại các điểm có hoành độ x  1 ; x  0 ; x  1 lần lượt tạo với chiều dương trục Ox các góc 30 , 45 , 60 . Tính tích phân. Với f  3  6  C . 0. I. . 1. 1. f   x  . f   x  dx  4   f   x   . f   x  dx ?. 1 A. I  . 3. 3. 0. B. I . 3 1. 3. C. I . 25 . 3. D. I  0 .. Lời giải Chọn C Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  1 là. 1 . 3 Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  0 là f   1  tan 30 . f   0   tan 45  1. Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  1 là Trang 6/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(118)</span> f  1  tan 60  3 . Ta có.  f   x   I   f   x  . f   x  dx  4  f   x   . f   x  dx   2 1 0 0. 1. 2 0.   f   x  . 3. 41 0. 1.  f   0    f   1  4 4 1 1 25 .     f  1    f   0      9  1  2 2 2 6 3 Câu 12. Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu theo hình giới hạn bởi một đường Parabol và nửa 2. 2. đường tròn có bán kính 2 mét (phần tô trong hình vẽ). Biết rằng: để trồng mỗi m2 hoa cần ít nhất là 250000 đồng, số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu gần bằng A. 809000 đồng. B. 559000 đồng. C. 893000 đồng. D. 476000 đồng.. Lời giải Chọn A Nửa đường tròn T  có phương trình y  2  x2 . 2 Xét parabol  P  có trục đối xứng Oy nên có phương trình dạng: y  ax  c .. P P. cắt Oy tại điểm  0; 1 nên ta có: c  1 . cắt T  tại điểm 1;1 thuộc T  nên ta được: a  c  1  a  2 .. 2 Phương trình của  P  là: y  2 x  1.. Diện tích miền phẳng D (tô màu trong hình) là:.  1. S. 1.   2 x. 1. 1. Xét I 2 . . 1. 2. . 1. 2. 1.    2  x 2 dx , đặt x  2 sin t , t    ;  thì dx  2 cost dt  2 2.  4. , với x  1 thì t .  /4.  . 2  x dx    2 x 2  1 dx .. 2  2   1 dx    x3  x   .  3  1 3. Đổi cận: x  1 thì t   I2 . 1. 2. 1. 1. I1 . . 1. 2  x  2 x  1 dx  2.  4. , ta được:.  /4. 2  2 sin 2 t 2 cos tdt .  /4.  . 2 cos 2 tdt.  /4.  /4.  /4.   1    1  cos 2t  dt   t  sin 2t   1 2  2   /4  / 4 5  m2 . Suy ra S  I1  I 2   3 2.  . 5   Số tiền trồng hoa tối thiểu là: 250000     809365 đồng. 3 2 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(119)</span> . . Câu 13. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn 2 y  y  2 x  log 2 x  2 y 1 .. x bằng y e  ln 2 B. . 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  A.. e . 2 ln 2. C.. e  ln 2 . 2. D.. e ln 2 . 2. Lời giải Chọn D. . Theo đề bài, 2 y  y  2 x  log 2 x  2 y 1. .  2y   2 y  log 2  2 y   2 x  log 2  x   2    2x  2y   2 y  2 y  log 2  2 y   2 x  2 y  log 2    2   2x  2y  2.  2 y   log 2  2 y   2    2.   2x  2y   log   1 . 2   2 . Xét hàm số f  t   2t  log 2 t , t  0 . Vì f   t   2 . 1  0 t  0  f  t  đồng biến trên  0;    t ln 2.  2x  2y nên 1  f  2 y   f   2. P.  2x  2y y  2   2.2 y  2 x  2 y  2 x  2 y  x  2 y 1 .  2 . x 2 y 1   g  y , y  0. y y. g y  . y 1 2 y 1.ln 2. y  2 y 1 2 .  y ln 2  1 1 . Cho g   y   0  y   log 2 e .  2 2 ln 2 y y. Bảng biến thiên của g  y  :.  min g  y   g  log 2 e    0;  . e e ln 2  . 2log 2 e 2. e ln 2 . 2 Câu 14. Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB  5cm , OH  4cm . Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.. Vậy min P . Trang 8/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(120)</span> A. O. H B. A.. 160 2 cm . 3. B.. 140 2 cm . 3. C.. 14 2 cm . 3. D. 50 cm 2 .. Lời giải Chọn B. Đưa parabol  P  : y  ax 2  bx  c  a  0  vào hệ trục Oxy . 5  Parabol đi qua gốc tọa độ và các điểm  ; 4  ,  5;0  (do AB  5cm , OH  4 cm ). 2  16  c  0 a   25  25  16 16 5  Suy ra  a  b  c  4  c  0   P  : y   x2  x . 25 5 2  16 4  25a  5b  c  0 b  5  16 16 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  : y   x 2  x , trục hoành và các đường thẳng x  0 , 25 5 5 16  40  16 x  5 là S     x 2  x  dx  . 25 5  3 0. Tổng diện tích phần bị khoét đi là S1  4 S . 160 2 cm . 3. Diện tích của hình vuông là S hv  100cm 2 . Vậy diện tích bề mặt hoa văn là S 2  S hv  S1  100 . 160 140 2  cm . 3 3. 12. Câu 15. Biết. a 1  x  1x a dc  1  x  .e d x  .e trong đó a , b , c , d là các số nguyên dương và các phân số ,  1  b x b. 12. c là tối giản. Tính bc  ad . d A. 1. B. 24 .. C. 64 . Lời giải. D. 12 .. Chọn B. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(121)</span> 1 x  x  1  1  x 1  1  x 1  1  Ta có  x.e x   e x  x.  1  2  .e x  1  x   .e x với mọi x   ;12 . x  x   12   .  x 1  1  x 1  Do đó  1  x   .e x dx   x.e x  x 1    12. 12. 12 12 .  12.e. 1 12. . 1 12. 1 12 121 143 145 .e  .e 12 . 12 12. Từ đó ta được a  143 , b  12 , c  145 và d  12 . Vậy bc  ad  24 . 1  1 Câu 16. Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  ;3 thỏa mãn f ( x)  x. f    x 3  x . Giá trị tích phân 3   x 3. I  1 3. f ( x) dx bằng: x2  x. 8 . 9. A.. B.. 16 . 9. C.. 2 . 3. D.. 3 . 4. Lời giải Chọn A 1 f  f ( x) x 1 f ( x)  x. f    x3  x  2     x 1 x x x 1 x 1 3 3 f  3  f ( x) 16 x   2 dx   dx   (x  1)dx  . 9 1 x x 1 x 1 1 3. 3 3. Xét I '   1 3. 3. 1 f   x  dx . x 1. 1 1 dt  t  2 dx  dt  d x  2 . x x t 1 1   3 f  3 3  3 f (t ) dt f (t ) f ( x) x I '     dx    dt  dx  I . 2 2 2   1 1 x 1 1 t t 1 x  x 3  1 t 3 3 3 t 16 8 Suy ra 2 I  I . 9 9 Câu 17. Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d có đạo hàm là hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ. Đặt. bên. y. x -2. -1. O. 1. -3. Biết rằng đồ thị hàm số y  f  x  tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ âm. Khi đó đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là bao nhiêu? Trang 10/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(122)</span> A. 4 .. B. 2 .. C. 1 . Lời giải. D. 4 .. Chọn A Từ đồ thị hàm số y  f '  x  suy ra y  f '  x  là một Parabol có đỉnh I  1; 3 và đi qua. các điểm O  0; 0  , 2;0  . Suy ra f '  x   3x 2  6 x  f  x     3 x 2  6 x  dx  x 3  3 x 2  C .. Đồ thị hàm số y  f  x   x3  3x 2  C tiếp xúc với trục hoành y  0 tại điểm có hoành độ âm  3 2  x  3 x  C  0 Hệ phương trình  2 có nghiệm âm. 3 x  6 x  0. C   x 3  3 x 2  x3  3 x 2  C  0  x  2  Hệ phương trình  2 .   x  0  C  4 3 x  6 x  0   x  2  3 2 Vậy hàm số y  f  x   x  3x  4 .. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x   x 3  3 x 2  4 với trục Oy : x  0 suy ra y  4 . Câu 18.. Cho hàm số f  x  thỏa mãn f (1)  4 và f  x   xf   x   2 x 3  3x 2 với mọi x  0 . Giá trị của. f  2  bằng A. 20 .. B. 15 .. C. 5 . Lời giải. D. 10 .. Chọn A f  x   xf   x   2 x3  3 x 2 . Suy ra,. f  x x. 1. f  x   x. f   x  x2. .  f  x   2 x 3  3 x 2     2x  3 x2  x . là một nguyên hàm của hàm số g  x   2 x  3 . f  x.  x 2  3 x  C1 1 . x Vì f 1  4 theo giả thiết, nên thay x  1 vào hai vế của 1 ta thu được C1  0 , từ đó.   2 x  3dx  x. Ta có. 2.  3 x  C . Do đó. f  x   x3  3x 2 . Vậy f  2   20 .   x3 Câu 19. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên khoảng  0;   thỏa mãn f  x   x.ln   và  x. f   x   f  x   5. f 1  0 . Tính tích phân I   f  x  dx . 1. A. 12 ln13  13 .. B. 13ln13  12 .. C. 12 ln13  13 . Lời giải. D. 13ln13  12 .. Chọn D.   f  x x3 x3 Từ giả thiết và f  x   x.ln   ln   x x. f   x   f  x   x. f   x   f  x   e. f  x x. . x. f   x   f  x  f xx   f  x   f xx  x3   x (1)  .e  x   .e x. f   x   f  x  x2  x  f  x. Lấy nguyên hàm hai vế của (1) suy ra e. x. . x2 C . 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(123)</span>   1 x2  1 x2  1 Do f 1  0  C  , nên e x  với x   0;   .  f  x   x ln 2 2 2 5 5 x2  1 I   f  x  dx   x.ln dx (2). 2 1 1 f x. x2  1 2x x2  1  du  2 dx ; dv  xdx , chọn v  . 2 x 1 2 Theo công thức tích phân từng phần, ta được: Đặt u  ln. 5. 5. 5  x2  1 x 2  1  x2  13ln13  12 . I  .ln    xdx  13ln13  2 1 1 2 1  2. Câu 20. Cho hàm số y  f  x  dương và liên tục trên 1;3 thỏa mãn max f  x   2 , min f  x   1;3. 1;3. 3. 3. 1. 1. biểu thức S   f  x  dx. A.. 7 . 12. 1 dx đạt giá trị lớn nhất. Khi đó f  x B.. 7 . 3. C.. 8.  0. f. . x 1 x 1. 7 . 6.  dx bằng D.. 1 và 3. 14 . 3. Lời giải Chọn D 1 Ta có  f  x   2   3 f  x   1  f  x   2   0 3. 7  3 f  x 2 1 1 7   . f  x 2 f  x 2.  3 f  x  Suy ra. 3 3  7  3 f  x 3 f  x  2 3 dx   f  x  dx.  7   dx  2 3 2 2 1 1  1 . 3. 3. S   f  x  dx. 1. 2. 3 33 3 f  x  dx    f  x  dx  7   2 2 1 2 1   49 .   3 2 6    . Ta tìm được max S  8. Vậy. . f. 0. . x 1 x 1. 3 3 3 3 f  x 3 f  x 49 7 , xảy ra khi  dx  7   dx   f  x  dx  . 6 2 2 3 1 1 1.  dx  2. 8. f 0. . x 1 d. 3. . x  1  2 f  t  dt  1. 14 . 3. Ghi chú: đây là lời giải dựa theo hướng dẫn giải của trường PTTH Quảng Xương. Tuy nhiên chỗ dấu bằng xảy ra chưa chỉ ra được hàm số nào thỏa. Câu 21. Cho hàm số f  x  thỏa mãn f   x   2 x. f  x   e x f  x  với f  x   0,x và f  0   1 . Khi đó f 1 bằng. A. ee 1 .. B. e  1 .. C. e e  2 . Lời giải. Chọn C Từ giả thiết: f   x   2 x. f  x   e x f  x  , ta có Trang 12/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. e  1 ..

<span class='text_page_counter'>(124)</span> f   x   f  x   ex  2 x  . f  x f  x. .  e x  2 x ( vì f  x   0, x ). f  x dx    e x  2 x  dx f  x.  ln f  x   e x  x 2  C .. Mà f  0   1 nên C  1 . Khi đó, ta được: ln f  x   e x  x 2  1 . Thế x  1 , ta có: ln f 1  e  2  f 1  e e  2 . Câu 22.. 1. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  4 ,.   f   x . 2. dx  5 và. 0. 1. 1 0 x. f  x  dx   2 . Tích phân 15 A. . 19. 1.  f  x  dx. bằng. 0. 17 B. . 4. C.. 17 . 18. D.. 15 . 4. Lời giải Chọn D.  du  f   x  dx u  f  x   Tính: I   x. f  x  dx . Đặt:   1 2 dv  xdx 0 v  x  2 1 1 1 1 1 1 Ta có: I  x 2 . f  x    x 2 f   x  dx  2   x 2 f   x  dx , (vì f 1  4 ). 0 20 2 20 1. 1.  x. f  x  dx  . Mà:. 0. 1. 1 1 1    2   x 2 f   x  dx 2 2 20. 1.   x 2 f   x  dx  5 , (theo giả thiết: 0. 1. . . 1. 1. 1. 0. 0. 2   f   x  dx  5 )   x f   x  dx    f   x   dx 2. 0. 2. 1.   x 2 f   x    f   x   dx  0   f   x  .  x 2  f   x   dx  0 0. 2. 0.  x2  f   x   0  f   x   x2  f  x  . 1 3 x C . 3. 11 . 3 1 11 Khi đó: f  x   x 3  . 3 3 1 1 11  11  1 15 1 1 Vậy  f  x  dx    x 3   dx   x 4  x   . 3 3 3 0 4  12 0 0. Với f 1  4  C . Câu 23.. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  4 ,. 1.   f   x . 2. dx  36 và. 0. 1.  x. f  x  dx  0. A.. 2 . 3. 1 . Tích phân 5. B.. 1.  f  x  dx. bằng. 0. 5 . 6. C.. 3 . 2. D. 4 .. Lời giải. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(125)</span> Chọn C 1. Từ giả thiết:.  x. f  x  dx  0. 1. 1   5 x. f  x  dx  1 . 5 0. 1. Tính: I   5 x. f  x  dx . 0.  du  f   x  d x u  f  x   Đặt:  .  5 2 dv  5 xdx v  x  2 1. Ta có: I   5 x. f  x  dx  0. 1. 1. 5 2 5 x . f  x    x 2 . f   x  dx 2 20 0. 1. 1. 5 5 5  . f 1   x 2 . f   x  dx  10   x 2 . f   x  dx , (vì f 1  4 ) 2 20 20 1. Mà: I   5 x. f  x  dx  1  1  10  0. 1. 1. 5 2 18 x . f   x  dx   x 2 . f   x  dx   20 5 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0.  10  x 2 . f   x  dx  36  10  x 2 . f   x  dx    f   x   dx , (theo giả thiết: 1. 2. 1.   f   x . 2. dx  36 ). 0. 1. 2   10 x 2 . f   x    f   x    dx  0   f   x  10 x 2  f   x   dx  0   0 0.  10 x 2  f   x   0  f   x   10 x 2  f  x  . 10 x 3 C 3. 10.1 2 C C  . 3 3 3 10 x 2 Khi đó: f  x    . 3 3. Với f 1  4  4 . 1. Vậy:.  0. 1.  10 x 3 2   5x4 2  3 f  x  dx     dx    x  . 3 3 3 0 2  6 0 1. Câu 24. Cho hàm số y  f  x  dương và liên tục trên 1;3 thỏa mãn max f  x   2 , min f  x   1;3. 1;3. 3. 3. 1 dx đạt giá trị lớn nhất. Khi đó biểu thức S   f  x  dx. f  x 1 1 A.. 7 . 6. B.. 14 . 3. C.. 8.  0. f. . x 1 x 1. 7 . 12. Lời giải Chọn B 1 Ta có  f  x   2   3 f  x   1  f  x   2   0 3.  3 f  x . 7  3 f  x 2 1 1 7   . f  x 2 f  x 2. Suy ra 3. 3 3  7  3 f  x 3 f  x  2 3 dx   f  x  dx.  7   dx  2 312 2 1  1  3. S   f  x  dx. 1. Trang 14/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.  dx bằng D.. 7 . 3. 1 và 3.

<span class='text_page_counter'>(126)</span> 2. 3 33 3 f  x  f x d x  7  dx      2 2 1 2 1   49 .    3 2 6    . Ta tìm được max S . f. 8. . Vậy. . x 1 x 1. 0. 3 3 3 3 f  x 3 f  x 49 7 , xảy ra khi  dx  7   dx   f  x  dx  . 6 2 2 3 1 1 1.  dx  2. 8.   f. . x 1 d. 0. . 3. x  1  2 f  t  dt  1. 14 . 3. Ghi chú: đây là lời giải dựa theo hướng dẫn giải của trường PTTH Quảng Xương. Tuy nhiên chỗ dấu bằng xảy ra chưa chỉ ra được hàm số nào thỏa.. 1. . 1. * Câu 25. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  ; 2 và thỏa điều kiện f  x   2. f    3x x   . Tính 2   x. 2. I  1 2. f  x dx . x. A. I  4 ln 2 . 15 . 8. B. I . 5 . 2. C. I . 3 . 2. D. I  4 ln 2 . 15 . 8. Lời giải Chọn C * Xét x , ta có. 1 f  x   2. f    3x  x Thay x bằng. 1 .. 1 ta được x. 3 1 f    2. f  x   x  x.  2 .. Nhân hai vế đẳng thức  2 cho 2 rồi trừ cho đẳng thức 1 vế theo vế ta có. f  x 2 6 3 f  x    3x   2 1 . x x x Suy ra 2 f  x 2 3 2  I  dx    2 1 dx    x  . x x 2  1 1 x 2. 2. 2. 2. 1 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(127)</span> Câu 26.. Cho hàm số f (x) liên tục trên  và thỏa mãn.  4.  tan x.f  co s x dx  1 , 2. 0. e2. f (ln 2 x) e x ln x dx  1. Tính tích. 2. f (2x) dx . x 1. phân I   4. B. I  3 .. A. I  1 .. C. I  4 . Lời giải. D. I  2 .. Chọn C  4. Ta có.  tan x.f  co s x dx  1  J 2. 0. Đặt t  co s 2 x  dt  2 sin x.co sx.dx  1 Đổi cận x  0  t  1; x   t  4 2 1 1 f t f t  1   dt  1   dt  2  21 t t 1 2. 2. e2. Mặt khác.  e. 2. f (ln x) dx  1 x ln x. 1 Đặt t  ln 2 x  dt  2 ln x. .dx x Đổi cận x  e  t  1; x  e 2  t  4 e2. 4. 4. f (ln 2 x) 1 f (t) f (t) e x ln x dx  1  2 1 t dt 1  1 t dt  2 2. 2. 4. 4. f (2x) f (2x) dx  2  dx x 2x 1 1. I. Đặt t  2x  dt  2.dx 1 1 Đổi cận x   t  ; x  2  t  4 4 2 2 4 1 4 f t f t f (2x) f (t) I dx   dx   dt   dt  4 x t t t 1 1 1 1 4. 2. 2. Câu 27. (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên khoảng 5   x3  và f 1  0 . Tính tích phân I   f  x  dx .  0;   thỏa mãn f  x   x.ln   1  x. f  x   f  x   A. 1 3 ln 1 3  1 2 . B. 1 2 ln 1 3  13 . C. 1 3 ln 1 3  12 . D. 1 2 ln 1 3  1 3 . Lời giải Chọn A. .  x3 f  x x3   ln  x x. f   x   f  x   x. f   x   f  x  . Từ giả thiết và f  x   x.ln  e. f x x. x. f   x   f  x  f xx  f  x   f xx  x3  .e  x   x (1)    .e x2 x. f   x   f  x   x . Trang 16/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(128)</span> Lấy nguyên hàm hai vế của (1) suy ra e 1 Do f 1  0  C  , nên e 2 5. 5. I   f  x  dx   x.ln 1. 1. f  x x. . f  x x. x2 C . 2. . x2  1 x2  1  f  x   x ln với x   0;   . 2 2. x2  1 dx (2). 2. x 1 2x  du  2 dx ; Đặt u  ln 2 x 1 2. dv . x2  1 . x d x , chọn v  2. Theo công thức tích phân từng phần, ta được: 5. 5. 5  x2  1 x2  1  x2 I  .ln  x d x  13ln13   13 ln 13  12 .  2  1 1 2 1  2. Câu 28.. Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và f (0)  f (1)  0 . Biết. 1. f. 2. ( x )dx . 0. . 1. 1 , 2. 1.  f ( x)cos( x)dx  2 . Tính  f ( x)dx . 0. A.. 0. 1. B.  .. . C.. 3 . 2. 2. D.. . Lời giải Chọn D 1. Ta có I1   f ( x)cos ( x)dx  0.  2. .. Đặt u  cos( x )  du   sin( x ) , dv  f ( x )dx chọn v  f ( x ) . 1. 1. 1. 0. 0.  I1  f ( x)cos( x) |    f ( x) sin( x)dx   f (1)  f (0)    f ( x)sin( x)dx  0. 1.   f ( x) sin( x)dx  0. 1. 2. .. 1 . 2. Ta có I 2   f 2 ( x)dx  0. . 1. 1. 1  I1  I 2   f ( x)sin( x)dx   f 2 ( x)dx . 2 0 0. 1.    f 2 ( x)  f ( x) sin( x)  dx  0  f 2 ( x)  f ( x) sin( x)  0  f ( x)  f ( x)  sin  x    0 . 0.  f ( x)  0 hoặc f ( x)  sin  x   0 . Vì I1  0 và I 2  0 nên f ( x)  0 loại..  f ( x)  sin  x   0  f ( x)  sin  x  . 1. 1. 0. 0.   f ( x)dx   sin( x)dx   Câu 29.. cos( x) 1 2 | .. . 0. . (Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương 18-19) Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  ,. f  0   0, f   0   0. và. thỏa. mãn. hệ. thức. f  x  . f   x   18 x 2   3 x 2  x  f   x    6 x  1 f  x  , x   . 1. Biết   x  1 e f  x  dx  a.e 2  b , với a; b   . Giá trị của a  b bằng. 0. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(129)</span> A.. 2 . 3. C. 0 .. B. 2 .. D. 1 .. Lời giải Chọn D. Ta có f  x  . f   x   18 x 2   3 x 2  x  f   x    6 x  1 f  x     f  x  . f   x   18 x 2 dx    3 x 2  x  f   x    6 x  1 f  x  dx. 1      f 2  x   6 x 3  dx    3x 2  x  f  x   dx 2  1  f 2  x   6 x 3   3 x 2  x  f  x   C , với C là hằng số. 2 Mặt khác: theo giả thiết f  0   0 nên C  0 . Khi đó. 1 2 f  x   6 x 3   3 x 2  x  f  x 1 , x   . 2. 1 .  f  x  2x . f 2  x   12 x 3   6 x 2  2 x  f  x    f  x   2 x   f  x   6 x 2   0   2  f  x   6 x. Trường hợp 1: Với f  x   6 x 2 , x   , ta có f   0   0 (loại). Trường hợp 2: Với f  x   2 x, x   , ta có : 1.   x  1 e 0. Câu 30.. f  x. 1. 1 2x   x  1 e 2 x  e 3 2 1 dx    x  1 e dx      dx  e  2 4 4 0  0 0 2 1. 2x. 3  a  4   a  b  1. b   1  4 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Tìm số thực a để hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm y  A. 2.. x 2  2ax  3a 2 a 2  ax và y  có diện tích lớn nhất. 1  a6 1  a6 1 B. 3 3 . C. 3 . 2 Lời giải. D. 1.. Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:  x  a x 2  2ax  3a 2 a 2  ax   x 2  3ax  2a 2  0   x  a  x  2a   0   6 6 1 a 1 a  x  2a Nếu a  0 thì diện tích hình phẳng S  0 . a. + Nếu a  0 thì S . . 2 a 2 a. + Nếu a  0 thì S . . a. a. x 2  3ax  2a 2 x 2  3ax  2a 2 1 a3 d x   d x  . .  1  a6 1  a6 6 1  a6 2 a x 2  3ax  2a 2 dx   1  a6 3. 2 a. . a. x 2  3ax  2a 2 1 a3 d x   . . 1  a6 6 1  a6. 3. 1 a 1 a 1 Do đó, với a  0 thì S  .  .  . 6 3 6 1 a 6 2a 12 Trang 18/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(130)</span> 3. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  1  a  1 . Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi a  1 . Câu 31. Cho hàm số f  x  . Hàm số f   x  có đồ thị như hình vẽ sau. Số nghiệm của phương trình f  x   f  0  thuộc đoạn  1;5 là. B. 3 .. A. 2 .. C. 5 . Lời giải. D. 4 .. Chọn A Dựa vào độ thị của f   x  ta có bảng biến thiên cho hàm số f  x  trên đoạn  1;5. 2. 5. 0. 2. Xét S   f   x  dx   f   x  dx  f  x  0  f  x  2  f  5   f  0  . 2. 5. Vì S  0 nên f  5   f  0  . Vậy phương trình f  x   f  0  có hai nghiệm thuộc đoạn  1; 5 . ------------- HẾT ------------Câu 32.. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  2 ,. 1.   f   x . 2. dx  8 và. 0. 1. 1.  x . f  x  dx  10 . Tích phân  f  x  dx 3. 0. A.. bằng. 0. 116 . 57. B.. 584 . 285. C. . 2 . 285. D.. 194 . 95. Lời giải Chọn A 1. Tính: I   x 3 . f  x  dx . 0.  du  f   x  dx u  f  x   Đặt:   . 1 4 3 dv  x dx v  x  4 1 1 11 1 1 1 Ta có: I  x 4 . f  x    x 4 f   x  dx    x 4 f   x  dx , (vì f 1  2 ). 0 40 4 2 40. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/20 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(131)</span> 1. Theo giả thiết:. 3  x . f  x  dx  10  0. 1. 1. 0. 0. 1.  x f   x  dx  38 4. 0. 1.  8. x 4 f   x  dx  38.8  8. x 4 f   x  dx  38.  f   x   dx 1. . 2. 0. . 1.   8 x 4 f   x   38  f   x   dx  0   f   x  . 8 x 4  38 f   x   dx  0 0. 2. 0. 4 4  8 x 4  38 f   x   0  f   x    x 4  f  x    x5  C . 19 95 194 Với f 1  2  C  . 95 4 194 Khi đó: f  x    x 5  . 95 95 1 1 194   4  2 6 194  1 116 Vậy  f  x  dx     x 5  . x  x   dx    95 95  95  0 57  285 0 0. Câu 33. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm số f  x  2 f x . 2x. x  x2  1 biểu thức T  f  2  f  3 . 6. A. T  m  n .. y  f  x  xác định trên . và thỏa mãn. với mọi số thực x . Giả sử f  2  m , f  3  n . Tính giá trị của. B. T  n  m .. C. T  m  n . Lời giải. D. T  m  n .. Chọn B Với mọi số thực x , thay x bởi  x vào biểu thức f   x   2 f    x  . f   x   2 f   x . 2 x. x  x 6. 2. 1. hay 2 f   x   f    x  . 2x x  x2  1 6. 2x x  x2  1 6. (1), ta được. (2).. x 2 Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó trừ theo vế cho (1), rút gọn suy ra f   x   . 6 với mọi 3 x  x2  1 số thực x . 2 2 x 2 Xét I   f   x  dx   . 6 dx . Đặt u   x , khi đó ta được du   dx . 3 x  x2  1 3 3. Đổi cận: Khi x  3  u  3 và x  2  u  2 . Ta được 2 3 3 3 u u x 2 2 2 I .  du    . 6 2 du   . 6 2 dx   f   x  dx . 6 2 3 3 u  u 1 3 x  x 1  u   u  1     3 2 2 2 2. Mà I . . f   x  dx  f  2   f  3 (3) và I . 3. 3.  f   x  dx  f  3  f  2  (4).. 2. Từ (3) và (4), ta được f  2   f  3  f  3  f  2  suy ra. f  2   f  3  f  3  f  2   n  m . ------------- HẾT -------------. Trang 20/20 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(132)</span> 4. Chuyên đề. Câu 1.. SỐ PHỨC. Cho số phức z  a  bi với a , b là hai số thực thỏa mãn a  2b  1 . Tính z khi biểu thức. z  1  4i  z  2  5i đạt giá trị nhỏ nhất. A.. 1 . 5. B.. 2 . 5. 1 . 5. C.. D.. 5.. Lời giải Chọn C Ta có: a  2b  1  a  2b  1 .(*) Ta có: T  z  1  4i  z  2  5i  (a  1) 2   b  4  .  a  2    b  5. 2. (*). .  2b  2    b  4  2. 2.  2b  1   b  5 2. . 2. 2. 2. 2.  5b 2  16b  20  5b 2  14b  26. 2. 8   6  7   9      5b        5b     5  5 5  5   2. 2. 2. 2. 8 7   6 9     5b   5b       45  45  3 10 . 5 5  5 5 . Tmin.  9  8  6  7    5b     5b   5 5 5 2  5  3 10    15b  24  10b  14  b   5  5b  8  .   5b  7   0      5  5 2. 2. 4 1 1 2 1 .  a   1   z        5 5 5  5 5. Cách 2: Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , ta có M   : x  2 y  1  0 , A  1;  4  , B  2;5 . Ta có:  1  2.  4   1 . 2  2.5  1  0  A , B nằm khác phía đối với đường thẳng  : x  2 y 1  0 .. T  z  1  4i  z  2  5i  MA  MB nhỏ nhất  M  AB   . 1 1 2 Ta có: phương trình đường thẳng AB : 3x  y  1  0  M  ;   z  . 5 5 5 Câu 2.. Cho z là số phức thỏa mãn z  z  2i . Giá trị nhỏ nhất của z  1  2i  z  1  3i là A.. 29 .. B.. 5.. C. 5 2 . Lời giải. D.. 13 .. Chọn D Đặt z  a  bi  a, b    . Ta có: z  z  2i  a 2  b 2  a 2   b  2   4b  4  0  b  1 2.  z  ai.. Xét: z  1  2i  z  1  3i  a  1  i  a  1  2i . 1  a . 2.  12 . 1  a . 2.  22 .. Áp dụng BĐT Mincôpxki:. 1  a . 2.  12 . 1  a . 2.  22 . 1  a  1  a   1  2  2. 2.  4  9  13 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(133)</span> 1 . 3 Nhận xét : Bài toán trên có thể được giải quyết bằng cách đưa về bài toán hình học phẳng. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Cho số phức z  x  y.i  x, y    thỏa mãn z  2  i  z  2  5i và. Suy ra: z  1  2i  z  1  3i đạt GTNN là 13 khi 2 1  a   1  a  a  Câu 3.. biểu thức x2  y2  3y 1. H. x. 2.  y 2  2 x  2 y  2  x 2  y 2  2 x  4 y  5 . A. 6  5 .. đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của 2x  y bằng. C. 6  5 . Lời giải. B. 6 .. D. 3  5 .. Chọn C Cách 1 Ta có: z  2  i  z  2  5i   x  2    y  1   x  2   y  5   x y3 0 Vậy nếu gọi M  z  thì M thuộc đường thẳng d : x  y  3  0 . 2. 2. 2. 2. Suy ra: x  3  y Ta có H   2H . x2 1  y 2  3 y  2.  x  1   y  1  x  1   y  2  2. 2. 2y. 2. 2 y 2  3 y  10. 2y. 2.  2 y  5  2 y 2  4 y  20 . 2 y 2  3 y  10. 2 y. 2.  2 y  5  y 2  2 y  10 . Mặt khác: 2. 2. .  2 y  5  y  2 y  10  2. 2 y . 2.  2 y  5    y 2  2 y  10  2. . 3 y 2  4 y  15 2. 2 2 y  3 y  10 H 2 . 2 3 y  4 y  15 2. Suy ra:. Xét hàm số: f  y   Ta có: f   y  . 2 y 2  3 y  10 3 y 2  4 y  15.  4 y  3  3 y 2  4 y  15   2 y 2  3 y  10   6 y  4 . 3y. 2.  4 y  15. 2. . 3y. f   y   0  5  y2  0  y   5 Bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên suy ra: 2 54  5 54 2  10 H H 2 82 82 Trang 2/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 5  y2 2.  4 y  15. 2. ..

<span class='text_page_counter'>(134)</span> 2 2 2 2 y  2 y  5  y  2 y  10  y  5   y 5 Dấu “=” xảy ra khi   y   5  y   5. Với y   5  x  3  5  2 x  y  6  5 . Cách 2 5. 4. 3. B 2. A. x. 8. 6. 4. 1. 0. 2. I. 2. 4. 6. 8. 1. 2. M 3. 4. Ta có z  2  i  z  2  5i   x  2    y  1   x  2    y  5  x  y  3  0. 2. 2. 2. 2. Gọi M  x; y   d : x  y  3  0.    x  1 x  1   y  1 y  2   cos  MA, MB  với A  1;1 , B 1; 2  . 2 2 2 2  x  1   y  1 .  x  1   y  2  y   x  3 nên  x  1 x  1   y  1 y  2   2 x 2  9 x  19  0, x  .. Khi đó H  Do.     Suy ra H  cos MA, MB  0  MA, MB  00 ;900 .   Bài toán trở thành tìm M  d sao cho H Min  cos MA, MB. . . . . . . . Min.  AMB Max .. B. d. A I I' M. H. K Q. M'. Gọi I là tâm đường tròn qua A, B và tiếp xúc với d tại M .. I ' là tâm đường tròn qua A, B và cắt d tại Q, H là giao điểm của  I  với BQ . M '  d và nằm ngoài đường tròn  I '  , K là giao điểm của  I '  với BM ' .. Ta có  AM ' B   AKB   AQB   AHB   AMB. Do đó  AMB Max  M là tiếp điểm của đường tròn qua I tiếp xúc với d . Phương trình đường thẳng trung trực của AB là 4 x  2 y  3  0. 2. 3 1 2   Gọi I  t ;  2t    IA   t  1   2t   ; d  I , d   2 2   Do đường tròn cần tìm đi qua A và tiếp xúc d nên. t  2t . 3 3 2. 12  12. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. .. Trang 3/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(135)</span> IA  d  I , d  . Với t .  t  1. 2. 2. 1    2t    2 . t  2t . 3 3 2. 12  12.  3  4 5 t  71 6  9t 2  9t   0   4  3  4 5 t  6 .  3  4 5 15  8 5  3  4 5  I  ;  6 6 6  . Đường thẳng IM : x  y  3  2 5  0 . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:  x  3  5  x  y  3    x  y  3  2 5  0  y  5   Vậy M 3  5; 5 , AM 2  5; 5  1 , BM 4  5; 5  2. . . . .      2  5  4  5    5  1 5  2  4 5  3  cos  AM ; BM    2  5    5 1  4  5    5  2 2 3 5  2 2. 2. 2. 2. 10  54 2 82.  *.  3  4 5 15  8 5  3  4 5  I  ;  6 6 6   Đường thẳng IM : x  y  3  2 5  0 Với t .  x  3  5  x  y  3 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:    y   5  x  y  3  2 5  0   Vậy M 3  5;  5 , AM 2  5;  5  1 , BM 4  5;  5  2. .  . . . .   5  1 5  2  4 5  3  54 3 5  2 2 5  1  4  5    5  2  2  Từ (*) và (**) suy ra điểm cần tìm M  3  5;  5    cos AM ; BM . . .  5 . . 5 2. 54 . 2. 2. 2. 2. 2  10 ** 82. Vậy 2 x  y  6  5 . Làm trắc nghiệm.  x  y  3  x  3 a)    H  1.  2 x  y  6 y  0  x  3  5  x  y  3 b)    H  0,892747.  y   5 2 x  y  6  5  x  y  3  x   5 c)    H  0,968241. 2 x  y  3  5 y   3  5   x  3  5  x  y  3 d)    H  0,969876. 2 x  y  6  5  y  5  x  3  5 Do đó H Min    2 x  y  6  5.  y   5 Câu 4.. Xét số phức thỏa mãn z thỏa mãn iz  2i  2  z  1  3i  34 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  1  i  z  1  i .. Trang 4/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(136)</span> A. Pmin  17 .. B. Pmin  34 .. C. Pmin . 13 . 17. D. Pmin . 34 . 2. Lời giải Chọn B. Ta có: iz  2i  2  z  1  3i  34  z  2  2i  z  1  3i  34 * Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z . A  2; 2  là điểm biểu diễn của số phức 2  2i B  1;3  là điểm biểu diễn của số phức  1  3i AB  34 .. Từ * ta có MA  MB  34 , mà MA  MB  AB . Suy ra M, A, B thẳng hàng.   Có MA   2  x; 2  y  ; AB   3;5  . Ta có P  1  i  z  1  i  2 z  i . Gọi C  0; 1 là điểm biểu diễn của số phức i . Nên P  2 z  i  2 MC Xét đường thẳng d đi qua B và vuông góc với AB nên đường thẳng d có phương trình. 3x  5 y  18  0 . Dễ thấy A , C cùng phía so với d nên P  2 MC  2 BC  34 . Câu 5.. Cho số phức z, z1 , z2 thỏa mãn z1  4  5i  z2  1  1 và z  4i  z  8  4i . Tính z1  z 2. khi. P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ nhất A. 8. B. 6 .. C. Lời giải. 41 .. D. 2 5 .. Chọn D. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(137)</span> Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 . Suy ra A thuộc đường tròn  C1 . tâm I1  4;5  , R  1 .. Gọi B là điểm biểu diễn của số phức z2 . Suy ra B thuộc đường tròn  C2  tâm I 2 1; 0  , R  1 . Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z  x  yi Theo giả thiết z  4i  z  8  4i  x  y  4 . Suy ra M thuộc đường thẳng  d  x  y  4  0 Gọi  C2 '  có tâm I 2 '  4; 3  , R  1 là đường tròn đối xứng với đường tròn  C2  tâm I 2 1; 0  , R2  1 qua đường thẳng d. Gọi B ' là điểm đối xứng với đối xứng với B qua đường thẳng d. . Ta có P  z  z1  z  z2  MA  MB  MA  MB '  AB '  I1I 2 ' R1  R2  6 .  1  Dấu = xảy ra khi và chỉ khi A, B ', I1 , I 2 ', M thẳng hàng. Khi đó I1 A  I1 I 2 ' suy ra A  4; 4  và 8  1  I 2 B '  I 2 ' I1 suy ra B '  4; 2   B  2;0  . AB  2 5 . 8 Vậy z1  z2  2 5 . Câu 6.. Cho số phức z  a  bi ,  a, b    thỏa mãn z  2  i  z 1  i   0 và z  1 . Tính P  a  b . A. P  5 .. B. P  7 .. C. P  3 . Lời giải. D. P  1 .. Chọn B Từ giả thiết z  2  i  z 1  i   0  a  bi  2  i  a 2  b2 1  i   0 ..  a  2  a 2  b 2  0 (1)  a  2  a 2  b2  b  1  a 2  b 2 i  0   . 2 2 b  1  a  b  0 (2). .  . . Lấy 1   2  ta được a  b  1  0  b  a  1. Thay vào phương trình 1 ta được a  2 a  2 2 a  2  a 2   a  1  0  2a 2  2a  1  a  2   2 2   2 2a  2a  1   a  2  a  2a  3  0  a  2  a  1  .    a  1   a  3    a3  Trang 6/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(138)</span> + Với a  1  b  0  z  1  z  1 (loại) + Với a  3  b  4  z  3  4i  z  5 (thỏa mãn). Vậy P  a  b  7 . Câu 7.. Cho số phức z và w biết chúng đồng thời thỏa mãn hai điều kiện:. 1  i  z  2  1 và 1 i. w  iz . Tìm. giá trị lớn nhất của M  z  w A. M  3 2 .. B. 2 3 .. C. M  3 3 . Lời giải. D. M  3 .. Chọn A Cách 1. Ta có:. 1  i  z  2  1  1  i  z  2 1  i  1 i. 1 i.  1  1  i  z  2 1  i   1  i  1  i  z  2 1  i   2 .. Mặt khác: 1  i  z  2 1  i   1  i  z  2 1  i   2  1  i  z  2 1  i   2  2 z  3 2 . Khi đó: M  z  w  z  iz  1  i  z  2 z  3 2 . Cách 2.. y 3. 2 1. 1 O 1  i  z  2  1 1 i. . 1. x. (1  i ) z  2(1  i )  1  (1  i ) z  2(1  i )  1  i 1 i.  (1  i ) z  2(1  i )  2 1. Đặt z  x  yi thay vào 1 ta được 1  i  ( x  yi )  2(1  i)  2   x  y  2   ( x  y  2) 2  2  x 2  ( y  2) 2  1 . 2. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z trên hệ trục tọa độ là đường tròn tâm I (0; 2) bán kính R  1 . Khi đó: 1  z  3  M  z  w  z  iz  1  i  z  2 z  3 2 . Câu 8.. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị - lần 1 – 2019) Cho hai số phức z , w thỏa mãn z  3 2  2 và w  4 2i  2 2 . Biết rằng z  w đạt giá trị nhỏ nhất khi z  z0 và w  w0 . Tính 3z0  w0 . A. 6 2 .. B. 2 2 .. C. 4 2 . Lời giải. D. 1.. Chọn A. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(139)</span> z  3  1 1 , 2. Theo giả thiết: z  3 2  2 . w  4i  2  2  . 2. w  4 2i  2 2 . Trong mặt phẳng phức, gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn số phức. z w , . 2 2. Từ 1  M  đường tròn  C1  :  x  3  y 2  1 có tâm I  3; 0  và bán kính R1  1 . 2. Từ  2   N  đường tròn  C1  : x 2   y  4   4 có tâm J  0; 4  và bán kính R2  2 . 2. Hơn nữa, z  w  MN 2 nên z  w đạt GTNN  MN đạt GTNN. Vì IJ  5  R1  R2  3 nên  C1  và  C 2  nằm ngoài nhau. Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đoạn IJ với  C1  ,  C 2  . Dễ thấy MN  AB nên MN đạt GTNN  M  A và N  B .  x  3  3t Phương trình tham số của đoạn IJ là:  , 0  t 1.  y  4t 1  12 4  (vì 0  t  1 )  A  ;  . 5  5 5 3  6 12   4  t  (vì 0  t  1 )  B  ;  . 5 5 5 . Cho đoạn IJ cắt  C1  , ta được:  3t    4t   1  t  2. 2. Cho đoạn IJ cắt  C 2  , ta được:  3  3t    4t  4  2. z0. Mà A , B lần lượt là điểm biểu diễn số phức  3 z0  w0  2.. 2. ,. 2. w0 2. ..   3 z0 w0   2. 3OA  OB  6 2 . 2 2. Vậy 3 z0  w0  6 2 . Câu 9.. Cho số phức z thỏa mãn z  1 . GTLN của biểu thức P  z 3  z  2 là: A.. 13 .. C. 3 . Lời giải. B. 4 .. D.. 15 .. Chọn A Đặt z  x  yi  x , y    . Theo giả thiết, z  1  z.z  1 và x 2  y 2  1 . P  z . z 2  1  2 z  z 2  1  2 z  x 2  y 2  2 xyi  1  2 x  2 yi   x 2  2 x  y 2  1  2 y  x  1 i . x. 2.  2 x  y 2  1  4 y 2  x  1 . Trang 8/19 - Mã đề 101. 2. 2. x. 2.  2 x  1  x 2  1  4 1  x 2   x  1 (vì y 2  1  x 2 ) 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(140)</span>  16 x 3  4 x 2  16 x  8 . Vì x 2  y 2  1  x 2  1  y 2  1   1  x  1 . Xét hàm số f  x   16 x 3  4 x 2  16 x  8, x   1;1 .. 1  x     1;1  2 . f   x   48 x 2  8 x  16 . f   x   0   2  x    1;1  3  1 2 8 ; f 1  4 . f  1  4 ; f     13 ; f     2  3  27  1  max f  x   f     13 .  1;1  2 Vậy max P  13 . Câu 10. Xét số phức thỏa mãn z thỏa mãn iz  2i  2  z  1  3i  34 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  1  i  z  1  i .. A. Pmin . 13 . 17. B. Pmin . 34 . 2. C. Pmin  17 .. D. Pmin  34 .. Lời giải Chọn D. Ta có: iz  2i  2  z  1  3i  34  z  2  2i  z  1  3i  34 * Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z . A  2; 2  là điểm biểu diễn của số phức 2  2i B  1;3  là điểm biểu diễn của số phức  1  3i AB  34 .. Từ * ta có MA  MB  34 , mà MA  MB  AB . Suy ra M, A, B thẳng hàng.   Có MA   2  x; 2  y  ; AB   3;5  . Ta có P  1  i  z  1  i  2 z  i . Gọi C  0; 1 là điểm biểu diễn của số phức i . Nên P  2 z  i  2 MC Xét đường thẳng d đi qua B và vuông góc với AB nên đường thẳng d có phương trình. 3x  5 y  18  0 . Dễ thấy A , C cùng phía so với d nên P  2 MC  2 BC  34 . Câu 11. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho số phức z thỏa mãn z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1 . Tính min w , với w  z  2  2i . A. min w . 1 . 2. B. min w  1 .. C. min w . 3 . 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. min w  2 . Trang 9/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(141)</span> Lời giải Chọn B Theo giả thiết, z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1   z  1  2i  z  1  2i    z  1  2i  z  3i  1  z  1  2i .  z  1  2i  z  1  3i   0.  z  1  2i  0   z  1  2i  z  1  3i. 1 .  2. 1  z  1  2i  0  z  1  2i . Khi đó, w  1  2i  2  2i  1  3 . Đặt z  x  yi ( x, y   ). Khi đó,  2    x  1   y  2  i   x  1   y  3  i   x  1   y  2    x  1   y  3   y  2    y  3   y   2. 2. 2. 2. 2. 2. 1 1  z  x i. 2 2. 3 9 9 3 2  w   x  2  i   x  2    x   .  4  . 2 4 4 2 Từ  3  và  4   min w  1 . Câu 12. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN] Cho số phức z thỏa mãn z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1 . Tính min w , với w  z  2  2i . A. min w . 1 . 2. B. min w  1 .. C. min w . 3 . 2. D. min w  2 .. Lời giải Chọn B Theo giả thiết, z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1   z  1  2i  z  1  2i    z  1  2i  z  3i  1  z  1  2i .  z  1  2i  z  1  3i   0.  z  1  2i  0   z  1  2i  z  1  3i. 1 .  2. 1  z  1  2i  0  z  1  2i . Khi đó, w  1  2i  2  2i  1  3 . Đặt z  x  yi ( x, y   ). Khi đó,  2    x  1   y  2  i   x  1   y  3  i 1 1 2 2 2 2 2 2   x  1   y  2    x  1   y  3   y  2    y  3   y    z  x  i . 2 2 3 9 9 3 2  w   x  2  i   x  2    x   .  4  . 2 4 4 2 Từ  3  và  4   min w  1 .. Trang 10/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(142)</span> Câu 13. (HK2-L12-Chuyên-Lê-Hồng-Phong-TPHCM-2019). Cho. số. phức. z. thỏa. điều. kiện. z  3  2i  z  5  2i  5 5 , giá trị nhỏ nhất của z  7  4i đạt được khi z  a  bi . Tính. T  a 2  4b2 A. 41 .. B. 34 .. C. 23 . Lời giải. D. 10 .. Chọn A Gọi M  a, b  là điểm biểu diễn số phức z . z  3  2i  z  5  2i  5 5  MA  MB  5 5 với A  3; 2  , B  5; 2  .. Do AB  4 5  5 5 nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z là Elip có hai tiêu điểm A , B , tiêu cự. AB  4 5 và độ dài trục lớn bằng 5 5 . P  z  7  4i  MC với C  7; 4  .   AB   8; 4    Nhận xét:    AB cùng phương với AC  C nằm trên đường thẳng AB .  AC   4; 2  Do đó P nhỏ nhất khi M trùng với đỉnh A1 của Elip nằm trên trục lớn.   x  3  2t . AB qua A  3; 2  có vtcp AB   8; 4   4  2;1 nên có ptts:  y  2t A1  AB  A1  3  2t ; 2  t  . Gọi I là trung điểm của AB  I  1;0  .. 5 5 125 2 2   4  2t    2  t   2 4  1 3 5  5 t   A1  4;   A1C  2 2  2  20t 2  80t  45  0   .  9 5 13 5  t    A1  6;    A1C  2 2 2  . Ta có: IA1 là nửa trục lớn nên IA1 . 3 5 5  5  M  4;   z  4  i . 2 2  2 a  4  2 2 Khi đó  5  T  a  4b  41 . b  2 Suy ra Pmin . Câu 14.. (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn phương trình. z  2  3i  5 1 và z1  z2  6  2  . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w  z1  z2 là một đường tròn. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. R  8 . B. R  4 . C. R  2 2 . D. R  2 . Lời giải Chọn A. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(143)</span> Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 .. Khi đó, 1 là phương trình đường tròn  C1  tâm I  2;3 , bán kính r1  5 và  2   AB  6 . 2.  AB  2 2 Gọi N là trung điểm AB  IN  r     5 3  4 .  2   Tập hợp các điểm N là đường tròn  C2  tâm I , bán kính r2  4 . 2 1. z z Mặt khác, N cũng là điểm biểu diễn số phức t  1 2 , mà w  2t 2    M là điểm thỏa mãn hệ thức: OM  2.ON hay M là ảnh của N qua phép vị tự tâm O , tỉ số k  2.  Tập hợp các điểm M là đường tròn  C3  là ảnh của  C2  qua phép vị tự tâm O , tỉ số k  2 .   OJ  2.OI  J  4; 6    C3  có tâm J và bán kính r3 thỏa mãn:  .   r3  8  r3  2.r2 Vậy R  8 .. Trang 12/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(144)</span> Câu 15. (SGD Hưng Yên - 2019) Cho số phức z thoả mãn z  1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  1  z 2  z  1 . Tính M .m A. 3 3 .. B.. 13 . 4. C.. 13 3 . 4. D.. 39 . 4. Lời giải Chọn C 2 Thay z  1 vào P ta có P  z 1  z2  z 1  z 1  z2  z  z. 2.  z  1  z 2  z  z. z  z  1  z z  z  1.  z 1  z  z 1 .. . . Mặt khác z  1   z  1 z  1  2  z  z . 2. Đặt t  z  z do z  1 nên điều kiện t   2; 2  . Suy ra P  t  2  t  1 . Xét hàm số f  t   t  2  t  1 với t   2; 2  .. 1  1 với t  1 . Suy ra f   t   0 với t  1 . 2 t2 7 1 . f  t    1 với t  1 . Suy ra f   x   0  x  4 2 t2 Ta có bảng biến thiên f  t  . Từ bảng biến thiên suy ra M . 13 7 tại t  và m  3 tại t  2 . 4 4. 13 3 . 4 Câu 16. Cho số phức z và gọi z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  8i  0 ( z1 có phần thực. Vậy M .m . dương). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  z1  z2  z  z  2 z1 . z2 được viết dưới dạng 2. m n  p q (trong đó n, p   ; m , q là các số nguyên tố). Tổng m  n  p  q bằng. A. 3 .. B. 4 .. C. 0 . Lời giải. D. 2 .. Chọn A z 2  8i  0  z1  2  2i và z2  2  2i . P  z  z1  z 2  z  z  2 z1 . z2 z  z  z1  z  z2  z  2 z1  2  MA  MB  MC . 2 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(145)</span> Trong đó M , A  2; 2  , B  2; 2  , C  3; 3  lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 , z 2 ,   2 z1 . z2  3  3i . 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên OC . Ta có MA  MB  HA  HB  MA  MB  MC  HA  HB  HC . Do đó Pmin   MA  MB  MC min  HA  HB  HC  M  H  M  OC : y  x . Gỉa sử M  x; x   x   3;0    P  MA  MB  MC  2  x  3  2 2  x 2  4   P  2  2 2.. x x2  4.  P  0  x  . 2 3   3; 0  . 3.  2 3  2   2 3      2 6 3 2. Vậy Pmin  2    3  2 2  4       3 3        Suy ra m  2 , n  6 , p  3 , q  2  m  n  p  q  3 .. Câu 17.. Xét các số phức z thỏa mãn z  z  2i , giá trị nhỏ nhất của z  i  z  4 bằng A. 6 .. B. 4 .. D. 5 .. C. 3 3 . Lời giải. Chọn D Gọi z  x  yi  x, y  R  . Khi đó z  z  2i  x 2  y 2  x 2   y  2   y  1. 2. Suy ra điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng y  1 . Xét P  z  i  z  4  x   y  1 i  x  4  yi . Đặt A  0;1 ; B  4;0  suy ra P  MA  MB .. A, B nằm cùng phía so với đường thẳng y  1 , gọi C  0;  3 là điểm đối xứng với A  0;1 qua. đường thẳng y  1 .. Trang 14/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(146)</span> Khi đó P  MA  MB  MC  MB  BC .  0  4    3  0  2. 2.  5 . Dấu bằng xẩy ra khi M , B, C. thẳng hàng. 8 8  Phương trình đường thẳng BC :3x  4 y  12  0 , suy ra tọa độ điểm M  ;  1 hay z   i . 3 3  8 Vậy giá trị nhỏ nhất của z  i  z  4 bằng 5 đạt được khi z   i . 3. Câu 18. Cho số phức z  m  2   m 2  1 i với m   . Gọi  C  là tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C  và trục hoành bằng A.. 8 . 3. B. 1.. C.. 4 . 3. D.. 32 . 3. Lời giải Chọn C Gọi M  x ; y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi.  x, y    .. m  x  2 x  m  2 Theo giả thiết, z  m  2   m 2  1 i nên:    y  x2  4x  3 .  2 2  y  m  1  y   x  2   1.  C  : y  x2  4 x  3 .  x  3 Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và Ox : x 2  4 x  3  0   .  x  1  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C  và trục hoành: 1. S. . 3. 1. 1.  x3  4 4 x  4 x  3 dx    x  4 x  3  dx    2 x 2  3 x     0  . 3 3  3  3 3 2. 2. 4 . 3 Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và iz2  1  2i  1 . Tìm giá trị nhỏ. Vậy S  Câu 19.. nhất của biểu thức T  z1  z2 . A.. 2  1.. B. 2 2  1 .. C. 2 2  1 . Lời giải. D.. 2 1.. Chọn C. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(147)</span> Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 và A  2;1 ; B  4;7  lần lượt là hai điểm biểu diễn hai số phức 2  i , 4  7i . Ta có AB  6 2 . Phương trình đường thẳng AB là d : x  y  3  0 . +) z1  2  i  z1  4  7i  6 2  MA  MB  6 2  MA  MB  AB . Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 là đoạn thẳng AB . +) iz2  1  2i  1  iz2  1  2i i  1   z2  2  i  1 . Gọi N là điểm biểu diễn số phức  z2 và I  2;1 là điểm biểu diễn số phức 2  i . Ta có IN  1 Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức  z2 là đường tròn  C  có phương trình:.  x  2    y  1  1 . d  I , AB   2 2  1 , suy ra AB Gọi K là hình chiếu của I  2;1 2. 2. không cắt đường tròn. lên AB . Dễ thấy K nằm trên đoạn thẳng AB .. Gọi H là giao điểm của đoạn IK với đường tròn  C  . Ta có z1  z2  MN  KH  d  I , AB   R  2 2  1 . Suy ra min z1  z2  2 2  1. Câu 20. Cho hai số phức z, w thay đổi thỏa mãn z  3, z  w  1. Biết tập hợp điểm của số phức w là hình phẳng H . Tính diện tích S của H . A. S  20 . B. S  12 .. C. S  4 . Lời giải. D. S  16 .. Chọn B Cách 1:. Với mỗi số phức z thỏa z  3 , gọi A là điểm biểu diễn của z thì A nằm trên đường tròn tâm O bán kính bằng 3. Gọi B là điểm biểu diễn của w thì B nằm trên đường tròn tâm A bán kính bằng 1. Khi A chạy trên đường tròn tâm O bán kính bằng 3 thì tập hợp các điểm B là hình vành khăn giới hạn bởi tròn tâm O bán kính bằng 2 và tròn tâm O bán kính bằng 4. Suy ra. S   .42   .22  12 . Cách 2: Ta có w  w  z  z  w  z  z  4 . Mặt khác w  w  z  z  w  z  z  2 . Vậy 2  w  4 nên H là hình vành khăn giới hạn bởi tròn tâm O bán kính bằng 2 và tròn tâm O bán kính bằng 4 . Suy ra S   .4   .2  12 . Câu 21. Xét các số phức z thỏa mãn z  3  2i  z  3  i  3 5 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và 2. 2. giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  2  z  1  3i . Tìm M , m . A. M  17  5 ; m  3 .. B. M  17  5 ; m  3 2 .. C. M  26  2 5 ; m  2 .. D. M  26  2 5 ; m  3 2 .. Trang 16/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(148)</span> Lời giải Chọn D. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , F1  3; 2  , F2  3; 1 , A  2;0  và B 1;3 . Ta có z  3  2i  z  3  i  3 5 và F1 F2  3 5  MF1  MF2  F1 F2 . Do đó tập hợp các điểm M là đoạn thẳng F1 F2 . Dựa vào hình vẽ, ta thấy: + M  Pmax  M 2 A  M 2 B  26  2 5 . + m  Pmin  M 1 A  M 1 B  AB  3 2 . Vậy M  26  2 5 ; m  3 2 . Câu 22. Cho số phức z  a  bi với a , b là hai số thực thỏa mãn a  2b  1 . Tính z khi biểu thức. z  1  4i  z  2  5i đạt giá trị nhỏ nhất. A.. 2 . 5. B.. 1 . 5. C.. 5.. D.. 1 . 5. Lời giải Chọn B Ta có: a  2b  1  a  2b  1 .(*) Ta có: T  z  1  4i  z  2  5i  (a  1) 2   b  4   2. (*). .  2b  2    b  4  2. 2. 2.  2b  1   b  5 2.  2. 2. 2. 2.  5b 2  16b  20  5b 2  14b  26. 2. 8   6  7   9      5b        5b     5  5 5  5   2.  a  2    b  5. 2. 2. 8 7   6 9     5b   5b       45  45  3 10 . 5 5  5 5 . Tmin.  9  8  6  7    5b     5b   5 5 5 2  5  3 10    15b  24  10b  14  b   5  5b  8  .   5b  7   0    5  5 2. 2. 4 1 1 2 1 .  a   1   z        5 5 5  5 5. Cách 2: Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , ta có M   : x  2 y  1  0 , A  1;  4  , B  2;5 . Ta có:  1  2.  4   1 . 2  2.5  1  0  A , B nằm khác phía đối với đường thẳng  : x  2 y 1  0 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(149)</span> T  z  1  4i  z  2  5i  MA  MB nhỏ nhất  M  AB   . 1 1 2 Ta có: phương trình đường thẳng AB : 3x  y  1  0  M  ;   z  . 5 5 5 Câu 23. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị - lần 1 – 2019) Tính tổng tất cả các giá trị của tham số m để tồn tại duy nhất một số phức z thỏa mãn đồng thời. z  m và z  4m  3mi  m 2 . A. 4.. B. 6.. C. 10. Lời giải. D. 9.. Chọn C a 2  b 2  m 2 (C1 )  2 2 Đặt z  a  bi theo giả thiết ta có  a  4m    b  3m   m 4 (C2 ) (I) m  0  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn a 2  b 2  m 2 là đường tròn (C1 ) có tâm I1 (0;0), R1  m Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn  a  4m    b  3m   m 4 là đường tròn (C2 ) có 2. 2. tâm I 2 (4 m;  3m), R2  m 2 Để tồn tại duy nhất một số phức z thì hệ (I) phải có nghiệm duy nhất. khi đó 2 đường tròn (C1 ) và (C2 ) phải tiếp xúc với nhau * Nếu m  0 thì z  a  bi  0  0i  0  I1  I 2  * Nếu m  1   R2  m 2  m  R1  I I  5m  m  R 1 1 2 Xét 2 trường hợp: TH1: Hai đường tròn tiếp xúc trong:  m  0 (loai ) Khi đó R2  I1I 2  R1  m 2  6m   m6 m  6. R2 I2. R1 I1. P. TH2: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài:  m  0 (loai )  I1 I 2  R1  R2  5m  m 2  m  m 2  4m  0   m4 m  4. Trang 18/19 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(150)</span> C1 I1 R1 M R2. C2. I2.  I1  I 2  * Nếu 0  m  1   R2  m 2  m  R1  hai đường tròn tiếp xúc ngoài  I I  5m  R  R 1 2 1 2.  m  0 (loai )  I1 I 2  R1  R2  5m  m 2  m  m 2  4m  0    m  4 (loai ). I1. R1 R2 I2. Vậy tổng tất cả các giá trị của m là 0  6  4  10. ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/19 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(151)</span> Chuyên đề. Câu 1.. 5. KHỐI ĐA DIỆN – THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN. Cho tứ diện ABCD có hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  là H nằm trong tam giác BCD .. 3 và tiếp xúc các cạnh AB, AC , AD . Dựng hình bình hành AHBS . Tính giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCD 3 3 3 A. . B. . C. 3 . D. 3 3 . 2 2 Lời giải Chọn B Biết rằng H cũng là tâm của một mặt cầu bán kính. Gọi M,N,P lần lượt là hình chếu của H lên AB,AC,AD ta có HM=HN=HP= 3  AM=AN=AP  AH   MNP    MNP    BCD   AB  AC  AD ( AH là trục đường tròn MNP ) Vậy A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp  BCD AH là trục đường tròn ngoại tiếp  BCD .. Gọi I=AH BS  IB=IC=ID=IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD IH  x . 1 1 1 12 x 2 2    HB  HM 2 HB 2 HA2 4x2  3. 4 x4  9x2 4 x2  3 4t 2  9t 3 16t 2  24t  27 t  x 2  f (t )  (t  )  f (t )  2 4t  3 4  4t  3 HBI tai H : BI 2  HB 2  HI 2 . f (t )  0  t . 9 3 (n )  t   (l ) 4 4. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(152)</span> 3 3 2 (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S . A B C D . Gọi N là trung điểm cạnh SB , M là điểm đối xứng với B qua A . Mặt phẳng  M N C  chia khối chóp Vẽ bảng biến thiên Rmin . Câu 2.. S . A B C D thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 , V2 với V1  V2 và V là thể tích khối chóp S . A B C D . Tính tỷ số. A.. 7 . 12. V1 . V. B.. 7 . 24. C.. 5 . 24. D.. 5 . 12. Lời giải Chọn D S N B. C. P A. Q. D. Gọi P  M N  S A , Q  MC  AD . Ta có thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  M N C  là tứ giác CNPQ . Dễ thấy P là trọng tâm của tam giác S B M và Q là trung điểm của đoạn A D . Gọi V0 thể tích của phần chứa điểm S , S là diện tích của tứ giác A BC D và h chiều cao của hình chóp S . A B C D . Ta có. V0 VS.NPQ VS.NQC VS.QDC . Mà SP SN 1 1 1 1 1 1 . .VS .BAQ  . .S ABQ .h  . . S .h = V . SA SB 3 3 3 3 4 12 SN 1 1 1 1 1 1 VS . NQC  .VS .BQC  . .S BQC .h  . . S .h = V . SB 2 3 2 3 2 4 1 1 1 1 VS .QDC  . .SQDC .h  . S .h = V . 3 3 4 4 1 1 1 7 Suy ra V0  V  V  V  V . 12 4 4 12 7 5 Dẫn đến V2  V và V1  V  V2  V . 12 12 VS . NPQ . Vậy. V1 5  . V 12. Nhận xét: kết quả này đúng cho hình chóp có đáy là hình bình hành. Trang 2/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(153)</span> Câu 3.. Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' , điểm M thuộc cạnh CC ' sao cho CC '  3CM . Mặt phẳng ( AB ' M ) chia khối hộp thành hai khối đa diện. V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A ' , V2 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B . Tính tỉ số thể tích V1 và V2 . 45 13 41 14 A. . B. . C. . D. . 13 5 13 13 Lời giải Chọn C C'. B'. A'. D' M. C. B. E. F. A. D. Gọi E  B ' M  BC , F  AE  DC . Gọi V là thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . V  S ABB ' A ' .d  C ,  ABB ' A ' . Câu 4.. 1 1 1 3 1 VE . ABB '  .S ABB ' .d  E ,  ABB '    . .S ABB ' A ' . .d  C ,  ABB ' A '    V . 3 3 2 2 4 1 1 1 1 1 1 VE .FCM  .S FCM .d  E ,  FCM    . . .S ABB ' A ' . .d  C ,  ABB ' A '    V. 3 3 2 9 2 108 13 V2  VE . ABB '  VE .FCM  V . 54 41 V1  V  V2  V . 54 V1 41  . V2 13 (Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương 18-19) Cho hình hộp ABCD. ABC D có AB vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , góc giữa AA và  ABCD  bằng 45 . Khoảng cách từ A đến các đường. thẳng BB và DD bằng 1 . Góc giữa mặt  BBC C  và mặt phẳng  CC DD  bằng 60 . Thể tích khối hộp đã cho là A. 3 3 .. B. 2 3 .. C. 2 . Lời giải. D.. 3.. Chọn D Cách 1:. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(154)</span> Gọi H , K lần lượt là các hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BB và DD . Ta có: d  A; BB   d  A; BB   AH  1 , d  A; DD   d  A; DD   AK  1 .  AA,  ABCD    45   AAB  45o   AB   ABCD . AB   ABCD   AB  AB. 1 ..  2 .. Từ 1 và  2  ta suy ra AAB là tam giác vuông cân tại B  AB  AB.  AB  AB  H là trung điểm BB . Mặt khác, góc giữa hai mặt phẳng  BBC C  và  CC DD  bằng góc giữa hai mặt phẳng.  AADD  và  BBAA.  K  60 , mà AH  AK  1 (chứng minh trên) nên ta suy ra HA.  AHK là tam giác đều  S AHK . 3 . 4. AH  1  BB  2 .  AH  BB  Lại có:  AK  BB  BB   AHK  .  AH  AK  A    Do đó: VABD. ABD  BB.S AHK  2.. 3 3 .  4 2. Vậy VABCD . ABC D  2VABD. ABD  2.. 3  3. 2. Cách 2: (Võ Thanh Hải) Với các giả thiết ta suy ra được ABB vuông cân tại A và BB  2 AH  2 . Từ đây ta tính được S ABBA  AH .BB  2 .  AH  BB  BB   AHK    ABBA    AHK  . *Vì   AK  BB  do BB// DD . Trang 4/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(155)</span>  K  60 , mà AH  AK  1 nên suy ra Ta có   BBC C  ,  CC DD      AADD  ,  BBAA    HA AHK đều, do đó d  D,  ABBA    d  K ,  ABBA    d  K , AH  . * VABCD. ABC D  d  D,  ABBA   .S ABBA . 3 . 2. 3 .2  3 . 2. Cách 3: Lưu Thêm. +) Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên BB , DD . Gọi H , K  lần lượt là hình chiếu của A trên BB , DD . +) Ta có AH  AK  1 . +)  AAB  45 nên AAB vuông cân tại B . Đặt AB  AB  x  AA  x 2 . +) Ta có AA. AB.sin 45  AH .BB  x 2.x. +). HE , KE   60   .  BCC B ,  CDDC     . +) S AHEK  AH . AK .sin  . 3 . 2. +) VABCD. ABC D  VAHEK . AH E K   AA.S AHEK  2. Câu 5.. 2  1.x 2  x  2  AA  2 . 2. 3  3. 2. (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Cho hình hộp chữ nhật ABCDAB C D . Khoảng cách giữa 2a 5 2a 5 a 3 AB và B C là , giữa BC và AB  là , giữa AC và BD  là . Thể tích của khối 5 5 3 hộp đó là A. 2a3 .. B. a3 .. C. 8a3 .. D. 4a3 .. Lời giải Chọn A. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(156)</span> Đặt AB  x , AD  y , AA  z .. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên B C , ta có BH là đoạn vuông góc chung của AB và B C nên d  AB, B C   BH . 2a 5 1 1 1 5   2  2  2 . (1) 2 5 BH z y 4a. Gọi I là hình chiếu vuông góc của B trên AB , ta có BI là đoạn vuông góc chung của BC và 1 1 1 5 AB nên d  BC , AB   BI  2  2  2  2 . (2) BI x z 4a Gọi M là trung điểm của DD , O là giao điểm của AC và BD , ta có mặt phẳng  ACM  chứa. AC và song song với BD nên d  AC , BD    d  BD , ACM   d  D ,  ACM  .. Gọi J là hình chiếu vuông góc của D trên AC , K là hình chiếu vuông góc của D trên MJ , ta có 1 1 1 4 3 d  D,  ACM   d  D, ACM   DK   2  2  2  2 . (3) 2 DK x y z a Từ (1), (2) và (3) ta có. Câu 6.. 2 1  2  z  2a  x  y  a . 2 z 2a. Thể tích khối hộp là V  xyz  2a 3 . Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 2 . Gọi M , N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh 2 BB ' . Đường thẳng CM cắt đường 3 thẳng C ' A ' tại P và đường thẳng CN cắt đường thẳng C ' B ' tại Q . Thể tích khối đa diện AA ' và BB ' sao cho M là trung điểm của AA ' và BN  A ' MPB ' NQ bằng. A.. 13 . 18. B.. 7 . 18. C.. 7 . 9. D.. Lời giải Chọn C Q. P B' A' N C' M. B A. C. Trang 6/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 5 . 9.

<span class='text_page_counter'>(157)</span> Ta có: SPQC ' SA ' B ' C '. QB ' B ' N B ' N 1 QC ' 3      QC ' C ' C B'B 3 B 'C ' 2 . PC ' QC ' 3 .  2.  3  SPQC '  3SA ' B 'C ' A 'C ' B 'C ' 2. Đặt h  d C ;  A ' B ' C ' . 1 1 VC .C ' PQ  .SPQC ' .h  .3S A ' B 'C ' .h  SA ' B 'C ' .h  VABC . A ' B 'C '  2 3 3 2 4 Mặt khác: VC . ABB ' A '  VABC . A ' B 'C'  . 3 3 1 2 AA ' AA ' VC . ABNM S ABNM AM  BN 7 7 7 4 7 2 3      VC . ABNM  .VC . ABB ' A '  .  VC . ABB ' A ' S ABB ' A ' AA ' BB ' AA ' AA ' 12 12 12 3 9. Câu 7.. 7 11 Suy ra: VCC ' MNB ' A '  VABC . A ' B ' C ' VC . ABNM  2   . 9 9 11 7 Vậy: VA ' MPB ' NQ  VC .PQC ' VCC ' MNB ' A '  2   . 9 9 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, trên cạnh SA lấy điểm M và đặt SM  x . Giá trị x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng SA nhau là: 5 1 5 1 5 1 . . . A. x  B. x  . C. x  D. x  3 2 3 2 Lời giải Chọn C. Ta có:  BC / /  SAD  SM SN   SAD    BMC   MN / / BC    x.  SA SD  BC   BMC  VS .MBC 2VS .MBC SM   x VS . ABC V SA VS .MCN 2VS .MCN SM SN   .  x2 VS . ACD V SA SD. . 2 VS .MCN  VS .MBC  V.  x  x2 . 2VS .MBCN V x  x2  x  x 2  S .MBCN  1 V V 2. Mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau Từ 1 và  2  ta có: 1  x  x 2  x . VS .MNBC 1  V 2.  2. 5 1 . 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(158)</span> Câu 8.. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , biết góc tạo bởi SG và mặt phẳng SBC bằng 300 . Mặt phẳng chứa BC và vuông góc với SA chia khối chóp đã cho V thành hai phần có thể tích V1 , V2 trong đó V1 chứa điểm S . Tỉ số 1 bằng V2 A.. 6 . 7. C. 7 .. B. 6 .. D.. 1 . 6. Lời giải Chọn D. *) Giả sử AG  BC  H  BC  SH . Ta có hình chiếu của SG lên mặt phẳng  SBC  trùng. . .    300 . với SH . Do đó, SG ;  SBC   GSH. *) Hạ BK  SA  SA   BCK  . Mặt phẳng chứa BC và vuông góc với SA tại K là  BCK  chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích V1 , V2 trong đó V1 chứa điểm S . Suy ra, V1  VS .KBC ; V2  VA.KBC  VS.A BC  V1 . Giả sử ABC đều có cạnh bằng 1 . Ta có , GH . 3 3 ; GB  ; 6 3.   300 nên: SG  GH  1 ; SH  3 . SGH vuông tại H có GSH tan 300 2 3 Lại có, SGB vuông tại G suy ra độ dài cạnh bên 2. 2 21 1  3 . SA  SB  SG  GB        6 2  3  2. 2. Trong SAB ta có BK . Trang 8/30 - Mã đề 101. 2 S SAB 1 mà SAB  SBC  S SAB  S SBC  SH .BC SA 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(159)</span> hay BK . 2.. 3 SH .BC .1 SH . BC 2 2   3  . SA SA 21 7 6. Ta có, AK  AB 2  BK 2  1 . Câu 9.. 4 21 21 21 21  và SK  SA  AK    7 7 6 7 42. .. 21 VS .KBC KS 1 1 6   42   VS .KBC  VS . ABC và VA.KBC  VS .A BC . Ta có , VS . ABC AS 7 7 21 7 6 1 V V1 7 S . ABC 1 Vậy,   . V2 6 V 6 S . ABC 7 [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA ', CC ' sao cho MA  MA ' và NC  4 NC ' . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Trong bốn khối tứ diện GA ' B ' C ', BB ' MN , ABB ' C ' và A ' BCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A ' BCN . B. Khối ABB ' C '. C. Khối BB ' MN . D. Khối GA ' B ' C '. Lời giải Chọn A. Giả sử lăng trụ có thể tích là V . 1 1 Thể tích khối tứ diện GA ' B ' C ' là: V1  .S A ' B 'C ' .d  G ,  A ' B ' C '   V . 3 3 1 Thể tích khối tứ diện A ' BCN là: V2  .S BCN .d  A ',  BCN   . 3 2 Mặt khác: VA '.BCC ' B '  V  VA ' ABC  V 3 1 1 4 4 2 S BCN  CN .d  B, CC '   . CC '.d  B, CC '   S BCC '  S BCC ' B ' . 2 2 5 5 5 2 2 2 4 Suy ra V2  VA ' BCC ' B '  . V  V . 5 5 3 15. Thể tích khối tứ diện ABB ' C ' là 1 1 1 1 1 2 1 V3  .S BB 'C ' .d  A,  BCC ' B '   . S BCC ' B ' .d  A,  BCC ' B '    .VA.BCC ' B '  . V  V . 3 2 3 2 2 3 3. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(160)</span> 1 Thể tích của khối tứ diện BB ' MN là V4  .S BB ' N .d  M ,  BCC ' B '  . 3 1 1 1 Mặt khác: S BB ' N  .BB '.d  N , BB '   .BB '.d  C , BB '  S BB ' C  S BCC ' B ' 2 2 2 1 1 1 2 1 Từ đó V4  . S BCC ' B ' .d  A,  BCC ' B '    . V  V . 3 2 2 3 3. Vậy, thể tích của khối tứ diện A ' BCN là bé nhất. Câu 10. Cho hình chóp tam giác đều S .ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , biết góc tạo bởi SG và mặt phẳng SBC bằng 300 . Mặt phẳng chứa BC và vuông góc với SA chia khối chóp đã cho V thành hai phần có thể tích V1 , V2 trong đó V1 chứa điểm S . Tỉ số 1 bằng V2 A. 7 .. 6 . 7. B.. C.. 1 . 6. D. 6 .. Lời giải Chọn C. *) Giả sử AG  BC  H  BC  SH . Ta có hình chiếu của SG lên mặt phẳng  SBC  trùng. . .    300 . với SH . Do đó, SG ;  SBC   GSH. *) Hạ BK  SA  SA   BCK  . Mặt phẳng chứa BC và vuông góc với SA tại K là  BCK  chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích V1 , V2 trong đó V1 chứa điểm S . Suy ra, V1  VS .KBC ; V2  VA.KBC  VS.A BC  V1 . Giả sử ABC đều có cạnh bằng 1 . Ta có , GH . 3 3 ; GB  ; 6 3.   300 nên: SG  GH  1 ; SH  3 . SGH vuông tại H có GSH tan 300 2 3 Trang 10/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(161)</span> Lại có, SGB vuông tại G suy ra độ dài cạnh bên 2. 2 21 1  3 2 2 . SA  SB  SG  GB        6 2  3 . Trong SAB ta có BK . hay BK . 2.. 2 S SAB 1 mà SAB  SBC  S SAB  S SBC  SH .BC SA 2. 3 SH .BC .1 SH . BC 2 2   3  . SA SA 21 7 6. Ta có, AK  AB 2  BK 2  1 . Ta có ,. VS .KBC VS . ABC. 4 21 21 21 21  và SK  SA  AK    7 7 6 7 42. .. 21 KS 1 1 6   42   VS .KBC  VS . ABC và VA.KBC  VS .A BC . AS 7 7 21 7 6. 1 V V1 7 S . ABC 1 Vậy,   . V2 6 V 6 S . ABC 7. Câu 11. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hình chóp đều S .ABC có góc giữa mặt bên và mặt đáy  ABC  bằng 600. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng của khối chóp S . ABC. a3 3 . V  A. 12. a3 3 . V  B. 16. a3 3 . V  C. 18 Lời giải:. 3a 7 , tính theo a thể tích V 14 a3 3 . V  D. 24. Chọn D. Gọi O là trung điểm AC, x là cạnh của tam giác đều, G là trọng tâm tam giác ABC.   600 . +) Ta có SO  AC ; BO  AC nên góc giữa (SAC) và (ABC) là SOB Vì SABC là chóp đều nên SG  ( ABC )  SG  GO . Xét tam giác vuông SAG có 1 x 3 x SG  tan 600.OG  3. .  3 2 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(162)</span> +) Từ A kẻ AD / / BC suy ra: d  BC ; SA   d  BC ;  SAD    d  B;  SAD   . 3 d ( B;( SAD)) (*) 4   1200 ; BAG   300  GAD   900 Vì BAD hay AG  AD (1) . Lại có SG  AD (2).  AD  ( AGS ) .Kẻ GK  SA (3)  GK  AD (4) . Từ (3) và (4) suy ra GK  ( SAD )  d (G;( SAD ))  GK . Do đó d (G;( SAD ))  GK . Xét tam giác vuông SGA ta có:. Mặt khác ta có d  G;  SAD   . 1 1 1 1 1 7 x 7     2  GK  2  2 2 2 2 GK GA GS 7 2 x 3 x  x    4  3 2  x 7 2 3a 7 a2 3 a Từ (*) ta có   x  a . Vậy SG  và S ABC  7 3 14 2 4 2 1 1 a a 3 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC  SG.S ABC  . .  . 3 3 2 4 24 Chọn đáp án D..   600 , góc Câu 12. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có AA '  2a , tam giác ABC vuông tại C và BAC 0 giữa cạnh bên BB ' và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 60 . Hình chiếu vuông góc của B ' lên mặt. phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Tính thể tích của khối tứ diện A ' ABC theo a. 3a 3 9a3 27 a 3 9a 3 A. B. C. D. . . . . 26 26 208 208 Lời giải Chọn B. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , I là trung điểm cạnh AC .  Theo giả thiết ta có: B ' H   ABC    BB ',  ABC    B ' BH  60 0 . Trong tam giác vuông B ' BH có : 3 B ' H  BB '.sin 60 0  2 a. a 3. 2 1 3 3a . BH  BB '.cos 600  2a.  a  BI  BH  2 2 2. Trang 12/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(163)</span>   x.cos 600  x ; BC  AB.sin 60 0  x 3 . Giả sử AB  x, x  0  AC  AB.cos BAC 2 2 Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABI , ta có 2. BI 2  AB 2  AI 2  2 AB. AI .cos 600 . 9a 2 x 1 36a 2 x  x 2     2.x. .  x 2  4 4 2 13 4. 1 1 x x 3 x 2 . 3 9a 2 3 Diện tích tam giác ABC là S  .CA.CB  . . .   2 2 2 2 8 26 1 1 9a 2 3 9a3 Vậy, thể tích khối tứ diện A ' ABC là: V  .S ABC .B ' H  . .a 3  . 3 3 26 26 Câu 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy. ABCD . là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD  AN  AM . sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của A. 5.. B.. 1 16  bằng: 2 AN AM 2. 5 . 4. C. 2.. D.. 17 . 4. Lời giải Chọn A. Đặt AM  x, AN  y  0  y  x  2 Chọn hệ trục tọa độ O xyz tương ứng như hình vẽ. Ta có: A 0;0;0 , S  0;0;2 , M  x;0;0 ,. N  0; y;0 C  2; 2;0 .    Ta có: SM   x;0; 2  , SC   2; 2; 2 , SN   0; y; 2  .    n SMC    SM , SC    4; 2 x  4; 2 x  .    Lại có n SNC    SN , SC    2 y  4; 4; 2 y    Do  SMC    SNC  nên n SMC .n SNC  0  4. 2 y  4   2x  4 . 4  2x. 2 y   0 .  2 x  2 y  xy  8  0  x  2 . . 12 1  y  2  2 3 y2. . 1 1 Ta có VS . AMNC  .S AMNC .SA  .  S AMN  SCMN  .SA . 3 3 1   x. y 2  x  y   x. y 1   Mà SA  2 , S AMN   AM , AN   , SCMN  CM , CN   . 2 2 2 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(164)</span> 1  xy 2  x  y   xy  2 Suy ra VS . AMNC     .2   x  y  . 3 2 2 3  Để VS . AMNC đạt giá trị lớn nhất thì  x  y  đạt giá trị lớn nhất. Xét P  x  y  y  2 . P. 12 y2. y 2  2 y  y  4  12 y 2  y  8  . y2 y2.  y  2  2 y  1   y 2  y  8 P  y   2  y  2  P  y  . 2 y2  y  4 y  2  y 2  y  8.  y  2. 2.  P  y  . y2  4 y  6.  y  2. 2. ..  y  2  10  P  y   0  y 2  4 y  6  0   .  y  2  10 So điều kiện ta nhận y  2  10  x  2  2 10. x  2  Max P  y   P 1  11   (thỏa yêu cầu đề bài). 1; 2  2 3   y 1 1 16 Vậy 2  2  5. y x Câu 14. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD đỉnh S , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  bằng 6. Gọi V là thể tích khối chóp S .ABCD , tính giá trị nhỏ nhất của V . A. 18 3 .. B. 54 3 .. C. 64 3 . Lời giải. Chọn B. Gọi O là giao điểm của AC và BD , M là trung điểm AB . Vì S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD  . Ngoài ra, CO cắt  SAB  tại A nên  d  O ;  SAB   . d  O ;  SAB   d  C ;  SAB  . . AO 1  AC 2. 1 6  d  C ;  SAB     3 . 2 2.  AB  SO  SO   ABCD    AB   SOM  Ta có:   AB  OM  OM // AD  Trang 14/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. 27 3 ..

<span class='text_page_counter'>(165)</span>   SAB    SOM  , mà  SAB    SOM   SM , trong  SOM  , kẻ OH  SM tại H Suy ra OH   SAB   OH  d  O ;  SAB    3 . Đặt AD  2a , SO  h  a, h  0  . Áp dụng hệ thức lượng trong SOM vuông tại O có SO  h , OM  a , OH  3 , ta được: 1 1 1 1 1 1    2 2  2 2 2 OH SO OM h a 9 h.  2a  1 4 3 Mà V  VS . ABCD   SO  S ABCD   a2h  a2h  V . 3 3 3 4 1 1 1 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương: 2 , , , ta được: 2 h 2a 2a 2 2. 1 1 1 1 1 1  2  2  3. 3 2  2  2 2 h 2a 2a h 2a 2a 2 1 3    3 4a 4 h 2  27  4  a 2 h   273 9 3 4a 4 h 2  a2h . 273 3 81 3  V  V  54 3 . 4 4 2. 1 1 1 1 1 h  3 3  h 2  a 2  9  h 2  27  V  54 3     3 6. 1  1 1  2 a   2  h 2 2a 2  a 2 27 Vậy Vmin  54 3 . Câu 15. Cho tứ diện ABCD có AB  x , AC  AD  CB  DB  2 3 , khoảng cách giữa AB , CD bằng 1 . Tìm x để khối tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. A. x  22 . B. x  13 . C. x  26 . D. x  11 . Lời giải Chọn A. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD .. ACD cân tại A (vì AC  AD ) nên AN  CD .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(166)</span> BCD cân tại B (vì BD  BC ) nên BN  CD . Suy ra CD   ABN   MN  CD . Tương tự, ta cũng có MN  AB . Do đó MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và. CD suy ra d  AB, CD   MN  1 . CMD cân tại M cho MC 2  MD 2  BC 2  MB 2  12 . Và MN 2 . 2  MC 2  MD 2   CD 2 4. x2 . 4.  CD  44  x 2 .. 1 1 1 x 1 Mà VABCD  2VA.MCD  2. S MCD . AM  .MN .CD. AM  . 44  x 2  x 44  x 2 . 3 3 3 2 6. Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có x 44  x 2 . x2 . . 44  x 2 2. . 2.  22 .. 1 11 11 Suy ra VABCD  .22   max VABCD   . Dấu "  " xảy ra khi x  44  x 2  x  22 . 6 3 3. Vậy khi x  22 thì thể tích khối chóp ABCD đạt giá trị lớn nhất. Câu 16. Cho tứ diện ABCD có hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  là H nằm trong tam giác BCD .. 3 và tiếp xúc các cạnh AB, AC , AD . Dựng hình bình hành AHBS . Tính giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD 3 3 3 A. 3 . B. 3 3 . C. . D. . 2 2 Lời giải Chọn D Biết rằng H cũng là tâm của một mặt cầu bán kính. Gọi M,N,P lần lượt là hình chếu của H lên AB,AC,AD ta có HM=HN=HP= 3  AM=AN=AP  AH   MNP    MNP    BCD   AB  AC  AD. ( AH là trục đường tròn MNP ) Vậy A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp  BCD Trang 16/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(167)</span> AH là trục đường tròn ngoại tiếp  BCD .. Gọi I=AH BS  IB=IC=ID=IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD. IH  x . 1 1 1 12 x 2 2    HB  HM 2 HB 2 HA2 4x 2  3. HBI taiH : BI 2  HB 2  HI 2 . 4 x4  9 x2 4 x2  3. 4t 2  9t 3 16t 2  24t  27  t  x  f (t )  (t  )  f (t )  2 4t  3 4  4t  3 2. f (t )  0  t . 9 3 (n )  t   (l ) 4 4. 3 3 2 Câu 17. Cho hình lăng trụ tam giác ABC . AB C  . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB, BC , CC  . Vẽ bảng biến thiên Rmin . Mặt phẳng  MNP  chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa điểm B gọi là V1 . Gọi V là thể V1 . V 95 B. . 144. tích khối lăng trụ. Tính tỉ số A.. 49 . 144. C.. 73 . 144. D.. 49 . 95. Lời giải Chọn A. Gọi I  NP  BB, G  NP  BC, J  MG  AC, H  IM  AB.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(168)</span> IH IN IB 1 GC  GP 1 GJ 1    ,   ,  IM IG IB 3 GB GI 3 GM 2 1 1 3 1 Ta có VI . B MG  d  I ,  B MG .S B MG  . d  B,  B MG . .d G , B M .B M 3 3 2 2 3 1 3  d  B,  B MG . d G , B M .B A  V . 8 2 8 VI . BHN IB IH IN 1 1 1  . .   VI . BHN  VI .B MG  V , VI .BMG IB IM IG 27 27 72. Ta có. VG.C JP GC  GJ GP 1 1 1  . .   VG.C JP  VI .B MG  V . VG. BMI GB  GM GI 18 18 48. 3 1 1 49 V 49 Khi đó V1  VI . B MG VI .BHN VG .C JP  V  V  V  V 1 8 48 72 144 V 144 Câu 18. (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Trong các khối chóp tứ giác đều S .ABCD mà khoảng cách từ A đến mp  SBC  bằng 2a , khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng. A. 3 3a3 .. B. 4 3a3 .. 3 C. 2 3a . Lời giải. D. 2a 3 .. Chọn C. Gọi O là tâm của mặt đáy, M là trung điểm cạnh BC . Dễ thấy do S .ABCD là khối chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SO  ABCD . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống SM trong mp  SMO   OH  SM . (1) Hơn nữa, OM  BC và SM  BC  BC   SOM   OH  BC . (2) Từ (1) và (2)  OH   SBC   d  O;  SBC    OH .. Do O là trung điểm cạnh AC nên d  A;  SBC    2d  O;  SBC    2OH . Theo giả thiết d  A;  SBC    2a  OH  a .. Giả sử chiều dài cạnh đáy là 2x ( x  a do OM  OH ) và SO  h ( h  0 ). Trong tam giác vuông SOM h 2 x2 h2 x2 a 2 x2 2 2 2 2 2 2 OH 2  2 2  a 2  2  h   h x  a  a x   h x h  x2 x2  a2 Thể tích khối chóp S .ABCD là 16 a 2 x 2 4 16a 2 x 6 1 16 2 2 x  V  V  h.  4 x 2   V 2  h 2 x 4  V  9 x2  a 2 9 x2  a2 3 9 16a 2 x 6 Xét hàm số f  x   trên khoảng  a;    , ta có: 9 x2  a2. Trang 18/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(169)</span> x  0 5 2 2 16a 2 4 x 7  6 x 5 a 2 16a 2 2 x  2 x  3a   . ; f  x  0   f  x  2 2 x   3a 2 2 2 2 9 x  a  9 x a   2 Ta có BBT:. Hàm số f  x  đạt giá trị nhỏ nhất là 12a 6 nên khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng 2 3a3 . Câu 19. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chọp S . ABCD 7 IA lần phần còn lại. Tính tỉ số k  ? 13 IS 1 3 C. . D. . 3 4 Lời giải. thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng 1 . 2. A.. B.. 2 . 3. Chọn B S E S I. K. E I. D. A. P M B. N. C. P. Q. A. H. D. Hình 2. Hình 1. Mặt phẳng  MNI  cắt khối chóp theo thiết diện như hình 1. Đặt VS . ABCD  V . Ta có S APM  S BMN . d  I ,  ABCD  . d  S ,  ABCD   . . 1 1 S 1 S ABC  S ABCD  APM  . 4 8 S ABCD 8. IA k  . SA k  1. d  I ,  ABCD   VI . APM S k k  APM .   VI . APM  V . VS . ABCD S ABCD d  S ,  ABCD   8  k  1 8  k  1. Do MN / / AC  IK / / AC  IK / /  ABCD   d  I ;  ABCD    d  K ;  ABCD   .. k V. 8  k  1 Kẻ IH / / SD ( H  SD ) như hình 2. Ta có : Mà S APM  S NCQ .  VI . APM  VK . NCQ . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(170)</span> IH AH   SD AD IH PH   ED PD . AI k .  AS k  1 PA AH PA 2 AH 1 2k 3k  1       . PD PD PD 3 AD 3 3  k  1 3  k  1. d  E ,  ABCD   ED 3k ED IH ID 3k    .  :  d  S ,  ABCD   SD 3k  1 SD SD ED 3k  1. S PQD. VE .PQD 9 27 k 27 k    VE .PQD  V. S ABCD 8 VS . ABCD 24k  8 24k  8 13 13 VEIKAMNCD  V  VE . PDC  VI . APM  VK . NQC  V 20 20 27 k k k 13  V V V V 8  3k  1 8  k  1 8  k  1 20 . . 27 k k 13 2   k 2  3k  1 k  1 5 3. Câu 20. (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC và vuông góc với mặt phẳng  SCD  , cắt đường thẳng SD tại E . Gọi V và V1 lần lượt là thể tích khối chóp S . ABCD và D. ACE , biết V  5V1 . Tính côsin của góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của hình chóp S . ABCD 3 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 2 2 2 2 Lời giải Chọn A S. E H. A. B. A I. O C. Gọi O tâm hình vuông ABCD  tứ diện OSCD có OS , OC , OD đôi một vuông góc. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng  SCD   H là trực tâm SCD . Nối C với H cắt SD tại một điểm, điểm đó là E và  P    ACE  . 1 2 2 2 3 V1  V  V1  VS . ACD  VD. ACS  DE  DS  SE  DS . 5 5 5 5 5 SD  5 a , a  0 DE  2 a , SE  3 a Đặt: .   suy ra. Vì AC   SBD   SD  AC và SD  CE nên SD   ACE  . Gọi I là giao điểm của SH với CD  SI  CD, OI  CD và I là trung điểm của CD . . Gọi  là góc giữa  SCD  và  ABCD     SIO Trong tam giác SOD vuông tại O , OE là đường cao 2 2 OD  a 10 OD  ED.SD  10a  2   CD  2a 5. 2  SO  SE.SD  15a  SO  a 15 1 OI 1 Do đó OI  CD  a 5 và SI  2a 5  cos    . 2 SI 2 Trang 20/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(171)</span> Câu 21. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G . Một mặt phẳng qua G cắt các tia SA, SB và SC theo thứ tự SA SB SC  tại A , B , C  . Đặt  m,  n,  p . Đẳng thức nào sau đây đúng SA SB SC 1 1 1 1 1 1    4. A. B.    4 . mn np pm m n p C. m  n  p  4 .. 1 1 1   1. m2 n2 p2. D. Lời giải. Chọn B S. C'. N A' G A. C. O B'. M. B. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh BC , SA , O là trọng tâm tam giác ABC .Khi đó, ta có:. G  SO  MN ..  1    1 1   1  Xét tam giác SAM có: SG  SN  SM   SA  SM   SA  2 SM 2 22  4  1  2  1     4 SG 3 và SO  SA  SM  SA  2 SM  SG   . 3 3 3 3 SO 4 V V SA SG SC  3 3 Ta có: SAGC   . .  m. . p  VSAGC   mnp. SAOC (1) VSAOC SA SO SC 4 4 n   VSAGB  SA SG SB V 3 3  . .  m. .n  VSAGB   mnp. SAOB (2) VSAOB SA SO SB 4 4 p VSB GC  SB SG SC  V 3 3  . .  n. . p  VSB GC   mnp. SBOC (3) VSBOC SB SO SC 4 4 m Cộng (1),(2),(3) vế theo vế ta được: 1  3 1 1 VSABC   mnp  .VSAOC  .VSAOB  .VSBOC  4 p m n . . . . . . . 1 V  VSABC  3 1 V 1 V  mnp  . SAOC  . SAOB  . SBOC  VSABC 4  n VSABC p VSABC m VSABC  1 S 3 1 S 1 S   mnp  mnp  . AOC  . AOB  . BOC  4  n S ABC p S ABC m S ABC  . 4  1 d  O; AC  1 d  O; AB  1 d  O; BC   4 1 1 1 1 1 1  .  .  .   .  .  . 3  n d  B; AC  p d  C ; AB  m d  A; BC   3 n 3 p 3 m 3 1 1 1     4. m n p Bình luận: Nếu làm trắc nghiệm, ta chọn mp qua G và cắt SA, SB, SC là mp  NBC  ,ta có ngay . đáp án:. 1 1 1    4. m n p. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 21/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(172)</span> Câu 22. Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD . Gọi N là trung điểm cạnh SB , M là điểm đối xứng với B qua A . Mặt phẳng  MNC  chia khối chóp S .ABCD thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 , V2 với V1  V2 và V là thể tích khối chóp S .ABCD . Tính tỷ số A.. 7 . 24. B.. 5 . 24. C.. V1 . V. 5 . 12. D.. 7 . 12. Lời giải Chọn C S N P A. B. C Q. D. Gọi P  MN  SA , Q  MC  AD . Ta có thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  MNC  là tứ giác CNPQ . Dễ thấy P là trọng tâm của tam giác SBM và Q là trung điểm của đoạn AD . Gọi V0 thể tích của phần chứa điểm S , S là diện tích của tứ giác ABCD và h chiều cao của hình chóp S .ABCD . Ta có. V0  VS .NPQ VS.NQC  VS.QDC . Mà SP SN 1 1 1 1 1 1 . .VS .BAQ  . .S ABQ .h  . . S .h = V . SA SB 3 3 3 3 4 12 SN 1 1 1 1 1 1 VS . NQC  .VS .BQC  . .S BQC .h  . . S .h = V . SB 2 3 2 3 2 4 1 1 1 1 VS .QDC  . .SQDC .h  . S .h = V . 3 3 4 4 1 1 1 7 Suy ra V0  V  V  V  V . 12 4 4 12 7 5 Dẫn đến V2  V và V1  V  V2  V . 12 12 VS . NPQ . Vậy. V1 5  . V 12. Nhận xét: kết quả này đúng cho hình chóp có đáy là hình bình hành. Câu 23. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA ', CC ' sao cho MA  MA ' và NC  4 NC ' . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Trong bốn khối tứ diện GA ' B ' C ', BB ' MN , ABB ' C ' và A ' BCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABB ' C '. B. Khối BB ' MN . C. Khối GA ' B ' C '. D. Khối A ' BCN . Lời giải Chọn D. Trang 22/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(173)</span> Giả sử lăng trụ có thể tích là V . 1 1 Thể tích khối tứ diện GA ' B ' C ' là: V1  .S A ' B 'C ' .d  G ,  A ' B ' C '   V . 3 3 1 Thể tích khối tứ diện A ' BCN là: V2  .S BCN .d  A ',  BCN   . 3 2 Mặt khác: VA '.BCC ' B '  V  VA ' ABC  V 3 S BCN . 1 1 4 4 2 CN .d  B , CC '   . CC '.d  B , CC '   S BCC '  S BCC ' B ' . 2 2 5 5 5. 2 2 2 4 Suy ra V2  VA ' BCC ' B '  . V  V . 5 5 3 15. Thể tích khối tứ diện ABB ' C ' là 1 1 1 1 1 2 1 V3  .S BB 'C ' .d  A,  BCC ' B '   . S BCC ' B ' .d  A,  BCC ' B '    .VA.BCC ' B '  . V  V . 3 2 3 2 2 3 3 1 Thể tích của khối tứ diện BB ' MN là V4  .S BB ' N .d  M ,  BCC ' B '  . 3 1 1 1 Mặt khác: S BB ' N  .BB '.d  N , BB '   .BB '.d  C , BB '  S BB ' C  S BCC ' B ' 2 2 2 1 1 1 2 1 Từ đó V4  . S BCC ' B ' .d  A,  BCC ' B '    . V  V . 3 2 2 3 3. Câu 24.. Vậy, thể tích của khối tứ diện A ' BCN là bé nhất. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, trên cạnh SA lấy điểm M và đặt SM  x . Giá trị x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng SA nhau là: 5 1 5 5 1 1 . . . A. x  . B. x  C. x  D. x  2 3 3 2 Lời giải Chọn B. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 23/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(174)</span> Ta có: SM SN  BC / /  SAD    SAD    BMC   MN / / BC    x.  SA SD  BC   BMC  VS .MBC 2VS .MBC SM   x VS . ABC V SA VS .MCN 2VS .MCN SM SN   .  x2 VS . ACD V SA SD. . 2 VS .MCN  VS .MBC  V.  x  x2 . 2VS .MBCN V x  x2  x  x 2  S .MBCN  1 V V 2. Mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau. VS .MNBC 1  V 2.  2. 5 1 . 2 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là. Từ 1 và  2  ta có: 1  x  x 2  x  Câu 25.. hình chữ nhật AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADDA  và  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích khối tứ diện ACBD . A.. a3 . 3. B.. 3a 3 . 2. C.. a3 . 2. D.. a3 . 6. Lời giải Chọn C A'. B'. D'. I D. A'. C'. a. A 60° O. C. B'. D'. C'. a. A. B D. B. O C. Gọi O  AC  BD và I là trung điểm của AD . Ta có  ADDA    ABCD   AD , OI  AD và AO   ABCD  nên góc giữa hai mặt phẳng.  ADDA. và  ABCD  là  AIO  60 .. a a 3 Tam giác AIO vuông tại O nên AO  IO tan  . AIO   tan 60  2 2. Thể tích của khối lăng trụ ABCD. ABCD là V  AB. AD. AO  a.a 3  Trang 24/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. a 3 3a 3 .  2 2.

<span class='text_page_counter'>(175)</span> 1 1 1 a 3 a3 Dễ thấy VCC BD  VB ' ABC  VAABD  VDACD    AD  DC  AO   a 3  a   . 3 2 6 2 4   Vậy thể tích khối tứ diện ACB D là. 3a 3 a3 a3  4  . 2 4 2 Câu 26. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là điểm trên cạnh SC sao cho SC  5SP. Một mặt phẳng ( ) qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và V N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị lớn nhất của 1 . V 2 1 1 3 A. . B. . C. . D. . 15 15 25 25 Lời giải Chọn D VACBD  V  VCC BD  VB ' ABC  VAABD  VDACD  V  4VDACD . V1 VS . AMPN V  VS . APM V V 1  SP SN SP SM    S . APN  S . APN  S . APM   .  .  V VS . ABCD VS . ABCD 2VS . ACD 2VS . ABC 2  SC SD SC SB  SM SN 1  SN SM  , b , 0  a, b  1 .     . Đặt a  SB SD 10  SD SB  Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD . Trong mặt phẳng  SAC  , AP  SO  I . Ta có. PS AC IO IO SI 1 . . 1  2  . PC AO IS IS SO 3 S SM SN  a.b . Xét tam giác SBD có SMN  . S SBD SB SD S S  S SNI S S 1  SM SI SN SI  1 Mặt khác, SMN  SMI .  .  SMI  SNI     a  b S SBD S SBD 2 S SBO 2 S SDO 2  SB SO SD SO  6 1 1 a Vậy,  a  b   ab , do a  không thoả mãn hệ thức nên b  , do 0  b  1 nên 6 6 6a  1 a 1 V 1 1 1 a  0  1  a  . Từ đó, 1   a  b    a   với  a  1 . 6a  1 5 V 10 5 10  6a  1  Xét tam giác SOC có. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 25/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(176)</span> Xét hàm số y  f  x   x . x 1 1  với x   ;1 . y   1  , 2 6x 1 5   6 x  1.  x  0  l 6 2 1 6 1 2  y  0   6 x  1  1   . Ta có f    , f    , f 1  . Vậy x  1 5 5 5 3 3 3  6 max f  x   f 1  . 1  5 x ;1 5 . Từ đó, giá trị lớn nhất của. V1 3 bằng khi M trùng B hoặc N trùng D . V 25. Cách 2: Lưu Thêm SA SB SC SD  1; b   5; d  * Đặt a  ; c . SA SM SP SN * Ta có a  c  b  d  1  5  b  d  d  6  b . V a  b  c  d 1 b  5  6  b 3 1   . 2 * S . AMPN  . VS . ABCD 4abcd 4.1.b.5.  6  b  5 b  6b. 3 1 ; b  1;5 (do b , d  1 ). * Xét f  b   . 2 5 b  6b 3 2b  6 f  b   . ; f  b   0  b  3 . 5  b 2  6b 2 Bảng biến thiên:. V1 3  . V 25 Câu 27. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB  BC  CD  DA  1 và AC , BD thay đổi. Thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng: Kết luận: Giá trị lớn nhất của. A.. 2 3 . 9. B.. 2 3 . 27. C.. 4 3 . 9. D.. Lời giải Chọn B D. F. A. B E C. Trang 26/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 4 3 . 27.

<span class='text_page_counter'>(177)</span> Đặt AC  x, BD  y  x, y  0 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm AC , BD.. ABC  DBC c.c.c   DE  BE  EF  BD . Chứng minh tương tự: EF  AC . Suy ra EF là đoạn vuông góc chung của AC , BD.  AC  EF Ta có   AC   BED .  AC  BE 1 2 2 x y VABCD  2VABDE  2. AE.SBED  AE.EF .BF  . . .EF 3 3 3 2 2 Trong BEF : EF 2  BE 2  BF 2  1. 1.. x2 y2  . 4 4. Ta có: 2 2 2   2 1 2 2 1  x  y  4  x  y  4 2 3 2 2  .x . y . 4  x  y    maxVABCD  .    144 144   243 27 3. 2 VABCD. 2 3 . 27 Câu 28. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 1, đáy ABCD là hình thang với cạnh đáy lớn là AD và AD  3 BC . Gọi M là trung điểm cạnh SA, N là điểm thuộc cạnh CD. Dấu “=” xảy ra khi x 2  y 2  4  x 2  y 2  x  y . sao cho ND  3 NC . Mặt phẳng  BMN  cắt cạnh SD tại P . Thể tích khối chóp A.MBNP bằng A.. 3 . 8. B.. 5 . 12. C.. 5 . 16. D.. 9 . 32. Lời giải Chọn A S. M. A. P. D B. C. I. N. Đặt V  VS . ABCD  1. Gọi I là giao điểm của BN với AD , suy ra P là giao điểm của MI với SD. BC  DI và ND  3 NC  DI  3 BC  D là trung điểm của AI . Do đó P là trọng tâm của tam giác SAI . SP 2  . SD 3. 1 1 1 1 9 S BCD  . S ABCD  S ABCD ; S ADN  S NID  9 S BCN  S ABCD . 4 4 4 16 16 3 3 9 S ABN  S ABCD  S BCN  S ADN  S ABCD . Suy ra VS . ABN  V ; VS . ADN  V . 8 8 16 1 1 3 VS .MBN  VS . ABN  VA.BMN  VS . ABN  V ; 2 2 16 1 1 1 2 3 VS .MNP  VS . ANP  V A.MNP  VS . ANP  . VS . AND  V . 2 2 2 3 16 S BCN . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 27/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(178)</span> 3 3 Do đó VA.MBNP  VA.BMN  VA.MNP  V  . 8 8 Câu 29. Cho hình lăng trụ tam giác ABC . AB C  . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB, BC , CC  .. Mặt phẳng  MNP  chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa điểm B gọi là V1 . Gọi V là thể V1 . V 95 B. . 144. tích khối lăng trụ. Tính tỉ số A.. 49 . 144. C.. 73 . 144. D.. 49 . 95. Lời giải Chọn A. Gọi I  NP  BB, G  NP  BC, J  MG  AC, H  IM  AB. IH IN IB 1 GC  GP 1 GJ 1 Ta có    ,   ,  IM IG IB 3 GB GI 3 GM 2 1 1 3 1 Ta có VI . B MG  d  I ,  B MG .S B MG  . d  B,  B MG . .d G , B M .B M 3 3 2 2 3 1 3  d  B,  B MG . d G, B M .B A  V . 8 2 8 VI . BHN IB IH IN 1 1 1  . .   VI . BHN  VI .B MG  V ,  VI .BMG IB IM IG 27 27 72. VG.C JP GC  GJ GP 1 1 1  . .   VG.C JP  VI .BMG  V . VG. BMI GB  GM GI 18 18 48. V 3 1 1 49 49 Khi đó V1  VI . B MG VI .BHN  VG .C JP  V  V  V  V 1 8 48 72 144 V 144     Câu 30. Cho hình hộp ABCD. A B C D Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AA , BC , CD . Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm C, Tỉ số V1 bằng V2. A.. 119 . 425. B.. 119 . 25. C.. 113 . 24. Lời giải Trang 28/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.. 3 . 4.

<span class='text_page_counter'>(179)</span> Chọn B. Gọi NP  AB  H ; NP  AD  L; ML  DD  I ; MH  B B  K . Mặt phẳng  MNP  cắt lập phương được ngũ giác KNPIM Khi đó ta có HBN  NCP  PDL(g.c.g)  HN  PL  1 3. HL HB HN 1 KB DI 1 ;   ;   . 3 HA HL 3 MA MA 3 1 3. 1 3. Suy ra V2  V  IBAMK   V  IABNPD   V  IKNB   S ABKM . AD  ID.S ABNPD  DC.S BKN . S ABKM BK  AM 1 1    S ABKM  .S ABB A S ABB A 2 AA 3 3 S ABNPD  S ABCD  SCNP  S KBN . 7 S ABCD 8. 1 S  24 BCC B. Đặc biệt hóa khối hộp chữ nhật là khối lập phương ta suy ra 1 1 1 DD  7 1 1 25 V2  . S ABB A . AD  . S ABCD  DC. S BCB C   V. 3 3 3 6 8 3 24 144. Vậy. V1 119  . V2 25. Câu 31. Cho lăng trụ ABC . AB C  có thể tích bằng V .Các điểm M , N , E lần lượt là nằm trên các cạnh. AB , AC , AB sao cho MA  3MB , NA  NC  , EB  3EA .Mặt phẳng  MNE  cắt AC tại F . Thể tích khối đa diện lồi BEFCC MN bằng 3 41 V. A. V . B. 8 72. C.. 53 V. 72. D.. 5 V. 24. Lời giải Chọn C N. A'. C'. M B'. A. F. N'. C. E M' B. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 29/30 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(180)</span> Ta có:  ABC  //  AB C   Mà  MNE    ABC    MN ;  MNE    ABC   EF  EF // MN . Do đó hình đa diện AMNAEF là hình chóp cụt. Gọi h là chiều cao khối lăng trụ, S là diện tích đáy của hình lăng trụ. S AM AN 3 1 3 Ta có: AMN  .  .  S AMN  S . S ABC  AB AC  4 2 8 S AEF AE AF 1 1 1 1 1  .  . .   S AEF  S. S ABC AB AC 4 3 2 24 24. Thể tích hình chóp cụt AMNAEF là 1 13 1 3 1  13 13 S AMN  S AEF  S AMN .S AEF .h   S  S S . S  .h  S .h  V . 3 38 24 8 24  72 72 S BC  BM 1 1 Ta lại có: BC M  .   S BC M  S     S BC A B C B A 4 4 VAMN . AEF . . . 1 1 1 Thể tích khối chóp B.B C M là: VB. BC M  . S .h  V . 3 4 12 1  53  13 Thể tích khối đa diện BEFCC MN là: V   V  V   V . 12  72  73 ------------- HẾT -------------. Trang 30/30 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(181)</span> Chuyên đề. Câu 1.. 6. KHỐI TRÒN XOAY. Cho tam giác ABC đều cạnh a , đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d , H là trực tâm tam giác SBC . Biết rằng khi điểm S thay đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường tròn  C  . Trong số các mặt cầu chứa đường tròn  C  , bán kính mặt cầu nhỏ nhất là A.. a 2 . 2. B.. a 3 . 12. C.. a 3 . 6. D. a .. Lời giải Chọn B. Gọi G là trực tâm của tam giác ABC. Ta có BC   SAI   BC  GH (1). DC   SAB   DC  SB SB  KC    SB   CDK   SB  GH (2) SB  CD    90o  H thuộc mặt cầu đường kính GI và thuộc mặt phẳng (1), (2) suy ra GH   SBC   GHI cố định  SAI  nên H thuộc đường tròn  C  là giao của mặt cầu đường kính GI và mặt phẳng.  SAI  . Dễ nhận thấy trong các mặt cầu chứa  C  , mặt cầu đường kính GI. là mặt cầu có bán kính. GI a 3 .  2 12 có tâm I1 1;0;1 , bán kính. nhỏ nhất, suy ra H nằm trên đường tròn đường kính GI nằm trong  SAI  .  Rmin  Câu 2.. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S1 . R1  2 và mặt cầu  S 2  có tâm I 2  1;3;5  , bán kính R2  1. Đường thẳng d thay đổi nhưng luôn. tiếp xúc với  S1  ,  S 2  lần lượt tại A và B. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của đoạn AB. Tính P  M .m. A. P  8 6.. B. P  8 5.. C. P  4 5. Lời giải. D. P  2 6.. Chọn A. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/6 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(182)</span> Ta có : I1 I 2  5  R1  R2  3. Gọi P , Q lần lượt là tâm vị tự trong và ngoài của hai mặt cầu  S1  ,  S2  . Qua P và Q lần lượt kẻ hai tiếp tuyến chung với hai mặt cầu  S1  ,  S2  là MN và HK với M , N , H , K là các tiếp điểm của tiếp tuyến d với hai mặt cầu. Khi đó ABmin  MN , ABmax  HK . 10  4 1   PI1  PN  PN  PM    PN PI 2 R2 1    3 3 2 Ta có:        MN  MP  PN  4 . 1 5 8 PM PI1 R1 2   PI   PM  PI  PI  2 2 1  2 3  3 1  QI 2  QI1  QI 2 QK R2 1  2 Ta có:      QI 2  I1 I 2  5 . 1 QI1 QH R1 2  QK  QH  2 Ta có: QH  I1Q 2  R12  102  22  4 6  HK  2 6 . Do đó : M .m  HK .MN  2 6.4  8 6 . Câu 3.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Cho tam giác đều ABC có đỉnh A  5;5 nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA , M là trung điểm BC . Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V1 và V2 . A. B. M. C. A'. V1 Tỷ số V2 bằng Trang 2/6 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(183)</span> A.. 9 . 32. B.. 9 . 4. C.. 27 . 32. D.. 4 . 9. Lời giải Chọn A Gọi độ dài cạnh của tam giác ABC là a . Khi đó khối nón tạo thành có bán kính đáy là: r  BM . a a 3 ; chiều cao h  AM  2 2. 2. 1 1  a  a 3  a3 3 Thể tích khối nón là V1   r 2 h  . .   .  3 3 2 2 24. Khối cầu tạo thành có bán kính là R . 2 a 3 AM  3 3 3. 4 4 a 3 4 a 3 3 Thể tích khối cầu là: V2   R 3  . .    3 3  3  27. Suy ra: Câu 4.. V1  a 3 3 4 a 3 3 9 .  :  V2 24 27 32. a 6 và mặt phẳng  SAC  vuông góc 3 với mặt phẳng  ABC  . Tính diện tích xung quanh của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC .. Cho hình chóp S. ABC có SA  SB  SC  AB  a , BC . A.. 15 a 2 . 7. B.. 12 a 2 . 7. C.. 4 a 2 . 7. D.. 3 a 2 . 7. Lời giải Chọn B S. I. A. B H C. Gọi H là trung điểm của AC  SH   ABC  Gọi I là trung điểm của AB  HI  Tam giác SAB đều cạnh a  SI  SH  SI 2  HI 2 . BC a 6  2 6. a 3 2. a 21 6. a 15 3 Gọi rb , rd lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác SAC , ABC AC  2 AH  2 SA2  SH 2 . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC S SAC . 1 a 2 35 SA.SC . AC a 21 SH . AC   rb   2 12 4 S SAC 7. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/6 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(184)</span> Theo công thức Hê-rông: S ABC . a2 6 AB. AC.BC a 15  rd   6 4 SABC 6 2.  a 21  AC 2 a 21 12 a 2 R  rb  rd   Vậy: S mc  4     7  4 7 7   (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Trong không gian cho tam giác ABC có AB  2 R, AC  R, CAB  1200 . Gọi M là điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm B , bán kính R . Giá trị 2. Câu 5.. 2. nhỏ nhất của MA  2MC là A. 4R .. C. R 19 . Lời giải. B. 6R .. D. 2 R 7 .. Chọn C. A D B C   Ta có MA2  MB  BA.  2    2  BA  MB   2   1   2  MB  2 MB.BA  BA   MB  BA    2 MB  BA  . BA 2  MB      2  1   BA .  MA2  2 MB  BA  MA  2 MB  2 4      BA Gọi D là điểm thỏa mãn BD  , khi đó MA  2 MB  BD  2 MD  2 MD . 4. . . 2. . . Do đó MA  2MC  2  MC  MD   2CD . 19 2 19 . R  CD  R 4 2 Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn CD với mặt cầu tâm B bán kính R .. Lại có CD 2  AC 2  AD 2  2 AC . AD cos120 . Câu 6.. Vậy giá trị nhỏ nhất của MA  2MC là R 19. (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Người ta thả một viên bi có dạng hình cầu có bán kính 2,7cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước (tham khảo hình vẽ dưới). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5,4cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng. 4,5cm . Khi đó chiều cao của mực nước trong cốc là?. Trang 4/6 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(185)</span> A. 5,6cm .. B. 5,5cm .. C. 5,4cm . Lời giải. D. 5,7cm .. Chọn C. Gọi R  2,7 cm là bán kính của viên bi. Ta có bán kính phần trong đáy cốc là 2 R . 2 Thể tích nước ban đầu là: V1    2R .4,5  18 R . 2. 4 Thể tích viên bi là: V2   R 3 . 3.  . 4 3. 2  3 . 2 3 2 Thể tích nước sau khi thả viên bi là: V  V1  V2  18 R   R  2 R  9  R  .. Gọi h là chiều cao mực nước sau khi thả viên bi vào. 2   2   2 R 2  9  R   9  R  2  2 3   3    Ta có: V  2 R 2  9  R     2 R  .h  h    5.4  cm  . 2 3  2    2R  Câu 7.. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn  O; R  và  O; R  . AB là một dây cung của đường tròn.  O; R . sao cho tam giác OAB là tam giác đều và mặt phẳng  OAB  tạo với mặt phẳng chứa. đường tròn  O; R  một góc 60 . Tính theo R thể tích V của khối trụ đã cho. A. V .  7 R3 7. .. B. V . 3 5R 3 . 5. C. V .  5R3 5. .. D. V . 3 7 R 3 . 7. Lời giải Chọn D. O'. O. A M. B. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/6 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(186)</span> Đặt độ dài cạnh AB  x.  x  0. và M là trung điểm AB .. Vì tam giác OAB đều nên OA  OB  AB  x  OM . x 3 . 2.  MO  60 . Vì mặt phẳng  OAB  tạo với mặt phẳng chứa đường tròn  O; R  góc 60 nên O.  MO  Xét tam giác OOM vuông tại O ta có: cos O. OM . Suy ra OM. OM x 3  OM  4 x 3 2 2 Xét tam giác OAM vuông ở M có: OA  OM 2  AM 2 nên cos 60 . 2.  x 3   x 2 7 2 4 7 2 R   R      R  x  x  16 7  4  2 2. Do đó: OM . x 3 2 21 x 3 21  R và OM   R . Vì vậy, ta có 2 7 4 7 OO  OM 2  OM 2 . 3 7 R. 7. Vậy thể tích khối trụ là. V   R 2 .h   R 2 .. Trang 6/6 - Mã đề 101. 3 7 3 7 R3 R V  . 7 7 ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(187)</span> Chuyên đề Câu 1.. 7. TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , gọi  P  là mặt phẳng. x 1 y  2 z   và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau 1 1 2 đây thuộc mặt phẳng  P  ? chứa đường thẳng d : A. N  1; 2; 1 .. B. F 1; 2;1 .. C. E  3;0; 4  .. D. M  3;0; 2  .. Lời giải Chọn A   Ta có VTCP của đường thẳng d là u d  (1; 1; 2) và VTCP của trục Oy là j  (0;1; 0) .   ud . j 1  0 với Gọi  là góc giữa d và Oy , ta có cos      6 ud j Gọi  là góc giữa mặt phẳng ( P ) và Oy , do ( P ) chứa d nên ta có    . Dấu bằng xảy ra khi 1 mặt phẳng ( P ) tạo với Oy một góc  thỏa mãn cos   . 6 2 2 ( P ) chứa d nên ( P ) có dạng m( x  y  1)  n(2 x  z  2)  0, m  n  0.  (m  2n) x  my  nz  m  2n  0, m2  n2  0 m. sin  . . 5  4 m 2  20 mn  25n 2  0  2 m  5n  0 . 6. (m  2n)  m  n Chọn m  5, n  2 suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) : x  5 y  2 z  9  0. Vậy điểm N (1; 2; 1)  ( P ) .. Câu 2.. 2. 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;  1 , B  0; 4; 0  , mặt phẳng  P  có phương trình 2 x  y  2 z  2017  0 . Mặt phẳng  Q  đi qua hai điểm A , B và tạo với mặt phẳng   P  một góc nhỏ nhất.  Q  có một vectơ pháp tuyến là nQ   1; a ; b  , khi đó a  b bằng A. 0 .. B. 1 .. C. 2 . Lời giải. D. 4 .. Chọn A  Ta có AB   1; 2;1 ..  Mặt phẳng  Q  đi qua hai điểm A , B và có vectơ pháp tuyến nQ   1; a ; b  nên ta có   AB.nQ   0  2 a  b  1  b  1  2 a .  Suy ra nQ   1; a ;1  2a  .   n P  .n Q  2.1   1 .a  2 1  2a  Khi đó cos   P  ,  Q       2 n P  . nQ  22  12  22 12  a 2  1  2a . . a 5a 2  4 a  2. a2  5a 2  4 a  2. . a2 , ta có góc giữa  P  và  Q  nhỏ nhất  cos   P  ,  Q   lớn 5a 2  4 a  2 nhất  f  a  đạt giá trị lớn nhất. Ta có: Tập xác định D   .. Xét hàm số f  a  . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(188)</span> f  a . 4 a 2  4 a.  5a. 2.  4a  2 . 2. . a  0  f  0  0  Cho f   a   0  4a  4a  0   1.  a  1 f 1       3   Bảng biến thiên 2. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy cos   P  ,  Q   lớn nhất  a  1 .. Câu 3.. Suy ra b  1 . Vậy a  b  0 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  0 , điểm. A  2; 2;0  . Viết phương trình mặt phẳng  OAB  , biết rằng điểm B thuộc mặt cầu  S  , có hoành độ dương và tam giác OAB đều. A. x  y  z  0 . B. x  y  z  0 . C. x  y  2 z  0 . D. x  y  2 z  0 . Lời giải Chọn B.  S  có tâm I 1;1;1. bán kính R  3 .. Dễ thấy hai điểm O , A đều thuộc  S  , và OA  2 2 . Đặt B  x ; y ; z  ,  x  0  . Từ giả thiết, ta có B   S   x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  0 x  2   2  2 2   y  0 (do x  0 ). OB  2 2   x  y  z  8   z  2 2 2 2   x  2    y  2   z  8  AB  2 2. Suy ra B  2;0; 2  . Mặt phẳng  OAB  qua ba điểm O , A , B có phương trình x  y  z  0 . Vậy  OAB  : x  y  z  0 . Câu 4.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A 1; 2  , B  2; 3 , C  3;0  . Phương trình đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC là A. 4 x  y  2  0 . B. y  2 . C. 2 x  y  0 . Lời giải. Trang 2/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. x  1 ..

<span class='text_page_counter'>(189)</span> Chọn D Bài toán tổng quát: Gọi d là phân giác ngoài góc A của tam giác ABC .     1   1  Đặt AE  . AB , AF  . AC và AD  AE  AF . AB AC Khi đó tứ giác AEDF là hình thoi (vì AE  AF  1 ). (Hình bình hành có 2 cạnh kề bằng nhau). Suy ra tia AD là tia phân giác trong góc EAF .  Do đó: AD  d . Nên AD là vectơ pháp tuyến của đường thẳng d .   AB  1; 1 , AB  2  Áp dụng:    AD  2; 0  2 1;0  .  AC   2; 2  , AC  2 2 Xem đáp án chỉ có đáp án A có vectơ pháp tuyến là 1;0  .. . Câu 5.. . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng.   : x  my  z  2m  1  0 và    : mx  y  mz  m  2  0 . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng  Oxy  . Biết rằng với mọi số thực m thay đổi thì đường thẳng  luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn C  Mặt phẳng   : x  my  z  2m  1  0 có một vectơ pháp tuyến là n1  1;  m;1 .  Mặt phẳng    : mx  y  mz  m  2  0 có một vectơ pháp tuyến là n2   m;1;  m  . 1 1   Ta có M   m  ; 0; m   1  d        . m m      Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u   n1 ; n2    m 2  1; 2m; m 2  1 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng  Oxy  . Khi đó  P  có     một vectơ pháp tuyến là n  u; k    2m;1  m 2 ; 0  (với k   0;0;1 ). Phương trình mặt phẳng  P  là 2mx  1  m 2  y  2m 2  2  0 .. Trong mặt phẳng  Oxy  , gọi I  a; b;0  là tâm đường tròn.. Theo giả thiết  là tiếp tuyễn của đường tròn  d  I ; d   d  I ;  P    R (cố định) . Câu 6.. 2ma  1  m2  b  2m2  2 4m 2  1  m 2 . 2. R0. 2am   2  b  m 2  b  2 m2  1. R0.  2a  0  a  0    2  b  R  b  0   2am   2  b  m 2  b  2  R  m 2  1  b  2  R   R  2  0      .  2am   2  b  m 2  b  2   R  m 2  1 2a  0 a  0     2  b   R  b  0    b  2   R   R  2  0 Vậy R  2 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình mặt cầu:  S m  : x 2  y 2  z 2   m  2  x  2my  2 mz  m  3  0 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(190)</span> Biết rằng với mọi số thực m thì  S m  luôn chứa một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. 2 4 2 1 A. r  3 . B. r  . C. r  . D. r  . 3 3 3 Lời giải Chọn C 9m 2  8m  16  m2  Mặt cầu  S m  có tâm I   . ;  m ; m  và bán kính R  2 2   Với m1 , m2 tùy ý và khác nhau, ta được hai phương trình mặt cầu tương ứng: 2 2 2  x  y  z   m1  2  x  2m1 y  2m1 z  m1  3  0  2 2 2  x  y  z   m2  2  x  2m2 y  2m2 z  m2  3  0 Lấy 1 trừ  2  theo vế, ta được:. 1 .  2.  m1  m2  x  2  m1  m2  y  2  m1  m2  z   m1  m2   0   m1  m2  .  x  2 y  2 z  1  0  x  2 y  2 z  1  0  3  . (vì m1  m2 ) Dễ thấy  3 là phương trình tổng quát của mặt phẳng.  Họ mặt cầu  S m  có giao tuyến là đường tròn nằm trên mặt phẳng  P . cố định có phương trình:. x  2 y  2z 1  0 .. Mặt khác, đặt d  d  I ,  P   . . m2  2m  2m  1 2 12  22   2 . 2. . 9m  4 6. .. 9m2  8m  16  9m  4  32  r  R d    m   . 4 36 9 4 2 Vậy r  . 3 2 2 2 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) :  x  1   y  2    z  3   27 . Gọi   là mặt phẳng 2. 2. Câu 7.. 2. 2. đi qua 2 điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0  và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  sao cho khối nón có đỉnh là tâm của  S  , là hình tròn  C  có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng   có phương trình dạng ax  by  z  c  0 , khi đó a  b  c bằng: A. 2. B. -4. C. 8. Lời giải Chọn B + Vì   qua A ta có: ( 4)  c  0  c  4 .. D. 0.. + Vì   qua B ta có: 2a  c  0  a  2 ..    : 2 x  by  z  4  0 . + Mặt cầu ( S ) có tâm I 1; 2;3 , R  3 3 . + Chiều cao khối nón: h  d I ,  . 2  2b  3  4 4  b 1 2. . 2b  5 b2  5. ..  2b  5   2b  5 +Bán kính đường tròn (C): r  R  h  27     27  2 2 b 5  b 5  2. 2. Trang 4/31 - Mã đề 101. 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 2. ..

<span class='text_page_counter'>(191)</span> 2 2b  5   2b  5  1 2 1  + Thể tích khối nón: V   r h    27  2  3 3  b  5  b 2  5 + Tới đây ta có thể thử các trường hợp đáp án.. Hoặc ta làm tự luận như sau: 2b  5 Đặt t  và xét hàm số f  t    27  t 2  t trên đoạn 0;3 3  . 2 b 5 t  3 Ta có: f   t   27  3t 2 ; f   t   0   . Ta có bảng biến thiên: t   3 l   . Do đó thể tích khối nón lớn nhất khi và chỉ khi 2.  2b  5  2 2 2 t 3   3  4b  20b  25  9b  45 2  b 5  2  5b  20b  20  0  b  2 . Vì vậy a  b  c  4 . Hoặc Ta gọi chiều cao khối nón là h , từ phương trình tính thể tích ta suy ra h  3 , tìm b từ 2b  5 phương trình:  3. b2  5 ------------------------------- Hết ------------------------------Câu 8.. . . (Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương 18-19) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 0; 4 2 ; 0 ,. . . B 0;0; 4 2 , điểm C   Oxy  và tam giác OAC vuông tại C , hình chiếu vuông góc của O trên. BC là điểm H . Khi đó điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng A. 2 2 .. B. 4 .. C. Lời giải. 3.. D. 2 .. Chọn D B. H. I. C. O. (T). I A. K. P. H. +) Dễ thấy B  Oz . Ta có A   Oxy  và C   Oxy  , suy ra OB   OAC  .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(192)</span>  AC  OC  AC   OBC  , mà OH   OBC  . Suy ra AC  OH 1 . +) Ta có   AC  OB Mặt khác ta có OH  BC  2  , (theo giả thiết). Từ 1 và  2  suy ra OH   ABC   OH  AB và OH  HA . +) Với OH  AB suy ra H thuộc mặt phẳng  P  với  P  là mặt phẳng đi qua O và vuông góc với đường thẳng AB . Phương trình của  P  là: y  z  0 .. . . +) Với OH  HA  OHA vuông tại H . Do đó H thuộc mặt cầu  S  có tâm I 0; 2 2 ; 0 là OA 2 2. 2 +) Do đó điểm H luôn thuộc đường tròn T  cố định là giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt. trung điểm của OA và bán kính R . cầu  S  . +) Giả sử T  có tâm K và bán kính r thì IK  d  I ,  P    2 và r  R 2  IK 2  2 . Vậy điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng 2 . Câu 9.. (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng.  P  : y 1  0 ,. x  1  1  đường thẳng d :  y  2  t và hai điểm A  1; 3;11 , B  ; 0;8  . Hai điểm M , N thuộc mặt 2  z  1  phẳng  P  sao cho d  M , d   2 và NA  2 NB . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN . 2 A. MN min  . 3. B. MN min  2 .. C. MN min . 2 . 2. Lời giải Chọn D Gọi I  d   P   I 1; 2  t;1. I   P   2  t  1  0  t  1  I 1;1;1 Ta có d   P   M thuộc đường tròn tâm I 1;1;1 , R1  2 ..    1  N  x; y; z   NA  1  x; 3  y;11  z  ; NB   x;  y;8  z  2  2  1 2 2 2 2  NA  2 NB  1  x    3  y   11  z   4   x   y 2   8  z     2   3 x 2  3 y 2  3 z 2  6 x  6 y  42 z  126  0  x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  14 z  42  0. . . Vậy N  S J 1;1;7  ; R2  3 và J   P  : y  1 Nên N thuộc đường tròn tâm J 1;1;7  ; R2  3. Ta có IJ  6  R1  R2  MN min  IJ  R1  R2  1 Trang 6/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. MN min  1 ..

<span class='text_page_counter'>(193)</span> Câu 10.. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 0; 0  , M 1; 1; 1 . Gọi  P  là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm A và M , cắt các trục Oy , Oz lần lượt tại các điểm B và C . Giả sử B  0; b; 0  , C  0; 0; c  , b  0 , c  0 . Diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất bằng A. 2 6 .. C. 3 3 . Lời giải. B. 4 6 .. D. 4 3 .. Chọn B Theo giả thiết  P  có dạng. x y z    1. 2 b c. 1 1 1 Do M   P      2  b  c   bc (1). b c 2   AB   2; b; 0  ; AC   2; 0; c  nên diện tích tam giác ABC là 1 2 1   1 1 2 2 AB  AC  4  b 2  c 2   b 2c 2   2b  2c   8bc   bc   . 2 2 2 2 Từ giả thiết ta có bc  0 và theo bất đẳng thức Cô – si: bc  2  b  c   2.2 bc  bc  4  bc  16 .. S ABC . Khi đó S ABC  Do đó min S ABC. 2 . 2. 2.  4  bc  .. 2 . 142  4  4 6 . 2 b  c  0   4 6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  1 1 1  b  c  4 .  b  c  2.  bc . 2.  4bc . 2 . 2.  bc .  bc  2 . 2. 4 . Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho điểm A  0;1;9  và mặt cầu  S  :  x  3    y  4    z  4   25 . 2. 2. 2. Gọi  C  là giao tuyến của  S  với mặt phẳng  Oxy  . Lấy hai điểm M , N trên  C  sao cho MN  2 5 . Khi tứ diện OAMN có thể tích lớn nhất thì đường thẳng MN đi qua điểm nào trong số các điểm dưới đây?  1   12  A.  5;5; 0  . B.   ; 4; 0  . C.  4; 6;0  . D.  ; 3; 0  .  5   5  Lời giải Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  3; 4; 4  , bán kính R  5 . Gọi rC là bán kính đường tròn  C  . Gọi H là tâm đường tròn  C   H  3; 4;0  , IH   Oxy  , d  I ,  Oxy    4 .. rC  52  42  3 , OH  5  O nằm ngoài đường tròn  C  , d  A,  Oxy    9. 1 1 VOAMN  d  A,  Oxy   .SOMN  3SOMN  3. d  O, MN  .MN  3 5.d  O, MN  3 2 Suy ra Vmax  d  O, MN max. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(194)</span> M K M'. N. H. O. N'. Mà d  O, MN   OH  HK  5  32 .  5. 2.  7 . (Với K là trung điểm MN ). Dấu bằng xảy ra khi OH  MN . Khi đó MN có 1 véc tơ chỉ phương là     OH ; k    4; 3; 0  , OH   3; 4; 0  , k   0;0;1 và đi qua trung điểm K của MN .    7   21 28  OK  OH  K  ; ; 0  5  5 5  21   x  5  4t  1 t 28  5 Phương trình đường thẳng MN :  y   3t   5;5; 0  5  z  0   Câu 12. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm. . . A  a; 0; 0  , B  0, b, 0  , C  0, 0, c  với a , b , c là những số dương thay đổi thỏa mãn a 2  4b 2  16c 2  49 . Tính tổng S  a 2  b 2  c 2 khi khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  đạt. giá trị lớn nhất. 51 A. S  . 4. B. S . 51 . 5. C. S . 49 . 4. Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng  ABC  :. x y z x y z    1    1  0 . a b c a b c. 0 0 0   1 a b c  d  O;  ABC    1 1 1   a2 b2 c2 1 1 1 Pmax  T  2  2  2 min . a b c. 1  P. 1 1 1   a 2 b2 c2. 1  2  4   72  1 . 1 4 16 T 2 2  a 4b 16c 2 a 2  4b 2  16c 2 49 1 2 4 S min  1 . Dấu bằng xảy ra 2  2   2b 2  a 2 ; 4c 2  a 2 . a 4b 16c 2 2. Trang 8/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. S . 49 . 5.

<span class='text_page_counter'>(195)</span> 2 2 7 7 a a a  4b  16c  49  a  4  16  49  a 2  7 , b 2  , c 2  . 2 4 2 4 49 Vậy S  a 2  b2  c 2  . 4 Câu 13. (Nguyễn Khuyến 18-19) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 2. d1 :. 2. 2. 2. x 1 y  2 z x  2 y 1 z và d 2 :     . Phương trình mặt phẳng 1 2 1 2 1 2. góc giữa.  P.  P  chứa  d1 . sao cho. và đường thẳng  d2  là lớn nhất là: ax  y  cz  d  0 . Giá trị của biểu thức. T  a  c  d bằng A. T  6 .. B. T  0 .. C. T  3 .. D. T  . 13 . 4. Lời giải Chọn C Ta xét bài toán tổng quát như sau: Bài toán: Cho hai đường thẳng d1 , d 2 không song song. Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa d1 và tạo với đường thẳng d 2 một góc lớn nhất. Phương pháp giải   Giả sử d1 có vectơ chỉ phương u1 , d 2 có vectơ chỉ phương u 2 . Trước hết ta xét trường hợp d1 và d 2 chéo nhau.. Gọi M là một điểm nào đó thuộc d1 , dựng đường thẳng qua M và song song với d 2 . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng P , K là hình chiếu của A lên đường thẳng d1 . Góc giữa mặt phẳng  P  và đường thẳng. d2 là  AMH .. . . . AH AK   Ta có sin d (do AH  AK ). Góc d  2 , P lớn nhất khi sin d 2 , P 2 , P  sin HMA . . lớn nhất. Do. . . . AM. AM. . . . AK không đổi suy ra sin d 2 , P lớn nhất H  K . AM. Mặt phẳng  P  cần tìm là mặt phẳng chứa. d1. và vuông góc với mặt phẳng  AKM  , hay vectơ.    pháp tuyến của  P  vuông góc với hai vectơ u1 và u1 , u2  .     Nên ta chọn vectơ pháp tuyến của  P  là n P  u1 , u1 , u2   .   Trường hợp. d1. và. d2. cắt nhau tại M , bài toán giải tương tự như trên. Kết luận không thay đổi:. .   . vectơ pháp tuyến của  P  là n P  u1 , u1 , u2   .  . . . Áp dụng vào bài 45 ta có u1  1;2; 1 ; u2   2; 1;2 .        u1 ; u2    3; 4; 5   n P  u1; u1; u2     14;2; 10  2  7; 1;5 .  . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(196)</span> Mặt phẳng ( P ) chứa d1 nên mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A(1; 2 ; 0) .. Phương trình mặt phẳng  P : 7x  y  5z  9  0 . Suy ra a  c  d  7  5  9  3 . Câu 14. (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;5;3 và đường x 1 y z  2 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến  P  là   2 1 2 lớn nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến  P  bằng. thẳng d :. A.. 1 . 2. B.. 3 . 6. C.. 11 2 . 6. D.. 2.. Lời giải Chọn A. . Gọi n   a; b; c  là một vectơ pháp tuyến của  P  , với a  b  c  0 . 2. 2. 2. Điểm M 1;0; 2   d  M   P  . Phương trình của  P  : ax  by  cz   a  2c   0 .. . . . . Một vectơ chỉ phương của d là u   2;1; 2   n  u  n.u  0  2a  b  2c  0 .. | a  5b  c |.  b    2a  2c   d  A,  P   . . Ta có  a  c   2 a  c 2. 2. 2. . a  c . Suy ra: a 2  c 2  4  a  c   2. . . Do đó d A,  P  . a b c 2. 2. 2. 2. 9|ac|. . a2  c2  4  a  c . 2. .. 2.  a 2  c 2 với a, c .. 2. a  c. 2.  4a  c  2. 9| a c| a2  c2  4  a  c . 2. . 9 2 a  c . 2. 9| ac| 9|ac| 2   3 2. 3| a  c | 9 2  a  c 2. a  c . Chọn a  c  1  b  4.  Max d  A,  P    3 2   b  4a. hai. 1 . 2 điểm A  3; 0;1 ,. d . đi qua A , song song với mặt phẳng. Phương trình  P  : x  4 y  z  3  0  d  O,  P    Câu 15. Trong. không. gian.  P : x  2 y  2z  5  0 .. Oxyz ,. cho. Đường thẳng. B 1;  1;3. và. mặt.  P. phẳng sao cho. khoảng cách từ B đến đường thẳng d nhỏ nhất. Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là  b u  1; b; c  . Khi đó bằng c b 3 b b 3 b 11 A.  11 . B.   . C.   . D.  . c 2 c c 2 c 2 Lời giải Chọn B Trang 10/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(197)</span> B. d. K A. H Q).   Gọi  Q  là mặt phẳng đi qua A  3;0;1 và song song với  P   nQ  nP  1; 2; 2 . Phương trình mặt phẳng  Q  : x  2 y  2 z  1  0 . Vì đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng  P  nên d   Q  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của B lên đường thẳng d và mặt phẳng  Q  . Khi đó d  B,  d    BH  BK . Suy ra d  B, d min  BK  H  K ..   Gọi  là đường thẳng đi qua B và vuông góc với mặt phẳng  Q   u  nP  1;  2; 2  x  1 t  Phương trình tham số  :  y  1  2t . Lấy H 1  t ;  1  2t;3  2t    .  z  3  2t  10 Vì H   Q  nên 1  t   2  1  2t   2  3  2t   1  0  t   . 9  2   1 11 7   26 11 2  26  11 Suy ra H   ; ;  . Khi đó AH   ; ;     1; ;   . 9  9  26 26   9 9 9  9 9   11 11 2 2  Suy ra một vec tơ chỉ phương của d là ud   1; ;    b  , c   . 26 26  26 26  b 11 Vậy   . c 2 2 2 2 Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3   12 và mặt. phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  3  0 . Viết phương trình mặt phẳng song song với  P  và cắt  S  theo thiết diện là đường tròn  C  sao cho khối nón có đỉnh là tâm mặt cầu và đáy là hình tròn  C  có thể tích lớn nhất. A. (Q ) : 2 x  2 y  z  2  0 hoặc (Q ) : 2 x  2 y  z  8  0 . B. (Q ) : 2 x  2 y  z  1  0 hoặc (Q ) : 2 x  2 y  z  11  0 . C. (Q ) : 2 x  2 y  z  6  0 hoặc (Q ) : 2 x  2 y  z  3  0 . D. (Q ) : 2 x  2 y  z  2  0 hoặc (Q ) : 2 x  2 y  z  2  0 . Lời giải. I x. H. 2 3. M. Chọn B. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(198)</span>   / /  P     : 2 x  2 y  z  d  0(d  3) . Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  2 3 . Gọi  H  là khối nón thỏa đề bài với đường sinh l  R  2 3 . Đặt x  h  d ( I ,  ) . Khí đó bán kính đường tròn đáy hình nón :. r  12  x 2 .. 1 Thể tích khối nón: V( H )   (12  x 2 ) x , với 0  x  2 3 . 3 1 Xét sự biến thiên của hàm số : f ( x )   (12  x 2 ) x trên 0  x  2 3 . 3. Khi đó f ( x ) đạt giá trị lớn nhất tại x  2 , hay d ( I , ( ))  2 2.1  2.(2)  3  d d  5  6  d  11 Vậy : d ( I , ( ))  2  . 2  22  22  (1) 2  d  5  6  d  1 Câu 17.. (TRƯỜNG THPT KINH MÔN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  4; 2; 2  ,    B 1; 1;  1 , C  2;  2;  2  . Tìm tọa độ điểm M thuộc  Oxy  sao cho MA  2 MB  MC nhỏ nhất. A. M  2;3;1 .. B. M 1; 3;0  .. C. M  2; 3; 0  .. D. M  2; 3; 0  .. Lời giải Chọn D Cách 1. Gọi D; E ; F lần lượt là trung điểm của AB; AC ; ME . Ta có:             MA  2MB  MC  MA  MB  MB  MC  2.MD  CB  2.MD  2.ED  2 2.FD  4.FD 5 3 1  x3 y  ; ;0  Ta lại có: M  x; y;0  ; D  ; ;  ; E  3; 0; 0  ; F  2 2 2  2 2 . FDmin  F là hình chiếu của D trên mp  Oxy   x  2; y  3  M  2;3;0  Cách 2.            Gọi I là điểm thỏa mãn: IA  2IB  IC  0  IO  OA  2 IO  OB  IO  OC  0.  1     OI  OA  2OB  0C  I  2;3;1 2        MA  2MB  MC  2MI  IA  2 IB  IC  2.MI. . Trang 12/31 - Mã đề 101. .  . . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. .

<span class='text_page_counter'>(199)</span>    MA  2MB  MC nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên mp  Oxy  . Vì I  2;3;1  M  2;3; 0  Cách 3 Gọi M  x; y; 0  . Ta có:       MA  2 MB  MC   4  2 x; 6  2 y; 1  MA  2 MB  MC     Thế tọa độ điểm M ở đáp án A vào ta được MA  2MB  MC    Thế tọa độ điểm M ở đáp án B vào ta được MA  2MB  MC    Thế tọa độ điểm M ở đáp án C vào ta được MA  2MB  MC. 4 x 2  4 y 2  16 x  24 y  53. 1  17  145. Điểm M ở đáp án D không thuộc  Oxy  nên bị loại. Cách 4 Gọi M  x; y; 0  . Ta có:       MA  2 MB  MC   4  2 x; 6  2 y; 1  MA  2 MB  MC  4 x 2  4 y 2  16 x  24 y  53 Ta có:. 4 x 2  4 y 2  16 x  24 y  53 .  2 x  4   2 y  6 2. 2. 1  1. Dấu "  " xảy ra  x  2; y  3 . Khi đó M  2;3;0  . Câu 18.. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  4  0 và các điểm A  2;1; 2  ,. B  3; 2; 2  . Điểm M thuộc mặt phẳng  P  sao cho các đường thẳng MA, MB luôn tạo với mặt phẳng.  P. các góc bằng nhau. Biết rằng điểm M luôn thuộc đường tròn  C  cố định. Tìm tọa độ tâm của. đường tròn  C  ..  74 97 62  ; ;  .  27 27 27 . A. . 14   10 ; 3;  . 3  3. B. .  17 17 17  ; ;  .  21 21 21 . C. .  32 49 2  ; ;  . 9 9  9. D. . Lời giải Chọn A. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên  P  . x  2 y 1 z  2     AH :  2 7 26  Ta có tọa độ H thỏa  2 2 1  H  ;  ;  9 9 9   P  : 2 x  2 y  z  4  0 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(200)</span> x 3 y  2 z 2     BK :  19 26 22  Tương tự tọa độ K thỏa  2 2 1  K  ;  ;  9 9  9  P  : 2 x  2 y  z  4  0  Theo giả thiết ta có. BK AH MK d  B;  P   1     MK MH MH d  A;  P   2   2  4 MI  IK. BMK  AMH  tan BMK  tan AMH .    MH  2 MK  MH 2  4 MK 2  MI  IH      2 MI .IH  IH 2  3MI 2  8MI .IK  4 IK 2     3MI 2  4 IK 2  IH 2  2 MI . 4 IK  IH. . . . 2. . . .   4 IK 2  IH 2 Gọi I là điểm sao cho IH  4 IK . Khi đó MI 2  hay M thuộc vào mặt cầu tâm I có 3. bán kính. 4 IK 2  IH 2  74 97 62  với I  ;  ;  3  27 27 27 . Khi đó M   C    S    P  . Do đó, tâm đường tròn cần tìm là hình chiếu của I lên  P  . Nhận xét I   P  , do đó tâm đường tròn cũng chính là tâm mặt cầu.. Câu 19.. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là. x3 y 3 z 2 , phương trình đường phân giac trong góc C là   1 2 1. x2 y4 z2 . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là   2 1 1    A. u   2;1; 1 . B. u  1; 2;1 . C. u   0;1; 1 ..  D. u  1; 1;0  .. Lời giải Chọn C Gọi d1 và d2 lần lượt là phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong góc C .  x  3t  x  2  2t     d1 :  y  3  2t và d 2 :  y  4  t   z  2t  z  2  t   Gọi M là trung điểm AC  M  d1  M  3  t ;3  2t ; 2  t  . Vì C  d 2  C  2  2t ; 4  t ; 2  t   . Mà vì M là trung điểm AC. 2  2t   2(3  t )  2 2  2t   4  2t t  0     4  t   2(3  2t )  3   4  t   3  4t   . t   1  2  t   2(2  t )  3  2  t   1  2t  .  M  3;3; 2  và C  4;3;1 .. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d2 .    nP  ud2   2; 1; 1   P  : 2.( x  2)  ( y  3)  (z 3)  0  2 x  y  z  2  0 . Gọi N là điểm đối xứng với A qua d2  N   BC  và N   P  .. Gọi I là trung điểm của AN  I  d 2   P   I   2; 4; 2   N  2;5;1 .  A(2;3;3)  Dễ thấy N  d2 khi t  1 .  N  B . Vậy   AB   0;1; 1 .  B(2;5;1) Trang 14/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(201)</span> Câu 20. (HK2-L12-Chuyên-Lê-Hồng-Phong-TPHCM-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu.  S1  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  5  0 và  S2  : x 2  y 2  z 2  6 x  2 y  2 z  7  0 . Mặt phẳng   thay đổi tiếp xúc với 2 mặt cầu  S1  ,  S2  tại 2 điểm phân biệt M , N với M   S1  , N   S2  . Tập hợp điểm M là đường tròn tâm K  a; b; c  . Tính T  a  b  c. A. T . 7 . 3. B. T  1 .. D. T . C. T  5 .. 37 . 9. Lời giải Chọn D Ta có:  S1  có tâm I1 1;1; 2  và bán kính R1  1;  S2  có tâm I 2  3;  1;1 và bán kính R2  2. Ta   có: I1 I 2   2;  2; 1  I1 I 2  I1 I 2  3  I1I 2  R1  R2   S1  ,  S2  tiếp xúc ngoài nhau..  K là hình chiếu vuông góc của M lên HI1 .. Do MI1  MN ; NI 2  MN  MI1  NI 2 ;. MI1 1   HI1  3 NI 2 2. 1 ( Do MHI1 vuông tại M ). Đường thẳng I1I 2 có phương trình là 3  x  1  2t  1   y  1  2t  K (1  2t ; 1  2t ; 2  t )  I1 K  (2t ;  2t ;  t )  I1 K  3 z  2  t .  KI1 .  1  1 1  7 11 19   t    K  ; ;  (do KI1  KI 2 ). 9 9 10 9 9 9  37 Kết luận: T  . biện duyệt, sau đó nộp về bộ phận tổng hợp). 9 Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi điểm M  a; b; c  ( với a , b , c tối giản) thuộc mặt cầu.  9t 2 .  S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7  0. sao cho biểu thức T  2a  3b  6c đạt giá trị lớn nhất. Khi. đó giá trị biểu thức P  2a  b  c bằng 51 A. 6 . B. . 7. C.. 12 . 7. D. 8 .. Lời giải Chọn A x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7  0   x  1   y  2    z  2   16 . 2. 2. 2. M  a; b; c    S    a  1   b  2    c  2   16 . 2. 2. Ta có: 2  a  1  3  b  2   6  c  2  . 2. 2. 2. 2 2 2  32  6 2  .  a  1   b  2    c  2   .  .  2a  3b  6c  20  28 ..  2a  3b  6c  20  28 .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 15/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(202)</span>  2a  3b  6c  48 . 15   a  7 2a  3b  6c  48 2a  3b  6c  48   26  a 1 b  2      3a  2b  1  b  Dấu "  " xảy ra khi:  2 3 7   3a  c  1   a  1 c  2 38     c  7 2 6  15 26 38 Vậy P  2a  b  c  2.    6. 7 7 7 Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  3;1;1 , N  4;3; 4  và đường thẳng x 7 y 3 z 9 . Gọi I  a; b; c  là điểm thuộc đường thẳng  sao cho chu vi tam giác IMN   1 2 1 nhỏ nhất. Tính T  a  b  c . 40 23 A. T  . B. T  . C. T  29 . D. T  19 . 3 3 Lời giải Chọn D Cách 1. Ta có I   ; I  7  t;3  2t ;9  t  . :. Ta tính: MI  6t 2  16t  84 ; NI  6t 2  16t  34 ; MN  14 . 2. 2.  4  220  4  70 Gọi C là chu vi tam giác IMN ; C  6  t     6t     14 . 3 3  3  3. Hay C . 220 70   14 . 3 3. 4  17 17 23  Chu vi tam giác IMN nhỏ nhất khi t   ; khi đó I  ; ;  hay T  19 . 3  3 3 3  Cách 2.    Gọi véc tơ u là véc tơ chỉ phương của  ta có u  MN  0 . Đường thẳng MN vuông góc với  . Gọi   là mặt phẳng chứa MN và vuông góc với  .. Phương trình mặt phẳng   chứa MN vuông góc với  là: x  2 y  z  2  0 .  17 17 23  Mặt phẳng   cắt  tại H  ; ;  .  3 3 3  Gọi điểm I   ; Gọi C là chu vi tam giác IMN . Ta có: 220 70   14 . C  MI  NI  MN  MH  NH  14  3 3. M. I. N. Trang 16/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(203)</span>  17 17 23  Vậy chu vi tam giác IMN nhỏ nhất khi I  H . Hay I  ; ;  . Vậy T  19 .  3 3 3  Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 4;3 và mặt phẳng  P  : 2 y  z  0 . Biết điểm B thuộc.  P  , điểm C. thuộc  Oxy  sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Hỏi giá trị nhỏ nhất đó là. A. 2 5 .. B. 4 5 .. C. Lời giải. 5.. D. 6 5 .. Chọn B Gọi H là hình chiếu vuông góc của A 1; 4;3 lên mặt phẳng  Oxy   H 1; 4;0  Gọi A1 là điểm đôi xứng của A qua mặt phẳng  Oxy  , ta tìm được A1 1; 4; 3 Gọi K là hình chiếu vuông góc của A 1; 4;3 lên mặt phẳng  P . x  1  Ta có phương trình đường thẳng AK :  y  4  2t , Gọi K 1; 4  2t;3  t   AK z  3  t  Mặt khác, K   P   5t  5  0  t  1  K 1; 2; 4  Gọi A2 là điểm đôi xứng của A qua mặt phẳng  P  thì K là trung điểm của AA2 ..  x A2  2 xK  xA  1  Ta có  y A2  2 yK  y A  0  A2 1;0;5    z A2  zxK  z A  5 Ta có chu vi tam giác ABC là PABC  AC  AB  BC  A1C  A2 B  BC  A1 A2 . Dấu bằng xảy ra khi A1 , A2 , B, C thẳng hàng Suy ra  PABC min  A1 A2  4 5 . Câu 24.. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 0; 0  , M 1; 1; 1 . Gọi  P  là mặt phẳng thay đổi. luôn đi qua hai điểm A và M , cắt các trục Oy , Oz lần lượt tại các điểm B và C . Giả sử B  0; b; 0  , C  0; 0; c  , b  0 , c  0 . Diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất bằng A. 2 6 .. C. 3 3 . Lời giải. B. 4 6 .. D. 4 3 .. Chọn B Theo giả thiết  P  có dạng. x y z    1. 2 b c. 1 1 1 Do M   P      2  b  c   bc (1). b c 2   AB   2; b; 0  ; AC   2; 0; c  nên diện tích tam giác ABC là 1 2 1   1 1 2 2 AB  AC  4  b 2  c 2   b 2c 2   2b  2c   8bc   bc   . 2 2 2 2 Từ giả thiết ta có bc  0 và theo bất đẳng thức Cô – si: bc  2  b  c   2.2 bc  bc  4  bc  16 .. S ABC . Khi đó S ABC  Do đó min S ABC. 2 . 2. 2.  4  bc  .. 2 . 142  4  4 6 . 2 b  c  0   4 6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  1 1 1  b  c  4 .  b  c  2.  bc . 2.  4bc . 2 . 2.  bc .  bc  2 . 2. 4 . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(204)</span> Câu 25.. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A  2 ; 0 ;1 , B  3;1;5  , C 1; 2; 0  , D  4; 2 ;1 . Gọi   là mặt phẳng đi qua D sao cho ba điểm A , B , C nằm cùng phía đối với   và tổng khoảng cách từ các điểm A , B , C đến mặt phẳng   là lớn nhất. Giả sử phương trình   có dạng: 2 x  my  nz  p  0 . Khi đó, T  m  n  p bằng: A. 7. B. 6. C. 8. D. 9. Lời giải Chọn D Vì mặt phẳng   đi qua D  4; 2 ;1 nên phương trình   có dạng: a.  x  4   b.  y  2   c.  z  1  0 (với a 2  b 2  c 2  0 ). Đặt S  d  A,     d  B,     d C ,    . 2a  2b  a  b  4c  3a  c. . a 2  b2  c 2 Theo giả thiết, A , B , C nằm cùng phía đối với   nên không mất tính tổng quát, ta giả sử:. 2a  2b  0    a  b  4c  0 . 3a  c  0  Khi đó, S . 2a  2b  a  b  4c  3a  c. . 6a  3b  3c. . a b c a2  b2  c2 Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai bộ số  6;  3; 3 và  a ; b ; c  , ta được: 2. 2. 6a  3b  3c  6 a  3b  3c . 2. 6. 2.  32  3 2  .  a 2  b 2  c 2  ..  S 3 6.. 6a  3b  3c  0  Đẳng thức xảy ra   a . Ta chọn b c    6 3 3.  a  2  b   1 . c  1 .    : 2 x  y  z  9  0 hay   : 2 x  y  z  9  0 ..  m  1 , n  1 , p  9 . Vậy T  m  n  p  9 . Câu 26. Trong không gian Oxyz cho các điểm. A(1; 2; 0), B (1; 1;3), C (1; 1; 1). và mặt phẳng. ( P ) : 3 x  3 y  2 z  15  0 . Xét M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho 2 MA2  MB 2  MC 2 nhỏ. nhất. Giá trị của a  b  c bằng A. 3 . B. 7 .. D. 1 .. C. 2 . Lời giải. Chọn A.            Gọi I là điểm thỏa mãn: 2 IA  IC  IB  0  2(OA  OI )  (OC  OI )  (OB  OI )  0 .     2OA  OC  OB  OI   I 1; 2; 2  . 2  2   2  2  2   Ta có 2MA2  2MA  2 MI  IA  2 MI  2 IA  4MI .IA .  2   2  2  2   MB 2  MB  MI  IB  MI  IB  2MI .IB .  2   2  2  2   MC 2  MC  MI  IC  MI  IC  2MI .IC .     Suy ra 2 MA2  MB 2  MC 2  2 MI 2  2 IA2  IC 2  IB 2  2MI 2 IA  IC  IB .. .  . .  . . Trang 18/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. .

<span class='text_page_counter'>(205)</span> Suy ra 2 MA2  MB 2  MC 2  2 MI 2  2 IA2  IC 2  IB 2 . Do I cố định nên 2 IA2  IC 2  IB 2 không đổi. Vậy 2 MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên (P)..  x  1  3t   Đường thẳng  qua I 1; 2; 2  và vuông góc với  P  là:  y  2  3t .  z  2  2t   x  1  3t x  4  y  2  3t  y  1   Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ    M  4; 1;0  .  z  2  2t z  0 3 x  3 y  2 z  15  0 t  1 Suy ra a  b  c  3 . Câu 27. (Thi Thử Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1. 2018-2019) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn. a 2  b2  c 2  2a  4b  4 . Tính P  a  2b  3c khi biểu thức 2 a  b  2c  7 đạt giá trị lớn nhất. A. 3 . B. 7 . C. 7. D. 3. Lời giải Chọn D Tập hợp M (a; b; c ) thỏa a 2  b 2  c 2  2a  4b  4 là mặt cầu ( S ) : ( a  1)2  (b  2) 2  c 2  9 có tâm I (1; 2;0) , bán kính R  3 . 3 2 a  b  2c  7 2 a  b  2c  7   3d  M , (Q)  , (Q) : 2 x  y  2 z  7  0 22  12  (2) 2 2a  b  2c  7 lớn nhất khi d  M , (Q)  lớn nhất.  x  1  2t  Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (Q) . Phương trình  :  y  2  t .  z  2t  M    (S ) , ta được M 1  3;3; 2  , M 2  1;1; 2 . 20 2 ; d  M 2 , (Q )   nên nhận M 1 . 3 3 P  a  2b  3c  3 . Câu 28. [HK2 Chuyên Nguyễn Huệ-HN]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , gọi  P  là mặt phẳng. Vì d  M 1 , (Q )  . x 1 y  2 z   và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau 1 1 2 đây thuộc mặt phẳng  P  ? chứa đường thẳng d : A. N  1; 2; 1 .. B. F 1; 2;1 .. C. E  3;0; 4  .. D. M  3;0; 2  .. Lời giải Chọn A   Ta có VTCP của đường thẳng d là u d  (1; 1; 2) và VTCP của trục Oy là j  (0;1; 0) .   ud . j 1  0 với Gọi  là góc giữa d và Oy , ta có cos      6 ud j Gọi  là góc giữa mặt phẳng ( P ) và Oy , do ( P ) chứa d nên ta có    . Dấu bằng xảy ra khi 1 mặt phẳng ( P ) tạo với Oy một góc  thỏa mãn cos   . 6 2 2 ( P ) chứa d nên ( P ) có dạng m( x  y  1)  n(2 x  z  2)  0, m  n  0.  (m  2n) x  my  nz  m  2n  0, m2  n2  0. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(206)</span> m. sin  . 5  4 m 2  20 mn  25n 2  0  2 m  5n  0 . 6. . (m  2n)  m  n Chọn m  5, n  2 suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) : x  5 y  2 z  9  0. Vậy điểm N (1; 2; 1)  ( P ) .. Câu 29.. 2. 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;1; 1 , B  1; 2;0  , C  3; 1; 2  . Giả sử. M  a; b; c  thuộc mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  1  861 sao cho P  2 MA2  7 MB 2  4 MC 2 đạt 2. 2. giá trị lớn nhất. Giá trị của T  a  b  c là A. T  49 .. B. T  47 .. C. T  55 . Lời giải. D. T  51 .. Chọn B Đề gốc là nhỏ nhất !   2   2   2 Ta có P  2 MI  IA  7 MI  IB  4 MI  IC .     Gọi I là điểm thỏa 2 IA  7 IB  4 IC  0  I  21;16;10  .. . . . . . . 2 Khi đó P   MI 2  2 IA2  7  IB 2  4 IC  . Để P đạt giá trị lớn nhất  MI min . const. Nhận xét I   S  . Do đó MI min  M  I hay M  21;16;10   T  47 . Câu 30.. (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;  1 , B  7;  2;3  và đường thẳng  d  có phương trình:. sao cho AI  BI nhỏ nhất. Hoành độ của điểm I là: A. 1.. B. 0.. x 1 y  2 z  2   . Gọi I là điểm thuộc  d  3 2 2. C. 4.. D. 2.. Lời giải Chọn D  x  1  3t  Ta viết lại phương trình  d  dưới dạng tham số:  y  2  2t , t   .  z  2  2t  I   d   I  1  3t ; 2  2t ; 2  2t . Cách 1:  AI  BI .  3t  2    2t    3  2t  2. 2. 2. .  3t  8    4  2t    2t  1 2. 2.  17t 2  13  17t 2  68t  81. 13  13  2    17  t 2    17  t  2    17  17    2   13  2   17. t      17   . 2  t . 2. 2  13      .  17  . Tới đây, ta chứng minh bổ đề sau, còn có tên là BĐT Minkowski:. a2  b2  c2  d 2  Trang 20/31 - Mã đề 101.  a  c    b  d  1 a, b, c, d . 2. 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(207)</span> ac  bd  0 Đẳng thức xảy ra   . ad  bc Chứng minh: Thật vậy, với mọi a , b, c, d ,. 1  a 2  b2  2 . a. 2. a. 2.  b 2  c 2  d 2   c 2  d 2  a 2  2ac  c 2  b 2  2bd  d 2.  b2  c 2  d 2   ac  bd. TH1: Nếu ac  bd  0 thì. a. 2.  2 .  b 2  c 2  d 2   ac  bd , tức là  2  hiển nhiên đúng.. TH2: Nếu ac  bd  0 thì  2    a 2  b 2  c 2  d 2    ac  bd    ad  bc   0 (đúng). 2. 2. ac  bd  0 Vậy 1 đã được chứng minh. Rõ ràng, đẳng thức xảy ra   . ad  bc Quay trở lại bài toán. Áp dụng 1 , ta được: 2.  13  t      17  2. 2. 2  t . 2.  13       17 . 2. t  2  t . 2.  13  2 30 .   2   17  17 .  AI  BI  2 30 . 13  t  2  t   17  0 Đẳng thức xảy ra    t  1  I  2; 0; 4  .  13 .t  13 .  2  t   17 17. Vậy hoành độ của điểm I là 2. Cách 2:     Ta có: AB   6;  4; 4  và một VTCP của  d  là u d    3;  2; 2   AB  2.u d  . Mà A   d  nên AB //  d  .  AB ,  d  đồng phẳng và hai điểm A , B nằm cùng phía với  d  .. Gọi M  4; 0;1 là trung điểm AB và A ' là điểm đối xứng với A qua  d  .  IA  IB  IA  IB  AB . Đẳng thức xảy ra  I là giao điểm của AB và  d  .. Dễ thấy khi đó MI   d  hay I là hình chiếu của M trên  d     MI .u d   0  3  3t  5   2  2  2t   2 1  2t   0  t  1  I  2;0; 4  . Vậy hoành độ của điểm I là 2.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 21/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(208)</span> Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho điểm A  0;1;9  và mặt cầu  S  :  x  3   y  4    z  4   25 . 2. 2. 2. Gọi  C  là giao tuyến của  S  với mặt phẳng  Oxy  . Lấy hai điểm M , N trên  C  sao cho MN  2 5 . Khi tứ diện OAMN có thể tích lớn nhất thì đường thẳng MN đi qua điểm nào trong số các điểm dưới đây?  12   1  A.  4; 6;0  . B.  ; 3; 0  . C.  5;5;0  . D.   ; 4; 0  .  5   5  Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I  3; 4; 4  , bán kính R  5 . Gọi rC là bán kính đường tròn  C  . Gọi H là tâm đường tròn  C   H  3; 4;0  , IH   Oxy  , d  I ,  Oxy    4 .. rC  52  42  3 , OH  5  O nằm ngoài đường tròn  C  , d  A,  Oxy    9. 1 1 VOAMN  d  A,  Oxy   .SOMN  3SOMN  3. d  O, MN  .MN  3 5.d  O, MN  3 2 V  d O , MN Suy ra max  max. M K M'. H. O Mà d  O, MN   OH  HK  5  32 . N. N'.  5. 2.  7 . (Với K là trung điểm MN ). Dấu bằng xảy ra khi OH  MN . Khi đó MN có 1 véc tơ chỉ phương là     OH ; k    4; 3; 0  , OH   3; 4; 0  , k   0;0;1 và đi qua trung điểm K của MN .    7   21 28  OK  OH  K  ; ; 0  5  5 5  21   x  5  4t  1 t 28  5  3t  Phương trình đường thẳng MN :  y   5;5; 0  5  z  0   Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho hình nón có đỉnh I thuộc mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  7  0 và hình. . . tròn đáy nằm trên mặt phẳng  R  : 2 x  y  2 z  8  0 . Mặt phẳng  Q  đi qua điểm A  0; 2; 0  và vuông góc với trục của hình nón chia hình nón thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 và V2 ( V1 là. Trang 22/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(209)</span> thể tích của hình nón chứa đỉnh I ). Biết bằng biểu thức S  V2 . 78 đạt giá trị nhỏ nhất khi V1  a , V13. V2  b . Khi đó tổng a 2  b2 bằng B. 2031 2 .. A. 2031 .. C. 52 3 2 . Lời giải. D. 377 3 .. Chọn A. Dễ thấy  P  //  R  , gọi O là tâm của đường tròn đáy hình nón, O   IO   Q  , từ giả thiết ta có. IO  d  A,  P   . 5 10 ; OO  d  A,  R    suy ra OO   2 IO  . 3 3. IO OM  1   . IO OM 3 Do đó r2  3r1 , (trong đó r1 và r2 lần lượt là bán kính của các đường tròn  O  và  O  ). Đặt Gọi M là điểm thuộc đường tròn  O  , M   IM   Q  , do OM  // OM nên. IO   h , khi đó 1 2  r1 h V1 1 3    V  27V1  V2  V  V1  26V1 . 1 2 V   3r1  .3h 27 3. S  V2 . 78 78 26 26 26 78 26 26 26 78 456976 .  26V1  3  V1  V1  V1  3  4 4 V1. V1. V1. 3  4 4 3 V1 V1 3 3 3 V1 3 3 3 V1 9. Dấu "  " xảy ra khi. 26 78 V1  3  V1  3 . Suy ra 3 V1. a  3 .  b  26 3. Vậy a 2  b2  3  262.3  2031 . Câu 33. (Trường THPT Thăng long Hà Nội) Trong không gian.  P  :  m  2n x   m  n  y   m  2n z  3m  0 cách lớn nhất từ A đến  P  bằng A. 3 3 .. B.. 3.. Oxyz , cho mặt phẳng. ( m , n là tham số) và điểm A  0;  1; 1 . Khoảng. C. 2 2 . Lời giải. D.. 2.. Chọn B Cách 1: Phương pháp đại số. Điều kiện để tồn tại  P  là:  m  2n    m  n    m  2n   0  3m 2  2mn  9n 2  0 * . 2. Khi đó, d  A ;  P   . 2. 2.   m  n    m  2n   3m.  m  2n    m  n    m  2n  2. 2. 2. . 3m  n 3m  2mn  9n 2 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 23/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(210)</span> 3  3m 2  2mn  9n 2   26n 2 9m 2  6 mn  n 2   3m 2  2 mn  9 n 2 3m 2  2mn  9n 2.  3. 26n 2  3 m , n thỏa mãn  * . 3m 2  2mn  9n 2. n  0 Đẳng thức xảy ra   . m  0 Vậy max d  A ;  P    3 .. Cách 2: Phương pháp hình học. Ta viết lại phương trình  P  thành m.  x  y  z  3  n.  2 x  y  2 z   0 (ĐK: m 2  n 2  0 ). x  y  z  3  0   P  là chùm mặt phẳng quay quanh đường thẳng  :  I . 2 x  y  2 z  0       có một VTCP u   n1 ; n2   1;  4;  3 , với n1  1;1;  1 và n2   2;  1; 2  .  x  y  3  x  1 Mặt khác, cho z  0 thì  I  trở thành:   . 2 x  y  0  y  2.   đi qua điểm B  1;  2;0 ..    AB ; u    Do  P  là chùm mặt phẳng quay quanh  nên d  A ;  P    d  A ;    .  u.   2  AB ; u     7 2   2   52 Ta có: AB   1;  1;1   AB ; u    7 ;  2;5        3. 2 2 2 u 1   4    3 . Vậy max d  A ;  P    3 . Câu 34.. . 2 2 Trong không gian O xyz , cho mặt cầu (S ) : ( x  2)  ( y 1)  z  2. . . A 2;0; 2 2 , B  4; 4;0  . Biết rằng tập hợp các điểm M   MA2  MO.MB  16 là một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 2 . B. 2 2 . C. 5 . Lời giải Chọn B Cách 1. Mặt cầu ( S ) có tâm I 2;1;  2 , bán kính R  3 .. . . Với mọi điểm M  x; y; z   (S ) ta có MI  3 ..  . .  .   2.    . . . Theo đề bài MA2  MO.MB  16  MI  IA  MI  IO MI  IB  16 . Trang 24/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. . 2.  9 và hai điểm. thuộc D.. (S ). 3.. sao cho.

<span class='text_page_counter'>(211)</span>  2  2        2 MI  IA  MI 2 IA  IB  IO  IO.IB  16 * .     Có IA  0; 1;  2 , IO  2; 1; 2 , IB  2; 5; 2 , MI  2  x;1  y;  2  z           2 IA  IB  IO   0; 8;0  , MI 2IA  IB  IO  8( y  1) , IO.IB  3 .. . . . . . . . . . . . . Do đó (*)  2.9  3  8( y  1)  3  16  y  0 hay M thuộc mặt phẳng ( P ) : y  0 . Tập hợp điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng  P  và mặt cầu ( S ) . 2 2 Do d ( I ; ( P ))  1 suy ra bán kính của đường tròn r  3 1  2 2 . Cách 2.. . . Mặt cầu ( S ) có tâm I 2;1;  2 , bán kính R  3 . Gọi M  x; y; z  . M  (S ). . . 2.   x  2   y 1  z  2  9 2. 2.  x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 2 z  2  0 (1). 2   2 2 2 MA2  MO.MB  16   x  2  y  z  2 2  x  x  4  y  y  4  z  16. . .  x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 2 z  2  0 (2).  x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 2 z  2  0 Từ (1) và (2) ta có hệ:  2 2 2  x  y  z  4 x  2 y  2 2 z  2  0  y  0 hay M thuộc mặt phẳng ( P ) : y  0 . Tập hợp điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng  P  và mặt cầu ( S ) . Do d ( I ; ( P ))  1 suy ra bán kính của đường tròn r  3 1  2 2 . Câu 35. (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  5;3;1 , B  4; 1;3 , 2. 2. C  6; 2; 4  D  2;1;7  . và Biết rằng tập hợp các điểm thỏa M       3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB là một mặt cầu  S  . Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính R của mặt cầu  S  .. 3 4 2 A. I  ;1;  , R  . 3 3 3. 21  1 14 2  B. I  ; ;  , R  . 3 3 3 3. 21  14 8  C. I  1; ;  , R  . 3  3 3. 3  8 10 1  D. I  ; ;  , R  . 3 3 3 3 Lời giải. Chọn C. AB .  4  5   1  3   3  1 2. 2. 2.  21 ..      Gọi K  x; y; z  là điểm thỏa mãn điều kiện 3KA  2 KB  KC  KD  0 .  x  1 3  5  x   2  4  x    6  x    2  x   0   14   14 8  Suy ra: 3  3  y   2  1  y    2  y   1  y   0   y   K  1; ;  . 3  3 3   3 1  z  2 3  z  4  z  7  z  0          8   z  3       Ta lại có: 3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 25/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(212)</span>           3 MK  KA  2 MK  KB  MK  KC  MK  KD  BA         3MK  3KA  2 KB  KC  KD  BA  3MK  0  BA. .  .  . .  . . .  BA 21  3MK  BA  3MK  BA  MK  .  MK  3 3 21  14 8  Từ đó tập hợp điểm M là mặt cầu  S  tâm I  K  1; ;  , bán kính R  . 3  3 3. Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1; 1 , B  2; 2; 1 và mặt phẳng.  P  : x  y  2 z  0 . Mặt cầu  S . thay đổi đi qua hai điểm A , B và tiếp xúc với  P  tại H . Biết. H chạy trên một đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. A.. 3 . 2. B. 3 2 .. C. 2 3 .. D.. 3.. Lời giải Chọn C.  Đường thẳng AB có một véc tơ chỉ phương là AB  1; 1; 0  và đi qua điểm A 1; 1; 1 nên có x  1 t  phương trình tham số là  y  1  t . z  1 . Gọi K  AB   P  suy ra K 1  t ; 1  t ; 1 . Do K   P   1  t  1  t  2  0  2t  4  t  2  K  1;  1; 1 . Ta được KA  2 2 , KB  3 2 . Do mặt cầu  S  đi qua hai điểm A , B và H là tiếp điểm của  S  với  P  nên: KA.KB  KH 2  KH  2 3 . Vì K là điểm cố định thuộc  P  , H   P  và HK  2 3 không đổi nên điểm H thuộc đường tròn cố định có tâm là điểm K , bán kính r  2 3 trên mặt phẳng  P  . Vậy bán kính đường tròn cố định cần tìm là r  2 3 . Câu 37.. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M  3;3;  3  thuộc mặt phẳng.   : 2 x  2 y  z  15  0 Trang 26/31 - Mã đề 101. và mặt cầu  S  :  x  2    y  3   z  5   100 . Đường thẳng  qua 2. 2. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(213)</span> M , nằm trên mặt phẳng   cắt  S  tại A, B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương trình. đường thẳng  . x3 y 3 A.   1 1 x3 y 3 C.   16 11. z3 . 3 z3 . 10. x3 y 3 z 3 .   1 4 6 x3 y 3 z 3 D. .   5 1 8 Lời giải. B.. Chọn B Ta có: Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5  , bán kính R  10 . d  I ,    . 2.2  2.3  5  15 22   2   12 2.  6  R      S   C  H ; r  , H là hình chiếu của I lên   ..  Gọi 1 là đường thẳng qua I và vuông góc với    1 có VTCP là u 1   2; 2;1 ..  x  2  2t   PTTS 1 :  y  3  2t . Tọa độ H là nghiệm của hệ: z  5  t .  x  2  2t  y  3  2t   z  5  t 2 x  2 y  z  15  0.  x  2    y  7  H  2 ; 7 ; 3  . z  3 . Ta có AB có độ dài lớn nhất  AB là đường kính của  C     MH .  Đường thẳng MH đi qua M  3;3;  3  và có VTCP MH  1; 4 ; 6  . x 3 y 3 z 3   . 1 4 6 Trong không gian O xyz , cho hai điểm A(1; 2; 1) , B(0; 4; 0) và mặt phẳng  P  có phương trình. Suy ra phương trình  : Câu 38.. 2x  y  2z  2019  0 . Gọi  Q  là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và  là góc nhỏ nhất giữa hai. mặt phẳng  P  và  Q  . Giá trị cos là A. cos . 1 3. .. B. cos . 2 . 3. C. cos . 1 . 9. D. cos =. 1 6. .. Lời giải Chọn A Gọi mặt phẳng  Q  : ax  by  cz  d  0.  có véc tơ pháp tuyến n1   a; b; c . Trong đó a 2  b 2  c 2  0  Mặt phẳng  P  có véc tơ pháp tuyến n 2   2; 1; 2 . a  2b  c  d  0 (1) Mặt phẳng  Q  đi qua A(1; 2; 1) , B(0; 4; 0) ta có  (2) 4b  d  0 Lấy (1)  (2) ta được c  a  2b; d  4b    Q  có véc tơ pháp tuyến n1   a; b; a  2b .  là Góc giữa hai mặt phẳng  P  và  Q  trong đó 0    900 co s  . 3b. 3 2a 2  5b 2  4ab Trường hợp 1: b  0 ta có   900 là góc lớn nhất trong các góc có thể có giữa hai mặt phẳng  P  và  Q . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 27/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(214)</span> Trường hợp 2: b  0 ta có cos  . b2  2a 2  5b 2  4ab.  nhỏ nhất khi co s  lớn nhất. Vậy co s  . 1 2. a  2   1  3 b . . 1 3. 1. . 3 Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm A  2t ; 2t ;0  , B  0;0; t  (với t  0 ) . cho điểm P       a di động thỏa mãn OP. AP  OP.BP  AP.BP  3 . Biết rằng có giá trị t  với a, b nguyên dương b a và tối giản sao cho OP đạt giá trị lớn nhất bằng 3. Khi đó giá trị của Q  2a  b bằng b A. 5 B. 13 . C. 11 . D. 9 . Lời giải Chọn C.    Gọi P  x; y; z  , ta có: OP   x; y; z  , AP   x  2t ; y  2t; z  , BP   x; y; z  t  Vì P  x; y; z  thỏa mãn       OP. AP  OP.BP  AP.BP  3  3 x 2  3 y 2  3 z 2  4tx  4ty  2tz  3  0 4 4 2  x 2  y 2  z 2  tx  ty  tz  1  0 3 3 3  2t 2t t  Nên P thuộc mặt cầu tâm I  ; ;  , R  t 2  1  3 3 3 Ta có OI  t  R nên O thuộc phần không gian phía trong mặt cầu. Để OPmax thì P, I , O thẳng hàng và OP  OI  R Suy ra OPmax  OI  R  3  t  t 2  1 4 Suy ra a  4, b  3 3 Vậy , Q  2a  b  11 Câu 40. (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Một phần sân trường được định vị bởi các điểm A , B , C , D như hình vẽ.. Từ đó tìm được t . Bước đầu chúng được lấy “ thăng bằng” để có cùng độ cao, biết ABCD là hình thang vuông ở A và B với độ dài AB  25m , AD  15m , BC  18 m . Do yêu cầu kĩ thuật, khi lát phẳng phần sân trường phải thoát nước về góc sân ở C nên người ta lấy độ cao ở các điểm B , C , D xuống thấp hơn so với độ cao ở A là 10 cm , a cm , 6 cm tương ứng. Giá trị của a là số nào sau đây? A. 17, 2cm .. B. 18,1cm .. C. 17,5cm . Lời giải. Chọn A Trang 28/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. 15,7 cm ..

<span class='text_page_counter'>(215)</span> z. B. A. y B'. D C. x. D' C'. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: O  A , tia Ox  AD ; tia Oy  AB . Khi đó, A  0;0;0  ; B  0; 2500;0  ; C 1800; 2500;0  ; D 1500;0;0  . Khi hạ độ cao các điểm ở các điểm B , C , D xuống thấp hơn so với độ cao ở A là 10 cm , a cm ,. 6 cm tương ứng ta có các điểm mới B  0; 2500;  10  ; C  1800; 2500;  a  ; D 1500;0;  6  . Theo bài ra có bốn điểm A ; B  ; C  ; D đồng phẳng. Phương trình mặt phẳng  ABD  : x  y  250 z  0 . Do C  1800; 2500;  a    ABD  nên có: 1800  2500  250a  0  a  17, 2 . Vậy a  17, 2cm . Câu 41.. 2 2 2 (TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  : x  y  z  1.. Điểm M   S  có tọa độ dương; mặt phẳng  P  tiếp xúc với  S  tại M cắt các tia Ox ; Oy ; Oz. . . . . tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  1  OA2 1  OB2 1  OC 2 là: A. 24.. B. 27.. C. 64.. D. 8.. Lời giải Chọn C z. C. O. I. M B y. A x.  S  có tâm  O. và bán kính R  1.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 29/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(216)</span> Theo đề bài ta có A  a, 0, 0  ; B  0, b, 0  ; C  0, 0, c  ;  a, b, c  0  khi đó phương trình mặt phẳng  P  là:. x y z   1. a b c.  P. 1 1 1 1 1   a 2 b2 c 2. tiếp xúc với  S  tại M   S   d  O;  P    1 .  abc  a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2  3 3 a 4b 4c 4  abc  3 3. . . .  . . 1 vì  a, b, c  0  .. . Khi đó: T  1  OA2 1  OB2 1  OC 2  1  a 2 1  b 2 1  c 2. .  T  1  a 2  b 2  c 2  a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  a 2 b 2 c 2  1  a 2  b 2  c 2  2a 2 b 2 c 2 Mặt khác 1  a 2  b 2  c 2  2a 2b 2 c 2  1  3 3 a 2b 2 c 2  2 a 2b 2 c 2  64.  2   T  64 .. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 64 khi 1 và  2  xảy ra dấu bằng  a  b  c  3 ..  x  4  3t  Câu 42. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  3  4t . Gọi A là z  0  hình chiếu vuông góc của O trên d . Điểm M di động trên tia Oz , điểm N di động trên đường thẳng d sao cho MN  OM  AN . Gọi I là trung điểm đoạn thẳng OA . Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  M , d  có tọa độ là. . . A. 4;3;10 10 .. . . . B. 4;3;10 2 .. . C. 4;3;5 10 .. . . D. 4;3;5 2 .. Lời giải Chọn D. Gọi A  4  3t ;3  4 t; 0  là hình chiếu vuông góc của O trên d    OA  d  OAu . d  0  t  0  A  4;3;0  . Trên Oz lấy điểm P sao cho OP  AN  MP  OM  OP  MN và AIN  OIP  IN  IP 1 Ta có IMP  IMN , kẻ IH  MN  IH  IO  S IMN  IH .MN  S IMN min  MN min 2 2.  MO  AN  Ta có MN 2  MO 2  OA2  AN 2  2    25  MN  5 2 2   Trang 30/31 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(217)</span> Vậy MN min  5 2  OM  AN .  5 2 5 2  M  0;0;  2 2  .   15   Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  M , d  là  MA, ud    10 2; ; 25  2    Chọn n  4;3;5 2. . . ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 31/31 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(218)</span> Chuyên đề. Câu 1.. 8. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÓ LỚP 11. 0 1 2 3 98 99 100 Tính tổng S  C2019  C 2019  C2019  C2019  ...  C2019  C 2019  C2019 . 100 100 100 A. C2018 . B. C2019 C. C2018 1 . 1 .. 100 D. C2018 1 .. Lời giải Chọn A 0 0 Ta có C2019  C2018 1 Áp dụng công thức Cnk  Cnk11  Cnk1 với 1  k  n ; k , n  N . 1 0 1 Ta có C2019  C2018  C2018. 2 1 2 C2019  C2018  C2018 3 2 3 C2019  C2018  C2018. …………………. 100 99 100 C2019  C2018  C2018. Thay vào S ta có. 0 0 1 1 2 2 3 S  C2018  C2018  C2018  C2018  C2018   C2018 C2018   ... 98 99 99 100  C2018  C2018  C2018   C2018 . 100  C2018 .. Câu 2.. Cho S là tập có 5 phần tử. Hai bạn học sinh A , B lên bảng và mỗi người viết một tập con của S . Xác suất để trên bảng có đúng 3 phần tử của S là. 135 270 135 175 A. . B. . C. . D. . 512 512 1024 512 Lời giải Chọn A Số tập con của tập có 5 phần tử là: 25  32 tập con. Số cách bạn A , B viết hai tập con lên bảng là n     32.32  1024 kết quả. Gọi A :" Hai bạn học sinh A , B lên bảng và mỗi người viết một tập con của S để trên bảng có đúng 3 phần tử của S '' . TH1: Có một bạn viết tập hợp  , một bạn viết tập có 3 phần tử có: 2.C53  20 kết quả. TH2: Có một bạn viết tập hợp một phần tử và một bạn viết tập có 2 phần tử khác phần tử tập đầu có: C51.C42  C52 .C31  60 kết quả. TH3: Có một bạn viết tập hợp một phần tử và một bạn viết tập có 3 phần tử trong đó có một phần tử ở tập đầu có: 5.C42  C53 .3  60 kết quả. TH4: Có một bạn viết tập hợp hai phần tử và một bạn viết tập có 3 phần tử trong đó có hai phần tử ở tập đầu có: C52 .C31  C53 .C32  60 kết quả. TH5: Hai bạn viết hai tập có 3 phần tử giống như nhau có: C53  10 kết quả. TH6: Hai bạn viết hai tập có hai phần tử trong đó có một phần tử ở hai tập giống nhau có: 2.C52 .C31  60 kết quả. Do đó: n  A   20  60  60  60  10  60  270 kết quả. Xác suất cần tìm là: p  A  . Câu 3.. n  A  270 135   . n    1024 512. Từ các chữ số thuộc tập X  0;1; 2;3; 4;5;6;7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau sao cho mỗi số tự nhiên đó đều chia hết cho 18.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 1/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(219)</span> A. 984.. B. 1228.. C. 720. Lời giải. D. 860.. Chọn A Giả sử số lập được có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 , a1  0 , ai  a j với i  j , i  1; 6 , j  1; 6 . a1a2 a3 a4 a5 a6  9  a1  a2  a3  a4  a5  a6  9 Ta có a1a2 a3a4 a5 a6 18   .  a6  2 a1a2 a3 a4 a5 a6  2 Vì  a1  a2  a3  a4  a5  a6  9 nên ta có các trường hợp sau. Trường hợp 1: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 được chọn từ X 1  2;3; 4;5;6;7 + Có 3 cách chọn chọn a6 . + Có 5! cách chọn chọn bộ 5 số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5  . Suy ra có 3.5!  360 số. Trường hợp 2: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 được chọn từ X 2  0;1; 2; 4;5;6 + a6  0 , có 5! cách chọn bộ 5 số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5  . + a6  0 khi đó a6 có 3 cách chọn, a1 có 4 cách chọn và có 4! cách chọn bộ 4 số  a2 ; a3 ; a4 ; a5  . Suy ra có 5! 3.4.4!  408 số. Trường hợp 3: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 được chọn từ X 3  0;1; 2;3;5;7 + a6  0 , có 5! cách chọn bộ 5 số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5  . + a6  0 khi đó a6 có 1 cách chọn, a1 có 4 cách chọn và có 4! cách chọn bộ 4 số  a2 ; a3 ; a4 ; a5  .. Câu 4.. Suy ra có 5! 1.4.4!  216 số. Vậy có 360  408  216  984 số. Trong một hộp có chứa các tấm bìa dạng hình chữ nhật có kích thước đôi một khác nhau, các cạnh của hình chữ nhật có kích thước là m và n ( m, n  ;1  m, n  20 , đơn vị là cm). Biết rằng mỗi bộ kích thước (m,n) đều có tấm bìa tương ứng. Ta gọi một tấm bìa là “tốt” nếu tấm bìa đó có thể được lắp ghép từ các miếng bìa dạng hình chữ L gồm 4 ô vuông, mỗi ô có độ dài cạnh là 1cm để tạo thành nó.. Rút ngẫu nhiên một tấm bìa từ hộp, tính xác suất để rút được tấm bìa “tốt”. 2 29 29 9 A. B. C. D. 7 95 105 35 Lời giải Chọn C Số hình chữ nhật trong hộp: +) m =1 thì n = 1,2,3… 20. +) m =2 thì n = 2,3.4…20 ….. +) m =20 thì n = 20. 20  n()  20  19  ...  1  (20  1)  210 2 Ta đi tìm số hình chữ nhật “Tốt”. Do mỗi miếng bìa có hình chữ L, một chiều gồm 2 hình vuông đơn vị, một chiều gồm 3 hình vuông đơn vị và diện tích của mỗi miếng bìa bằng 4cm 2, Trang 2/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(220)</span> Câu 5.. nên hình chữ nhật n.m là tốt khi và chỉ khi nó được tạo bởi 2,4,6,… số chẵn miếng bìa hình chữ L m  3; n  2  như trên. Khi đó m.n = 8,16,24,…. Do đó m, n thỏa mãn: m.n8 m, n  * ; m, n  20  suy ra phải có ít nhẩt một trong hai số m, n chia hết cho 4. Do hình chữ nhật kích thước cũng chính là hình chữ nhật nên ta chỉ cần xét với kích thước m. KN1: m chia hết cho 8: m  8,16 khi đó ta chọn n bất kì thuộc tập 2,3,...20 suy ra có 19 + 18 = 37 tấm bìa “tốt”. KN2: m ko chia hết cho 8: m  4,12, 20 . Do 4 = 4.1; 12 = 4.3; 20 = 4.5 nên muốn m.n chia hết cho 8 thì n phải chẵn. Tập 2, 4, 6,10,12,14,18, 20 có 8 phần tử. m = 4 có 8 cách chọn n m = 12 có 8 – 1 = 7 cách chọn n đã chọn ở trên. m = 20 có 8 – 2 = 6 cách chọn n. và đã chọn ở trên. Vậy KN2 có 8 + 7 + 6 = 21 tấm bìa “tốt”. 58 29 1  58  P( A)   Gọi A là biến cố rút được tấm bìa “tốt” từ hộp  n( A)  C58 210 105 Cho tập S có 12 phần tử. Hỏi có bao nhiêu cách chia tập hợp S thành hai tập con (không kể thứ tự) mà hợp của chúng bằng S ? A. 312  1 .. B.. 312  1 . 2. C. 312  1 .. D.. 312  1 . 2. Lời giải Chọn D Bước 1: Phân hoạch tập S thành hai tập A và B rời nhau. Bước 2: Giả sử tập A có k phần tử, có C12k cách chọn tập A . Khi đó ta bổ sung B vào l phần tử để A  B  S có Ckl cách bổ sung như thế. Bước 3: Vì vai trò của A và B như nhau nên có sự lặp lại 2 lần, riêng tập có 6 phần tử chỉ lặp lại 1 lần. 1  12 k  1  12  312  1 Do đó số cách chọn là:   C12k Ckl  1     2 k C12k  1   . 2  k 0 l 0 2  2  k 0  Câu 6.. (SGD Nam Định_Lần 1_2018-2019)Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số lấy được có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7 có kết quả gần nhất với số nào trong các số sau? A. 0,128 . B. 0,035 . C. 0,014 . D. 0,012 . Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là n   9.106  9000000 . Cách 1 Gọi A là biến cố lấy được số có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7. Số tự nhiên có 7 chữ số có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7có dạng N 3 , trong đó N là số tự nhiên có 6 chữ số. Ta có N 3  N 0  3  10 N  3  7 N  3 N  3 . k 3 Do N 3 chia hết cho 7 nên 3 N  3  7 k  N  2k  3 k 3 N là số tự nhiên khi và chỉ khi  m  k  3m  3, m   . 3 Khi đó N  7m  6, m   .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 3/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(221)</span> 99994 999993 . m 7 7 Do m   nên 14285  m  142856 . Suy ra có 128572 giá trị m thỏa mãn. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  128572 .. Do 100000  N  999999  100000  7 m  6  999999 . Xác suất của biến cố A là P  A . n  A 128572   0, 014 . n  9000000. Cách 2 Gọi A là biến cố lấy được số có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7. Ta có phần tử nhỏ nhất của A là a  1000023 . Gọi b là phần tử bất kỳ của A . Do b có chữ số tận cùng là 3 nên b  a chia hết cho 10. Mặt khác a, b đều chia hết cho 7 nên b  a chia hết cho 7. Ta có 7,10  70 nên b  a  70m  b  a  70m  1000023  70m, m   .. 8999976  m  128571 . 70 Suy ra có 128572 giá trị m thỏa mãn. Vậy A có 128572 phần tử. n  A 128572 Xác suất của biến cố A là P  A    0, 014 . n  9000000. Do b  9999999 nên 1000023  70m  9999999  m . Câu 7.. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Cho dãy số.  un . u n 1 u u un . Tổng S  u1  2  3  ...  10 bằng 3n 2 3 10 3280 29524 1 A. . B. . C. . 6561 59049 243 Lời giải Chọn B u n 1 Ta có n 1  nên un 3n. xác định bởi u1 . 1 và 3. un 1 . un . D.. 25942 . 59049. un un 1 u2 n n 1 2 n . ... .u1  . ... .u1  n . un 1 un  2 u1 3(n  1) 3  n  2  3.1 3 10. Câu 8.. 1 1   1 1 1 1 29524 3 Vậy S   2  ...  10  .    . 1 3 3 3 3 1 59049 3 (Nguyễn Khuyến 18-19) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC ) bằng A.. 2 3 . 3. B.. 5 . 5. C.. 2 5 5. Lời giải Chọn C. Trang 4/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.. 3 . 2.

<span class='text_page_counter'>(222)</span> Để thuận tiện trong việc tính toán ta chọn a  1 . Trong không gian, gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho gốc O trùng với điểm A , tia. O x chứa đoạn thẳng AB , tia O y chứa đoạn thẳng AD , tia Oz chứa đoạn thẳng AS . Khi đó: A (0 ; 0 ; 0) , B (1; 0 ; 0) , C (1;1; 0) , S (0; 0; 2) , D(0;1;0) .  1   2     [ SB; BC ] =(2;0;1) .. Vì M là trung điểm SD nên tọa độ M là M  0; ;1 ..   SB  (1;0; 2)   n SBC  Ta có    BC  (0;1;0)   1    1   AM   0; ;1    2   n AMC   [ AM ; AC ] =  1;1;   2      AC  (1;1;0) Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC ) .   n SBC  .n AMC    5 Suy ra cos   cos n SBC  ; n AMC     .  3 n SBC  . n AMC . . . 1 1  tan   1 . 2 cos  cos 2  1 2 5 Vậy tan   1  . 2 5  5    3  Gieo đồng thời 3 con súc sắc. Bạn là người thắng cuộc nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt 6 chấm. Xác suất để trong 6 lần chơi thắng ít nhất 4 lần gần nhất với giá trị nào dưới đây. A. 1,65.107 . B. 1,24.105 C. 3,87.104 . D. 4.104 . Lời giải Chọn D Gọi B là biến cố gieo đồng thời 3 súc sắc. Gọi biến cố là B1 , B2 , B3 lần lượt là các biến cố gieo súc sắc 1; 2; 3. 2 Mặt khác, 1  tan  . Câu 9.. 1 6. 1 6. 1 6. Xác suất để các súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm là P  B1   ; P  B2   ; P  B3   . . Bạn là người thắng cuộc nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt 6 chấm nên xác suất là 1 1 5 1 1 1 2 P  B   C 32 . . .  . .  . 6 6 6 6 6 6 27 2 2 25  Nên P  B   . Suy ra P B  1  27 27 27 Gọi A là biến cố “Bạn là người thắng cuộc”. Để trong 6 lần chơi thắng ít nhất 4 lần nên ta có.  . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 5/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(223)</span> P  A   C 64  P  B  . 4.  P  B . 2.  .  C 65  P  B   P B  C 66  P  B    4.10 4 5. 6. Câu 10. Cho tập hợp X  1, 2,3,4,5, 6,7,8 . Từ tập hợp X lập được một số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số lập được chia hết cho 1111 là: A.. A82 A62 A42 . 8!. B.. 4!4! . 8!. C.. C82C62C42 . 8!. D.. 384 . 8!. Lời giải Chọn D Số các số tự nhiên lập được từ tập hợp X có 8 chữ số đôi một khác nhau là: 8! . Gọi n  a1a2a3a4 a5a6a7 a8 là số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau đôi một được lập từ tập hợp X và chia hết cho 1111 . 8. 8. 4. i 1. i 5. i 1. Dễ thấy: n   ai .108i   ai .108i   ai .108i Với. 4.  a .10 i 1. i. 8 i.  a1a2 a3a4 10 4  9999a1a2 a3a4  a1a2 a3a4 và. . . 8.  a .10 i 5. 8 i. i.  a5 a6 a7 a8 .. Do đó: n1111  a1a2a3a4  a5a6 a7 a8  1111   a1  a5  .1000   a2  a6  .100   a3  a7  .10   a4  a8   1111. Đặt xi  ai  ai 4 , với i  1, 4 , ta có 3  xi  15 với mọi i  1, 4 và 4. 8.  x  a i. i 1. j 1. j.  1  2    8  36 .. Hơn nữa, x1.1000  x2 .100  x3.10  x4  1111.k (*), k là số nguyên dương không vượt quá 9 . Ta nhận thấy chỉ có trường hợp x1  x2  x3  x4 thì (*) thỏa mãn. 4. x. i. 36 9. 4 4 Suy ra mỗi cặp  ai ; ai4   1;8 ,  2;7  ,  3;6  ,  4;5 . Do đó: x1  x2  x3  x4 . i 1. . Vậy số số tự nhiên n1111 là 4! 2!  384. Suy ra xác suất là P  4. 384 . 8!.   60 . Góc giữa Câu 11. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , SA  SB  SD  a , BAD đường thẳng SA và mp( SCD ) bằng A. 30 .. B. 90 .. C. 45 . Lời giải. Chọn C.   60 nên ABD là tam giác đều cạnh a Do ABCD là hình thoi và góc BAD Gọi H là trọng tâm tam giác ABD . Ta có DH . Trang 6/21 - Mã đề 101. a 3 3. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. 60 ..

<span class='text_page_counter'>(224)</span> a 6 3 Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên SD khi đó ta có HF  mp( SCD ) . Tính được. Vì SA  SB  SD  a nên SH  ( ABCD ) . SH  SD 2  DH 2 . FH . SH .DH a 2  SD 3. Gọi I là hình chiếu của A lên ( SCD ) khi đó FH song song với AI . Ta có Nên AI . FH CH 2   AI CA 3. 3 a 2 HF  2 2. AI 2 Góc giữa đường thẳng SA và mp( SCD ) là góc  ASI . sin   ASI  45 . ASI   SA 2 Câu 12. Cho lăng trụ ABC. A B C  có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 4. Hình chiếu vuông góc của A trên mp ( ABC ) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp  ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B C bằng. A. 2 2 .. B. 2 .. 2.. C. Lời giải. D. 1.. Chọn B A'. C'. A. K. B'. M G M. A G B. C. B. I. C. I H. H. Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC  G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có A G  ( ABC ). Dựng hình chiếu H của B  trên mặt phẳng ( ABC )  Tứ giác ABHG là hình bình hành và AG  BH . 4 3 và BH  BC . 3.  Xét tam giác BHC vuông tại B ,ta có: tan BCH. BH 3   30 .   BCH BC 3.   90 hay AC  HC . Do đó  ACH   ACB  BCH Mà AC  B H . Do đó: AC  B C tại C hay MC  B C tại C (1) Ta lại có MC  BM tại M (2). Từ (1), (2)  MC là đoạn vuông góc chung của BM và B C . Do đó d ( BM , B C )  MC  2 .. Câu 13. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy nằm trong hình vuông ABCD . Hai mặt phẳng  SAD  ,  SBC  vuông góc với nhau; góc 0 0 giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là 60 ; góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  là 45 .. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  . Tính cos. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 7/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(225)</span> 1 A. cos = . 2. B. cos =. 2 . 2. C. cos =. 3 . 2. D. cos =. 2 . 3. Lời giải Chọn C. Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát giả sử ABCD là hình vuông có cạnh bằng 1, chiều cao của hình chóp S. ABCD bằng c  c  0  .. A  0;0;0  , B 1;0; 0  , C 1;1; 0  , D  0;1;0  . Do hình chiếu vuông góc H của đỉnh S xuống mặt đáy nằm trong hình vuông ABCD nên gọi. H  a ; b ;0  với 0  a , b 1 *  S  a ; b ; c  .      Ta có: AS   a ; b ; c  , AD   0;1;0  nên chọn n SAD    AS , AD    c ; 0; a  .      BS   a  1; b ; c  , BC   0;1;0  nên chọn n SBC    BS , BC    c ;0; a  1 .      AB  1;0; 0  , AS   a ; b ; c  nên chọn n SAB    AB , AS    0;  c ; b  .   Chọn n ABCD   k   0; 0;1 .   Do  SAD    SBC   n SAD  . n SBC   0  c 2  a  a  1  0  c 2  a 2  a 1 .   n SAB  . n SBC  b  a  1 1 Góc giữa  SAB  và  SBC  là 60  cos 60      2 2 n SAB  . n SBC  c 2   a  1 . c 2  b 2  . b 1  a  1 do (*) và (1)  2 1  a . c 2  b2 b 1 a c b 2. . 2. 1 b 1 (2)   2 2 2 2 1 a c b.   n SAB  . n SAD  ab 2 Góc giữa  SAB  và  SAD  là 45  cos 45      2 n SAB  . n SAD  c 2  a2 . c2  b2. . 2 ab do (*)  2 a . c 2  b2 ab. b 1 a. 2 1 a 2 :   2  a   3 . 2 2 3 1 a a. c b c b    2  ,  3 n SAB  . n ABCD  b Góc giữa  SAB  và  ABCD  là   cos       n SAB  . n ABCD  c2  b2 2. Trang 8/21 - Mã đề 101. 2. :. 2. 2. . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. 1 2 1. 2 3. . 3 . 2.

<span class='text_page_counter'>(226)</span> Cách 2:theo ý tưởng của thầy Vô Thường.. Gọi I , J , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của S lên BC , AD ,  ABCD  ; I  , H  , J  lần lượt là hình chiếu vuông góc của I , H , J lên  SAB  . Ta có:.   90 . Do  SAD    SBC  nên (( SAD),( SBC ))  ISJ SI  ( SAD) Suy ra  . SJ  ( SBC )  SI   SAD  '  45 . Do  nên (( SAD), ( SAB ))  SII  II    SAB  SJ   SBC  '  60 . Do  nên (( SBC ), ( SAB ))  SJJ  JJ  SAB     SH   ABCD  '   . Do  nên (( SAB), ( SABCD))  SHH  HH  SAB    Đặt II   HH   JJ   x với x  0 2 2 x2 2 x HH  x 3   cos     . 2x SH 2 x 6 3 SI 2  SJ 2 3 Câu 14. (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 . Lấy ngẫu nhiên một số trong tập tập hợp X . Gọi A là biến cố lấy được.  SI  x 2 , SJ  2 x , SH . SI . SJ  IJ. SI . SJ. . số có đúng hai chữ số 1, có đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các chữ số giống nhau không đứng liền kề nhau. Xác suất của biến cố A bằng 201600 151200 5 176400 A. . B. . C. . D. . 9 98 98 98 Lời giải Chọn A Ta có không gian mẫu n     9 8. 8! cách. 2!.2! Trường hợp 1: 2 số 1 đứng kề nhau coi là một số , 2 số 2 đứng kề nhau coi là một sô, vậy có tất cả 6!.C 74 cách.. Lấy số có 8 chữ số mà có 2 số 1, 2 số 2, bốn số còn lại đôi một khác nhau thì có C74 .. Trường hợp 2: 2 số một đứng cạnh nhau coi là một sô , 2 số 2 không đứng cạnh nhau và ngược lại có C74 .2.  C72  6  .5!. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 9/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(227)</span> Vậy n  A   C74 ..  P  A . 8!  6!.C 74  C 74 .2.  C72  6  .5!  201600 cách. 2!.2!. n  A. n . . 201600 98. ------------- HẾT ------------Câu 15. Gieo đồng thời 3 con súc sắc. Bạn là người thắng cuộc nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt 6 chấm. Xác suất để trong 6 lần chơi thắng ít nhất 4 lần gần nhất với giá trị nào dưới đây. A. 1,65.107 .. B. 1,24.105. C. 3,87.104 .. D. 4.104 .. Lời giải Chọn D Gọi B là biến cố gieo đồng thời 3 súc sắc. Gọi biến cố là B1 , B2 , B3 lần lượt là các biến cố gieo súc sắc 1; 2; 3. 1 6. 1 6. 1 6. Xác suất để các súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm là P  B1   ; P  B2   ; P  B3   . . Bạn là người thắng cuộc nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt 6 chấm nên xác suất là 1 1 5 1 1 1 2 P  B   C 32 . . .  . .  . 6 6 6 6 6 6 27 2 2 25  Nên P  B   . Suy ra P B  1  27 27 27 Gọi A là biến cố “Bạn là người thắng cuộc”. Để trong 6 lần chơi thắng ít nhất 4 lần nên ta có.  . P  A   C 64  P  B  . 4.  P  B . 2.  .  C 65  P  B   P B  C 66  P  B    4.10 4 5. 6. Câu 16. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos 3x  cos 2 x  m cos x 1  0 có đúng 8    nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  .  2  A. 3 .. B. 1 .. C. 2 . Lời giải. D. 0 .. Chọn C cos 3x  cos 2 x  m cos x 1  0  cos 3x 1  cos 2 x  m cos x  0.  4 cos 3 x  3 cos x  2 cos 2 x  m cos x  0  cos x  0 (1)  cos x 4 cos 2 x  2 cos x  m  3  0    4cos 2 x  2 cos x  m  3  0 (2) . Giải (1) cos x  0  x . .  k ,(k  ) . Do đó (1) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2     ; 2  là x   , x  3 .   2  2 2    Để phương trình đã cho có đúng 8 nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  thì phương trình (2)  2     có 6 nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  và khác các nghiệm của (1) ở trên.  2 . Đặt cos x  t , (1  t  1) , phương trình (2) trở thành phương trình 4t 2  2t  m  3  0 (3) .    Với t  1, t  1 : mỗi nghiệm t ta xác định được một nghiệm x   ; 2  .  2 .    Với 1  t  0 : mỗi nghiệm t ta xác định được 2 nghiệm x   ; 2  .  2  Trang 10/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(228)</span>    Với 0  t  1 : mỗi nghiệm t ta xác định được 3 nghiệm x   ; 2  .  2 .    Do đó để phương trình (2) có 6 nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  và khác các nghiệm  2 . 3 thì phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  t  1 . Khi đó: 2 2 13  4m  0     0  13  m   2    0 b   4   0  4 13  a    m  3  3  m  . 4( m  3)  0    4  9 ac  0    m    2  13  4m 4  1  t 1 , t2  1   4  Vậy không có giá trị nguyên của m thỏa mãn đk đề bài. Câu 17. Gọi A là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Lấy ngẫu nhiên từ tập A một số. Tính xác suất để lấy được số mà chỉ có đúng 3 chữ số khác nhau. 560 1400 2240 1400 A. . B. . C. . D. . 6561 6561 6561 19683 Lời giải Chọn B Ta có:   95  59049 . Gọi B là biến cố cần tìm xác suất. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là C39 . TH1. Có 1 chữ số trong 3 chữ số a, b, c được lặp 3 lần. Chọn chữ số lặp: có 3 cách, giả sử là a. 5! Xếp 5 chữ số a, a, a, b, c có cách, (vì cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a , a , a chiếm chỗ thì tạo ra 3! cùng một số n ). 5! Suy ra trong trường hợp này có C39 .3  số tự nhiên. 3! TH2. Có 2 trong 3 chữ số a, b, c , mỗi chữ số được lặp 2 lần. Chọn 2 chữ số lặp: có C 32 cách, giả sử là a, b. 5! Xếp 5 chữ số a, a, b, b, c có cách, (vì cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a , a chiếm chỗ và 2! 2!2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số n ). 5! Suy ra trong trường hợp này có C39 .3  số tự nhiên. 2!2! 5! 5!  12600 số. Do đó ta có B  C39 .3   C39 .3  3! 2!2!  12600 1400 Kết luận: P  B   B   .  59049 6561 Cách 2: Lưu Thêm Gọi A là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 . Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên 1 số từ A ”  n     95 . Gọi B là biến cố: “ Số được chọn chỉ có đúng 3 chữ số khác nhau”. TH1: Có 1 chữ số được lặp 3 lần, 2 chữ số còn lại khác nhau. +) Chọn 1 chữ số khác 0 có 9 cách ( gọi là a ). +) Xếp 3 chữ số a vào 3 trong 5 vị trí có C53 cách. x. . ,x. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 11/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(229)</span> +) Chọn 2 chữ số từ 8 chữ số còn lại và xếp vào 2 vị trí còn lại có A82 cách.  Có 9.C53 . A82  5040 (số). TH2: Có 2 trong 5 chữ số, mỗi chữ số được lặp 2 lần. +) Chọn 2 chữ số từ 9 chữ số có C92 (gọi là a , b ). +) Xếp 4 chữ số: a , a , b , b vào 4 trong 5 vị trí có C52 .C32 cách. +) Xếp 1 chữ số còn lại có 7 cách.  Có C92 .C52 .C32 .7  7560 (số).  n  B   5040  7560  12600 .. n  B. 12600 1400 .  n  95 6561 Câu 18. Chọn ngẫu nhiên một số nguyên thuộc [1;500] . Tính xác suất để chọn được một số là ước của 10800. 18 16 49 23 A. . B. . C. . D. . 125 125 500 250 Lời giải Chọn D. Kết luận: P  B  . . Ta có:   500 . Gọi A là biến cố: “Chọn ngẫu nhiên một số nguyên thuộc [1;500] ” Vì 10800  2 4.33.52 nên các ước của 10800 có dạng 2 x.3 y.5 z với x, y, z   và x   0; 4 , y   0;3 ,. z   0; 2 . Để 2 x.3 y.5 z  500 1 thì:  TH1: z  0. 500  500   y  log 3  x  x 2  2  Lập bảng giá trị từ x  0 tới x  4 , ta nhận 0  y  3 .  TH1 có 5.4  20 cách.  TH2: z  1 100 100 1  2 x.3 y  100  3 y  x  y  log 3  x  2  2  Lập bảng giá trị từ x  0 tới x  4 , ta có:  Với x  0;1 thì y  0;1; 2;3 .. 1  2 x.3 y  500  3 y .  Với x  2;3 thì y  0;1; 2 .  Với x  4 thì y  0;1 .  TH2 có 2.4  2.3  1.2  16 cách.  TH3: z  2 20 20 1  2 x.3 y  20  3 y  x  y  log3  x  2 2  Lập bảng giá trị từ x  0 tới x  4 , ta có:  Với x  0;1 thì y  0;1; 2 .  Với x  2 thì y  0;1 .  Với x  3; 4 thì y  0 .  TH3 có 2.3  1.2  2.1  10 cách. A. 46 23   500 250 Câu 19. Cho hình chóp S .ABC có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30 . Biết AB  5 , BC  8 , AC  7 . Khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng.   A  20  16  10  46 . Vậy P  A  . Trang 12/21 - Mã đề 101. . Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(230)</span> A. d . 35 39  13. B. d . 35 39  52. C. d . 35 13  52. D. d . 35 13  26. Lời giải Chọn B. Gọi H là chân đường cao kẻ từ S của tứ diện S .ABC .   SBH   SCH   30 . Theo giả thiết, SAH.  SAH  SBH  SCH (cạnh góc vuông – góc nhọn).  HA  HB  HC .  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . abc Đặt a  BC  8 , b  AC  7 , c  AB  5 , p   10 , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp 2 ABC . Áp dụng công thức Heron, ta được SABC  p  p  a  p  b  p  c   10 3 .  R  HB  HC . a.b.c 7 3   4 S ABC 3. 7 3 1 7 HB 7 3 2 14   , SB      SC . 3 cos 30 3 3 3 3 3 1 1 7 70 3 Ta có: VS . ABC  SH .S ABC   10 3   3 3 3 9 8 13 14 Cũng áp dụng công thức Heron cho SBC có SB  SC  , BC  8 , ta được: SSBC   3 3 70 3 3 3.VS . ABC 9  35 39   d  d  A ,  SBC     S SBC 52 8 13 3 Câu 20. (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần 2 -18-19) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số. Lấy ngẫu nhiên hai số từ tập X . Xác suất để nhận được ít nhất một số chia hết cho 4 gần nhất với số nào dưới đây? A. 0, 44 . B. 0,56 . C. 0,12 . D. 0, 23 .. SHB vuông tại H  SH  HB.tan 30 . Lời giải Chọn A Các số tự nhiên của tập X có dạng abcde , suy ra tập X có 9.104 số. Lấy từ tập X ngẫu nhiên hai 2 số có C90000 số.. Vì abcde 4  de 4  de  00, 04, 08,12,...,92,96 có 25 số.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 13/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(231)</span> Suy ra số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 4 là 9.10.10.25  22500 số. Số tự nhiên có năm chữ số không chia hết cho 4 là 9.10.10.75  67500 số. Vậy xác suất để ít nhất một số chia hết cho 4 là: P  Câu 21.. 2 1 1 C22500  C22500 C67500  0, 437 . 2 C90000. Cho hàm số f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r. 2019 , chia f   x  cho x  2.  x  2. 2.  m  0 . Chia f  x  cho x  2 được phần dư bằng được phần dư bằng 2018. Gọi g  x  là phần dư khi chia f  x  cho. . Giá trị của g  1 là. A. 4033 .. B. 4035 .. C. 4039 . Lời giải. D. 4037 .. Chọn B Gọi. h x. là thương và. g  x. là phần dư khi chia. f  x. cho.  x  2. 2. tức là. f  x   h  x  x  2   g  x  . Do f  x  là hàm số bậc 4 nên h  x  là một hàm số bậc 2 và g  x  2. là hàm số có bậc nhỏ hơn 2 . Suy ra hàm số g  x  có dạng g  x   ax  b . Ta có f   x   h  x  .  x  2   2h  x  . x  2   a . 2. Theo giả thiết khi chia f  x  cho x  2 được phần dư bằng 2019 , chia f   x  cho x  2 được phần  f  2   2019 2a  b  2019 a  2018 dư bằng 2018 nên ta có    . a  2018 b  2017  f   2   2018 Suy ra g  x   2018 x  2017 . Vậy g  1  2018.  1  2017  4035 . Câu 22. Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , SA   ABC  , SA  a 3 . Cosin của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là A.. 1 . 5. B.. 2 . 5. C.. 1 . 5. D.. 2 . 5. Lời giải Chọn C. Gọi M là trung điểm của BC . Do tam giác ABC đều nên AM  BC và AM  AB sin 60  Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên SM , SB . Vì SA   ABC   SA  AB, SA  AM . Trong các tam giác vuông SAB , SAM , ta có:. 1 1 1 a 3 1 1 1 a 15  2  AK   2  AH  ; 2 2 2 2 AK SA AB 2 AH SA AM 5. Trang 14/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. a 3 2.

<span class='text_page_counter'>(232)</span>  BC  SA  do SA   ABC    BC   SAM   BC  AH   AM  BC  AH  SM  AH  KH  SB  AH  AH   SBC    .   SB   AHK   SB  HK .   AH  BC  AH  SB  SB  AK Từ AH  KH  KH  AK 2  AH 2 . a 3 20.  SB  AK HK 1 Từ     SAB  ,  SBC     AKH  cos   SAB  ,  SBC     AK 5  SB  HK Câu 23. (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho lưới ô vuông đơn vị, kích thước 4  6 như sơ đồ hình vẽ dưới. Một con kiến bò từ A mỗi lần di chuyển nó bò theo một cạnh hình vuông để tới mắt lưới liền kề. Có bao nhiêu cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển nó dừng lại ở B?. A. 3489 .. B. 3498 .. C. 6666 . Lời giải. D. 1532 .. Chọn C Vì con kiến sau 12 lần di chuyển dừng lại ở B nên hành trình của con kiến chỉ có thể gồm: 7 lần bò sang phải 1 lần bò sang trái 4 lần bò xuống hoặc 6 lần bò sang phải 5 lần bò xuống 1 lần bò lên. Ta ký hiệu:” L: bò lên; X: bò xuống; P: bò sang phải; T: bò sang trái”. TH1: Hành trình con kiến bao gồm: 7 lần bò sang phải 1 lần bò sang trái 4 lần bò xuống. Số hành trình trường hợp này là số cách xếp 7 chữ P; 1 chữ T; 4 chữ X vào 12 ô theo thứ tự và chữ T phải nằm trong các chữ P. Ta xếp 4 chữ X trước có C124 cách. Vì chữ T phải nằm trong các chữ P có 6 cách xếp  Số hành trình loại này là: 6.C124 TH2: Hành trình con kiến bao gồm: 6 lần bò sang phải 5 lần bò xuống 1 lần bò lên. Tương tự như trường hợp 1  Số hành trình loại này 4.C126 . Vậy số cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển con kiến dừng lại ở B là: 6.C124  4.C124  6666 .   120 Câu 24. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác cân với, AB  AC  a , BAC và cạnh bên BB  a . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABI  , với I là trung điểm. CC  ? 10 . 4 Lời giải Chọn B Cách 1. A.. B.. 30 . 10. C.. 30 . 8. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D.. 3 . 2. Trang 15/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(233)</span> Gọi D là giao điểm giữa BI và BC M là trung điểm BC , suy ra AM  BC và AM  AC.sin 30 . a 2. 1 BB  nên C là trung điểm BD 2 Áp dụng định lý côsin cho tam giác ABC. Ta có I là trung điểm CC  và IC . BC  AB 2  AC 2  2 ABAC.cos120  a 3 , BD  2 3   120 nên ACD   150 ABC là tam giác cân BAC Áp dụng định lý côsin cho tam giác ACD. AD  AC 2  CD 2  2 ACCD.cos150  a 7 Do  ABC    ABI   AD . Kẻ BH  AD. . . 1 a2 3 2S a 21  HB . Lại có: SABD  AM .BD  Suy ra   BH  ABD  ABC  ,  ABI   B 2 2 AD 7. Xét tam giác B BH vuông tại B ; BH  BH 2  BB2 .  HB  Khi đó cos B. a 70 7. BH a 21 7 30  .  BH 7 a 70 10. Cách 2: Tam giác ABC là hình chiếu của tam giác ABI Gọi  là góc giữa  ABC  và  ABI   cos   Xét ABI có AI  AC 2  CI 2 . S ABC 1 a2 3 ; SABC AB. AC.Sin120  S ABI 2 4. a 5 ; BC  AB 2  AC 2  2 ABAC.cos120  a 3 2. a 2 a 13  ; AB  a 2 4 2 Ta có AI 2  AB2  BI 2 nên ABI vuông tại A BI  BC 2  C I 2  3a 2 .  S ABI . S 1 a 2 10 a2 3 4 30 AI . AB   cos   ABC  . 2  2 4 S ABI 4 a 10 10. Bình luận: Bài này có thể sử dụng tọa độ để giải! Câu 25. (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Cho hình chóp S . A B C D có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  2 AD  2 a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  A B C D  . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBD  .. Trang 16/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(234)</span> A.. a 3 . 2. B.. a 3 . 4. C. a .. D.. a . 2. Lời giải Chọn A. Gọi I là trung điểm của AB  SI  A B .  SI  AB  Ta có:  SAB    ABCD  gt   SI   ABCD  .   SAB    ABCD   AB. Xét  SAB đều có cạnh bằng 2 a  SI  a 3 Kẻ AK  BD tại K . Ta xét  BAD có: Kẻ J I  B D tại J  JI / / AK  JI . 1 1 1 1 1 5 2a 5    2  2  2  AK  . 2 2 2 AK AB AD 4a a 4a 5. 1 5a AK  . Ta có: BD  SI  BD   SJI  . 2 5. Kẻ H I  S J tại H  IH   SBD  tại H  d  I ;  SBD    IH . Xét  S J I có:. 1 1 1 5 1 16 a 3  2  2  2  2  2  HI  . 2 HI JI SI a 3a 3a 4. Do I là trung điểm của AB nên:. d  A;  SBD   d  I ;  SBD  . . AB a 3  2  d  A;  SBD    2d  I ;  SBD    . AI 2 9. Câu 26. Có bao nhiêu cách phân tích số 15 thành tích của ba số nguyên dương, biết rằng các cách phân tích mà các phần tử chỉ khác nhau về thứ tự thì chỉ được tính một lần? A. 517 . B. 516 . C. 493 . D. 492 . Lời giải Chọn A 9 9 9 a b Ta có 15  3 .5 . Đặt x  3 1.5 1 , y  3a2 .5b2 , z  3 3 .5 3 . a. b. Xét 3 trường hợp: Trường hợp 1:3 số x, y, z bằng nhau  có 1 cách chọn. Trường hợp 2 :Trong 3 số có 2 số bằng nhau, giả sử: x  y  a1  a2 , b1  b2 .  2a1  a3  9  a3  9  2 a1 .    2b1  b3  9 b3  9  2a3. Suy ra có 5 cách chọn a1 và 5 cách chọn b1 . Trường hợp 3: Số cách chọn 3 số phân biệt.. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 17/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(235)</span> a  a  a  9 Số cách chọn  1 2 3 là C112 .C112 . b1  b2  b3  9. Suy ra số cách chọn 3 số phân biệt là C112 .C112  24.3  1 . C112 .C112  24.3  1  25  517 . 3!   120 Câu 27. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác cân với, AB  AC  a , BAC và cạnh bên BB  a . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABI  , với I là trung điểm 9. Vậy số cách phân tích số 15 thành ba số nguyên dương là. CC  ? 10 . 4 Lời giải Chọn B Cách 1. A.. B.. 30 . 10. C.. 30 . 8. D.. 3 . 2. Gọi D là giao điểm giữa BI và BC M là trung điểm BC , suy ra AM  BC và AM  AC.sin 30 . a 2. 1 BB nên C là trung điểm BD 2 Áp dụng định lý côsin cho tam giác ABC. Ta có I là trung điểm CC  và IC . BC  AB 2  AC 2  2 ABAC.cos120  a 3 , BD  2 3   120 nên ACD   150 ABC là tam giác cân BAC Áp dụng định lý côsin cho tam giác ACD. AD  AC 2  CD 2  2 ACCD.cos150  a 7 Do  ABC    ABI   AD . Kẻ BH  AD. . . 1 a2 3 2S a 21  HB . Lại có: SABD  AM .BD  Suy ra   BH  ABD  ABC  ,  ABI   B 2 2 AD 7. Xét tam giác B BH vuông tại B ; BH  BH 2  BB2 .  HB  Khi đó cos B. a 70 7. BH a 21 7 30  .  BH 7 a 70 10. Cách 2: Tam giác ABC là hình chiếu của tam giác ABI. Trang 18/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(236)</span> Gọi  là góc giữa  ABC  và  ABI   cos   Xét ABI có AI  AC 2  CI 2 . S ABC 1 a2 3 ; SABC AB. AC.Sin120  S ABI 2 4. a 5 ; BC  AB 2  AC 2  2 ABAC.cos120  a 3 2. a 2 a 13  ; AB  a 2 4 2 Ta có AI 2  AB2  BI 2 nên ABI vuông tại A BI  BC 2  C I 2  3a 2 .  S ABI . S 1 a 2 10 a2 3 4 30 AI . AB   cos   ABC  . 2  2 4 S ABI 4 a 10 10. Bình luận: Bài này có thể sử dụng tọa độ để giải! Câu 28. Cho tập hợp S  {1;2;3;4; 5; 6} . Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ S sao cho tổng chữ số các hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm lớn hơn tổng chữ số các hàng còn lại là 3 . Tính tổng T của các phần tử của tập hợp M. A. T  36011952. B. T  12003984. C. T  18005967. D. T  11003984. Lời giải Chọn A Tổng của 6 chữ số là 21 . Tổng chữ số các hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm lớn hơn tổng chữ số các hàng còn lại là 3 nên tổng các chữ số 3 hàng còn lại là 9 . Do đó, có 3 trường hợp về nhóm các chữ số ở hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn là : 1; 2;6  , 1;3;5 ,  2;3; 4  TH1. Các chữ số ở hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn gồm 1; 2; 6 Trong trường hợp này, số lần chữ số 1 xuất hiện ở hàng trăm nghìn chính là số số tự nhiên có dạng 1abcde , trong đó a , b, c, d , e đôi một khác nhau, a, b {2;6}, c, d , e {3;4;5} , theo quy tắc nhân ta có 2.1.3.2.1  12 số như vậy TH2. Các chữ số ở hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn gồm 1;3;5 Tương tự, trường hợp này cũng có 12 số TH3. Các chữ số ở hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn gồm 2;3; 4 Trường hợp này không có số nào dạng trên Như vậy, có 24 số tự nhiên có dạng 1abcde , tức là có 24 lần chữ số 1 xuất hiện ở hàng trăm nghìn. Do vai trò như nhau nên các chữ số 2 và cũng xuất hiện mỗi chữ số 24 lần, còn các chữ số 4,5, 6 cũng xuất hiện mỗi chữ số 12 lần ở hàng trăm nghìn. Tổng tất cả các chữ số ở hàng trăm nghìn là 1.24  2.24  3.24  4.12  5.12  6.12  324 Tương tự, ta cũng có tổng các chữ số ở các hàng chục nghìn, hàng nghìn là 324. Ở nhóm hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm tương ứng có 3 trường hợp với 3 bộ số là  3; 4;5 ,.  2; 4; 6 , 1;5; 6 ,. Câu 29.. trong đó, mỗi chữ số 1, 2, 3 xuất hiện ở hàng mỗi hàng là 12 , mỗi chữ số 4, 5, 6 xuất hiện ở mỗi hàng là 24. Do đó, tổng tất cả các chữ số trong mỗi hàng này là 1.12  2.12  3.12  4.24  5.24  6.24  432 Do vậy, tổng tất cả các số lập được là 324.105  324.104  324.103  432.102  432.10  432  36011952   3  2019 Cho hàm số f  x   cos 2 x . Bất phương trình f    x   m đúng với mọi x   ;  khi và chỉ  12 8  khi A. m  22019 .. B. m  22019 .. C. m  22018 . Lời giải. D. m  22018 .. Chọn D Xét hàm số f  x   cos 2 x , TXĐ: R .. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 19/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(237)</span> 4 Ta có f   x   2sin 2 x , f   x   22 cos 2 x , f   x   23 sin 2 x , f    x   24 cos 2 x .. Suy ra f  2016   x   22016 cos 2 x  f  2017   x   22017 sin 2 x.  f  2018  x   2 2018 cos 2 x  f  2019   x   22019 sin 2 x . 1 2   3    3 Vì x   ;  nên  sin 2 x  hay f  2019   x   22018 ,  x   ; 2 2  12 8   12 8   3  Vậy f  2019   x   m đúng với mọi x   ;  khi và chỉ khi m  22018 .  12 8 .  . . Câu 30. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau. 1130 1400 1500 1120 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 6561 6561 6561 6561 Lời giải Chọn B Số các chữ số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 là: n     95 số. Gọi A là biến cố: “ Lấy một số tự nhiên có 5 chữ số mà chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau”. Khi đó có các trường hợp sau xảy ra: + Trường hợp 1: Số đó có 1 chữ số xuất hiện 3 lần và hai chữ số còn lại xuất hiện 1 lần. Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có C93 cách chọn. Chọn số xuất hiện 3 lần có 3 cách chọn. Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự 2 số khác nhau trước, còn lại là vị trí của số xuất hiện 3 lần:. A52 .1 cách. Vậy theo quy tắc nhân có: C93 .3. A52  5040 cách. + Trường hợp 2 : Số đó có 2 chữ số xuất hiện 2 lần và chữ số còn lại xuất hiện 1 lần. Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có C93 cách chọn. Chọn số xuất hiện 1 lần có 3 cách chọn. Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự cho số xuất hiện 1 lần trước, sau đó chọn vị trí cho số xuất hiện 2 lần: 5.C42 .1 cách Vậy theo quy tắc nhân có: C93 .3.5.C42 .1  7560 cách. Vậy n  A  5040  7560  12600 .  P  A . n  A. n . . 1400 . 6561. Câu 31. Cho hàm số y  x 3  2019 x có đồ thị là  C  . Gọi M 1 là điểm trên  C  có hoành độ x1  1. Tiếp tuyến của  C  tại M 1 cắt  C  tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của  C  tại M 2 cắt  C  tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của  C  tại M n1 cắt  C  tại điểm M n khác M n1 với (n  4,5,...) . Gọi.  xn ; yn . là tọa độ điểm M n . Tìm n sao cho 2019 xn  yn  22019  0.. A. n  685 .. B. n  673 .. C. n  674 . Lời giải. Chọn C Ta có M n  xn ; yn  , với yn  xn3  2019 xn , n  1 . Trang 20/21 - Mã đề 101. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. D. n  675 ..

<span class='text_page_counter'>(238)</span> Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M n1 với n  2 là  d n1  : y  kn1  x  xn1   yn1 , trong đó k n 1  3 xn21  2019 .. Mà M n   d n1  với n  2 nên ta có yn  kn1  xn  xn1   yn1.  yn  yn 1   3 xn21  2019   xn  xn1 .  xn3  2019 xn  xn31  2019 xn 1   3 xn21  2019   xn  xn1 .   xn  xn1   xn2  xn xn1  xn21  2019    3 xn21  2019   xn  xn 1    xn  xn1   xn2  xn xn1  2 xn21   0   xn  xn1   xn  2 xn 1   0 2.  xn  xn 1  0 (loại vì M n  M n 1 ) hoặc xn  2 xn 1  0 (nhận)  xn  2 xn1 với n  2 . Suy ra xn   2  x1   2  Hơn nữa: 2019 xn  yn  22019  0 n 1. n 1. với n  1 (vì x1  1 )..  2019 xn  xn3  2019 xn  22019  0   2 . 3 n 1.   2 . 2019.  3n  2022  n  674. ------------- HẾT -------------. Tải sách miễn phí tại: Sachmoi24h.com. Trang 21/21 - Mã đề 101.

<span class='text_page_counter'>(239)</span>