Vận dụng cao - Đồ thị của hàm hợp có lời giải chi tiết
Gửi bởi: Nguyễn Thị Thu Hiếu 29 tháng 3 2021 lúc 15:09:36 | Được cập nhật: 14 giờ trước (4:53:46) | IP: 10.1.29.62 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 426 | Lượt Download: 5 | File size: 1.435067 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Đề thi học kì 1 Toán 12 trường THPT Nguyễn Quán Nho năm 2021-2022
- Đề thi học kì 1 Toán 12 trường THPT Trần Quốc Tuấn năm 2021-2022
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 219
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 224
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 222
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 220
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 223
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 218
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 221
- Đề KSCL thi TNTHPT môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 MÃ ĐỀ 217
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
thuvientoan.net
CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018
Môn: Toán
HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ PHẦN 3
Câu 1:
(Đề thi thử Chuyên Đại học Vinh lần 2 – 2019) Cho hàm số y f x có đồ thị như sau:
Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình mx m 2 5 x 2 2m 1 f x 0 nghiệm
đúng với mọi x 2; 2 ?
A. 1.
B. 3 .
C. 0 .
D. 2 .
Lời giải: Đặt g x mx m2 5 x 2 2m 1 .
Từ đồ thị của y f x ta thấy f x đổi dấu khi qua x 1 nên suy ra g x cũng phải có nghiệm x 1
và là nghiệm đơn. Khi đó ta thay vào và thu được m 1 .
1 x
Kiểm tra: Với m 1 , ta có g x . f x x 5 x 2 1 f x 1 x
1 f x
2
5 x
1 x
Nhận xét: Với x 2; 2 thì x 1 5 x 2 2 1 1 0 hay
1 0 .
5 x2
Khi đó quan sát đồ thị f x , ta thấy có dạng f x 1 x A với A 0 .
Do đó ta luôn có g x . f x 0 , x 2; 2 . Vậy m 1 là giá trị cần tìm.
Câu 2:
(Đề thi thử Chuyên Đại học Vinh lần 2 – 2019) Cho hàm số f x . Hàm số f x có bảng
biến thiên như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số g x f 2 x sin 2 x trên đoạn 1;1
là?
A. f 1
B. f 0 .
C. f 2 .
D. f 1 .
Lời giải: Ta có g x 2. f 2 x 2sin x.cos x 2. f 2 x sin 2 x
Đặt t 2 x . Xét h t 2 f t sin t với t 2; 2 .
Từ bảng biến thiên của hàm số f x , ta thấy
Với t 2;0 x 1; 0 thì f t 0 mà sin t 0 nên h t 0 .
Với t 0; 2 x 0;1 thì f t 0 mà sin t 0 nên h t 0 .
Với t 0 x 0 thì h 0 0 .
Ta có bảng biến thiên hàm số g x như sau:
Từ bảng biến thiên hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số g x trên đoạn 1;1 là g 0 f 0 .
(Đề thi thử Chuyên Đại học Vinh lần 2 – 2019) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
Câu 3:
9.32 x m 4 x 1 3 m 1 3x 1 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
A. Vô số.
B. 3 .
C. 1.
Lời giải: Ta có: 9.32 x m 4 x 1 3 m 1 3x 1 0 9.3x
D. 2 .
1
m 4 x 1 3 m 1
3x
Nhận xét thấy x là nghiệm thì 2 x là nghiệm
Vậy có phương trình có 3 nghiệm thì phương trình phải có một nghiệm là 1 .
m 1
Nên 6 3m m 1 m 2 m 2 0
.
m 2
Thử lại:
Với m 1 ta có: 9.3x
2
1
4 x 1 6 3x 1 1 4.3x. x 1
3x
x
x 1
x 2
2 4
x 1
3
1
2.3
x 0 .
x
3x 1 1 2.3 2 4 x 1
x 1
2
Với m 2 ta có: V a 3 3 3x 1 1 2 x 1.3x 0 x 1 (vô lý).
Kết luận: Vậy m 1 .
Câu 4:
(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ-SỐ 04) Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ
người ta đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1m và cách bờ AC là 8m , rồi dùng một
cây sào ngăn cách một góc nhỏ của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính chiều dài ngắn nhất của
cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB, AC và cây cọc K (bỏ qua đường kính của sào).
A.
5 65
4
B. 5 5
4 71
4
Lời giải: Ta có: đặt trục tọa độ như hình vẽ: P 0; b và
C. 9 2
D.
x y
Q a; 0 PQ : 1 và điểm K 1;8
a b
1 8
8a
.
1 b
a b
a 1
Lại có: PQ a 2 b 2 a 2
64a 2
a 1
2
5 5 . Chọn B
(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ-SỐ 04) Cho x, y là những số thực thỏa mãn x 2 xy y 2 1 . Gọi
Câu 5:
M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P
x4 y4 1
. Giá trị của
x2 y2 1
A M 15m
A. A 9 2 6
B. A 17 6
C. A 9 2 6
D. A 17 6
2
2
2
2
2 2
2 2
x 4 y 4 1 x y 2 x y 1 1 xy 2 x y 1
Lời giải: Ta có: P 2
. Đặt t xy
x y2 1
x2 y 2
1 xy
x 2 y 2 1 xy 0 t 1 . Lại có x 2 y 2 2 xy 1 xy 2 xy t 1
Nên ta xét f t
t 2 6
t 2 4t 2
t 2 2t 2
với 1 t 1 . Ta có: f ' t
0
t2
1 t
t 2 6
Xét t 1;1 min f t f 1 1 và max f t f 2 6 6 2 6
A 6 2 6 15 9 2 6 . Chọn A
(Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên) Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để bất
Câu 6:
phương trình m 2 x 4 16 m x 2 4 28 x 2 0 đúng với mọi x . Tổng giá trị tất cả
các phần tử thuộc S bằng:
15
A.
.
B. 1 .
8
Lời giải: Ta có
C.
1
.
8
D.
7
.
8
m 2 x 4 16 m x 2 4 28 x 2 0 x 2 m 2 x 2 x 2 4 m x 2 28 0
Điều kiện cần: x 2 là một nghiệm của phương trình m 2 x 2 x 2 4 m x 2 28 0
m 1
32m 4m 28 0
m 7
8
2
Điều kiện đủ: Thay lại thấy m 1 và m
7
thỏa mãn. Chọn C.
8
Câu 7:
(Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Cho hàm số y
x2 m x 4
x m
và điểm C 4; 2 .
Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phân biệt A, B . Gọi S là tập hợp các giá trị m sao
cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng. Số phần tử của S là:
A. 3.
B. 2.
C. 1.
2
x m x4
4
x
Lời giải: Ta có y
x m
x m
y 1
4
x m
2
D. 0.
x m 2
2
; y 0 x m 4
x m 2
Từ đó ta có tọa độ của 2 điểm cực trị: A 2 m ; 4 m , B 2 m ; 4 m
AB 4;8 ; AC 6 m ;6 m
4 k 6 m
Ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng AB k AC k 0
Không tồn tại giá trị
8 k 6 m
k thỏa mãn. Chọn D.
Câu 8:
x 1
, có đồ thị C . Gọi d là tiếp
x2
tuyến với đồ thị C tại điểm có hoành độ bằng m 2 . Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng
(Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Cho hàm số y
của đồ thị C tại điểm A x1 ; y1 và cắt tiệm cận ngang của đồ thị C tại điểm B x2 ; y2 .
Gọi m1 , m2 là các giá trị của m thỏa mãn x2 y1 5 . Tổng m12 m2 2 bằng?
A. 9.
Lời giải: Ta có y
B. 8.
3
x 2
2
C. 10.
D. 4.
phương trình tiếp tuyến của C tại điểm có hoành độ x0 m 2 là:
m3
3
2 x m 2 m 0 *
m
m
Điểm A là giao điểm của d với tiệm cận đứng A 2; y1 , B là giao điểm của d với tiệm cận ngang
d : y y0 f m 2 x m 2 y
B x2 ;1
m3
3
6
2 2 m 2 y1 1
m
m
m
m3
3
A x 2 ;1 d 1
2 x2 m 2 x2 2m 2
m
m
m 1
6
Lại có x2 y1 5 1 2m 2 5 2m 2 4m 6 0 m 0
. Chọn C.
m
m 3
A 2; y1 d y1
Câu 9:
(THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị
hàm số y
A. 2020 .
x 2 2018 x 2019 24 14
có đúng hai đường tiệm cận?
x 2 m 1 x m
B. 2019 .
C. 2018.
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
D. 2021 .
Trang 4/45
1 x 2019
Lời giải: Điều kiện:
TXĐ của hàm số không chứa nên đồ thị hàm số không có tiệm
x 1; x m
cận ngang.
Đặt f x x 2 2018 x 2019 24 14 . Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng thì:
4036 24 14 0
f 1 0
2
m 2018m 2019 24 14 0
f m 0
m 1; 2019
m 1; 2019
. Chọn B.
2
m 2018m 6045 0
m 3; m 5
Câu 10: (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn
ex
2
2 xy y 2
4 x 2 2 xy y 2 3
1
e
3 x 2 3
. Gọi m0 là giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất
của biểu thức P x 2 2 xy y 2 3m 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, m0 thuộc vào khoảng
nào ?
A. m0 1; 2 .
Lời giải: Ta có e x
2
2 xy y 2
B. m0 1;0 .
4 x 2 2 xy y 2 3
1
e
3 x 2 3
C. m0 2;3 .
ex
2
2 xy y 2
D. m0 0;1 .
2
x 2 2 xy y 2 e33 x 3 3 x 2
3 x 2 x y 2 3
1 x 1
2
.
x 2 2 xy y 2 3 3x 2 4 x 2 2 xy y 2 3 . Suy ra
1 3 2
2 x y y 3 2 y 2
2 4
Ta tìm GTLN, GTNN của Q x 2 2 xy y 2 . Xét
Nếu y 0 Q
Q x 2 2 xy y 2
.
3 4 x 2 2 xy y 2
3
.
4
Nếu y 0 y 0
Q t 2 2t 1
x
2
, t . Lập BBT ta có 6 Q 1 .
3 4t 2t 1
y
Khi đó P Q 3m 2 , 6 Q 1 max P max P 6 ; P 1
max 3m 8 ; 3m 1
3m 8 1 3m 7
3
, dấu “=” xảy ra 3m 8 1 3m m . Chọn A.
2
2
2
Câu 11: (Thanh Chương 1 – Nghệ An) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m
thuộc đoạn 10;10 để bất phương trình log 3
Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 20.
B. 10.
2 x2 x m 1
2 x 2 4 x 5 2m có nghiệm.
x2 x 1
C. 15.
D. 5.
2
Lời giải: Ta có: log3
2x x m 1
2 x 2 4 x 5 2m *
2
x x 1
log 3 2 x 2 x m 1 2 2 x 2 x m 1 log 3 3 x 2 x 1 6 x 2 x 1
Xét hàm f t log 3 t 2t f t đồng biến với mọi t 0 , khi đó:
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 5/45
*
Bất phương trình
có nghiệm bất phương trình 2 x 2 x m 1 3 x 2 x 1 có nghiệm
2
x 1 1 m 0 có nghiệm m 1 . Vậy S 1; 2;...;9;10 . Chọn B.
Câu 12: (TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU NINH BÌNH) Cho hàm số y x 3 2018 x có đồ thị là C .
M 1 là điểm trên C có hoành độ x1 2 . 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 M n khác M n1 n 4;5;... . Gọi xn ; yn là tọa độ điểm M n . Tìm n để
2018 xn yn 22019 0
A. n 685
B. n 679
C. n 675
D. n 673
Lời giải: Ta có: phương trình tiếp tuyến của C tại M k xk ; yk là y 3 x 2018 x xk yk
2
k
Tiếp tuyến cắt C tại 2 điểm là M k và M k 1 nên phương trình hoành độ giao điểm:
x xk
x3 2018 x 3 xk2 2018 x xk yk x xk x 2 x.xk 2 xk2 0
x 2 xk
xk 1 2 xk xn x1. 2
n 1
2. 2
n 1
Nên ta có: 2018 xn yn 22019 0 xn3 22019 23. 2
3 n 3
22019 n 673 . Chọn D
Câu 13: (TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU NINH BÌNH) Cho hàm số y f x có đạo hàm
1
3m n 24 với mọi x thuộc . Biết rằng hàm số không có điểm cực
4
trị nào và m, n là hai số thực không âm thỏa mãn 3n m 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
f ' x x 2 12 x
P 2m n
A. 8
B. 9
C. 11
D. 10
Lời giải: Ta có: hàm số không có điểm cực trị nào 12 3m n 24 0 3m n 12
m, n 0
Mà 3n m 6 nên ta có hệ 3m n 12
1 . Thay n P 2m vào 1 ta được: m 12 P
2
3n m 6
3P 6
3P 6
Thay n P 2m vào 2 ta được m
. Kết hợp lại ta được
12 P P 9 . Chọn B
7
7
Câu 14: (TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU NINH BÌNH) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m để phương trình 3 4sin x m sin x 3 sin 3 x 4sin x m 8 2 có nghiệm thực
A. 20
B. 22
C. 21
D. 18
Lời giải: Ta có: lập phương hai vế và rút gọn ta được:
3
4sin x m sin x
3
4sin x m sin x 3 sin 3 x 4sin x m 8.2
3
sin 3 x 4sin x m 8 2
TH1: 3 4sin x m sin x 3 sin 3 x 4sin x m 8 2 0 sin 3 x 4sin x m
Khảo sát f t t 3 4t t 1;1 ta được min f t m max f t 5 m 5
1;1
có 11 giá trị nguyên của m 5;5
1;1
1
3
TH2: 3 4sin x m sin x 3 sin 3 x 4sin x m 8.2 3 sin 3 x 4sin x m 8
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
4sin x m sin x
2
Trang 6/45
3
4sin x m sin x
2 sin x
2 3 4sin x m
2 sin x
2
2
4sin x m 8 4sin x 8 m
4 8 m 4 4 m 12 nên có 9 giá trị của m 4;12
2
3 4sin x m sin x
Từ 1 2 18 giá trị của m vì có 2 giá trị trùng nhau . Chọn D
Chương 1 – Nghệ An)
Cho hàm số
1
4
1
4
f x x 3 x 2 x có đồ thị như hình vẽ bên. Có tất
3
3
3
3
cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
Câu 15: (Thanh
2019. f
15 x 2 30 x 16 m 12 x 2 30 x 16 m 0 có 4
nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0; 2 .
A. 1513.
B. 1512.
C. 1515.
D. 1514.
2
Lời giải: Đặt t 15 x 30 x 16 , x 0; 2 t 1; 4 , khi đó xét phương trình:
1 3 4 2 1
4
t t t
3
3
3 673 t 4 t 1 *
2019 3
2019 f t mt m 0 m
t 1
t 1
Xét hàm f t 673 t 4 t 1 với t 1; 4 0 f t f 2,5 1514, 25
2019 f t
Để phương trình 2019. f
15 x 2 30 x 16 m 12 x 2 30 x 16 m 0 có 4 nghiệm phân biệt thuộc
đoạn 0; 2 thì phương trình * phải có 2 nghiệm t 1; 4 0 m 1514, 25 . Vậy có tất cả 1514 giá
trị nguyên của tham số m thỏa mãn.
Câu 16: (Thanh Chương 1 – Nghệ An) Cho hàm số y f x có f 2 m 1 , f 1 m 2 . Hàm
số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ bên
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
1
2x 1
f x
m có nghiệm
x3
2
x 2;1 là
7
A. 5; .
2
Lời giải: Xét hàm số g x
g x
B. 2;0 .
C. 2;7 .
7
D. ;7 .
2
1
2x 1
, ta có:
f x
x3
2
1
5
f x
0 x 2;1 g x nghịch biến x 2;1
2
2
x 3
Vậy phương trình g x m có nghiệm x 2;1 g 1 m g 2
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 7/45
7
1
3
1
f 1 m f 2 3
m 7 . Chọn D.
2
2
4
2
Câu 17: (THPT
Lý
Thái
Tổ
-
Bắc
Ninh
2019).
Cho
hàm
số
2
3m 2 x 2m2 3m 1 x m 2 1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của
1
y x3
3
2
2
4 xCT . Khi đó,
tham số m sao cho hàm số 1 đạt cực đại, cực tiểu tại xCD , xCT sao cho 3 xCD
tổng các phần tử của tập S bằng?
4 7
4 7
.
D. S
.
6
6
x m 1
Lời giải: Ta có y x 2 3m 2 x 2m2 3m 1 ; y 0
m 0.
x 2m 1
Trường hợp 1: m 0 2m 1 m 1 xCD 2m 1; xCT m 1 .
A. S
4 7
.
6
B. S
4 7
.
6
2
C. S
2 7
.
6
2m 1; xCD m 1 .
2
4 xCT 3 2m 1 4 m 1 m
Khi đó 3 xCD
Trường hợp 2: m 0 2m 1 m 1 xCT
2
2
Khi đó 3 xCD
4 xCT 3 m 1 4 2m 1 m 1 .
Vậy S 1
2 7 4 7
. Chọn C.
6
6
Câu 18: (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Cho hàm số y f x liên
tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó, số điểm cực trị của
hàm số g x f 2 x 2 f x 8 là:
A. 9.
B. 10.
C. 11.
D. 7.
2
Lời giải: Xét hàm số h x f x 2 f x 8 .
f x 0
Ta có h x 2 f x . f x 2 f x , h x 0
.
f x 1
x a 2; 1
x 1 h 1 0
f x 0
; f x 1 x b 0;1 .
x 1 h 1 8
x c 1;
Lập BBT ta thấy h x có 2 điểm cực đại là x 1 và 3 điểm cực tiểu tại x a; x b; x c .
Lại có h 1 0 h x cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.
Vậy đồ thị hàm số g x f 2 x 2 f x 8 có 5 2 7 điểm cực trị. Chọn D.
Câu 19: (Sở GDĐT Bắc Giang) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương
trình x 4 1 x 2 x 2mx 4 2m 0 đúng với mọi x . Biết rằng S a; b , giá trị của
a 8 12b bằng
A. 3.
B. 2.
C. 6.
D. 5.
Lời giải: Điều kiện 2m x 1 0 m 0 , khi đó:
4
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 8/45
x 4 1 x 2 x 2mx 4 2m 0 1
Đặt t
x2
x4 1
x
4
2m 0
x 1
2 2
;
x t
2
x4 1
2
x
2 2
YCĐB tìm các giá trị thực của m để bất phương trình t 2 t 2m 1 0 t
;
2
2
f
f
2
. 1 0
2
2
1 0
2
1
2 m 0
1
1
0 m S 0; . Chọn A.
4
4
1 m 0
2
Câu 20: (8 TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG HỒNG)
3
Cho bất phương trình
x 4 x 2 m 3 2 x 2 1 x 2 x 2 1 1 m . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất
phương trình trên nghiệm đúng với mọi x 1
A. m 1
B. m 1
C. m
1
2
D. m
1
2
Lời giải: Ta có: PT 3 x 4 x 2 m x 4 x 2 m 3 2 x 2 1 2 x 2 1 . Xét y f t 3 t t luôn đồng
biến nên f x 4 x 2 m f 2 x 2 1 x 4 x 2 1 m luôn nghiệm đúng với mọi x 1
m min x 4 x 2 1 1 m 1 . Chọn B
t 1
Câu 21: (Sở GD – ĐT Thanh Hoá – 2019). Cho hàm số f x x3 3x 2 6 x 1 . Phương trình
f f x 1 1 f x 2 có số nghiệm thực là:
A. 4 .
B. 6 .
3
C. 7.
D. 9.
2
Lời giải: Đặt t f x 1 t x 3 x 6 x 2 .
Khi đó
f f x 1 1 f x 2 trở thành:
t 1
t 1
3
f t 1 t 1
2
2
f t 1 t 2t 1
t 4t 8t 1 0
t 1
t t2 1;1
t t1 2; 1
.
t t3 5; 6
t t2 1;1
t t 1; 6
3
Vì g t t 3 4t 2 8t 1 ; g 2 7 ; g 1 4 ; g 1 10 ; g 5 14 ; g 6 25 .
Xét phương trình t x 3 3 x 2 6 x 1 là pt hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số h x x 3 3x 2 6 x 2
và đường thẳng y t .
Ta có
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 9/45
–∞
x
y'
1 3
+
0
+∞
1 3
–
0
+
+∞
7 6 3
y
–∞
7 6 3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
+ Với t t2 1;1 , ta có d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm.
+ Với t t3 5;6 , ta có d cắt (C) tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Chọn A.
Câu 22: (THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Biết đồ thị hàm số y x 3 3 x 2 tiếp xúc với parabol
y ax 2 b tại điểm có hoành độ x 0; 2 . Giá trị lớn nhất S a b là
A. Smax 1
B. Smax 0
C. Smax 1
D. Smax 3
3x 2 3
a
3
2
x 3 x 2 ax b
2x
Lời giải: Ta có: điều kiện tiếp xúc 2
2
3 x 3 2ax
b x 3 3 x 2 x. 3 x 3
2
S f x
x3 3
2 . Khảo sát f x ta thấy Smax f 1 0 . Chọn đáp án B
2 2x
Câu 23: (THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Cho các hàm số y f x , y g x , y
f x 3
. Hệ
g x 1
số góc tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x 1 bằng nhau và khác
0 . Khẳn định nào sau đây là đúng
11
11
11
11
A. f 1
B. f 1
C. f 1
D. f 1
4
4
4
4
f x 3
Lời giải: Ta có:gọi h x
. Dễ thấy f ' 1 g ' 1 h ' 1 a 0 .
g x 1
h ' x
h ' 1
f ' x g x 1 g ' x f x 3
g x 1
2
f ' 1 g 1 1 g ' 1 f 1 3
g 1 1
2
.
a g 1 1 a f 1 3
a.
2
g 1 1
2
1 11
11
Nên g 1 f 1 2 g 1 1 hay f 1 g 1 g 1 3 g 1 .
2 4
4
2
2
Câu 24: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Tìm m để bất phương trình 2 x 3x 4 x 5 x 4 mx
có tập nghiệm là
A. ln120
B. ln10
C. ln 30
D. ln14
x
x
x
x
Lời giải: Ta có: f x 2 3 4 5 và đường thẳng y mx 4 đi qua điểm cố định 0; 4
Nên để đường thẳng luôn nằm dưới đường cong với mọi giá trị của x
y mx 4 là tiếp tuyến của hàm số y f x tại 0; 4 m f ' 0 ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120 .
Chọn đáp án A
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 10/45
Câu 25: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Với hai số thực a, b bất kỳ, ta kí hiệu
f a ,b x x a x b x 2 x 3 . Biết rằng tồn tại duy nhất số thực
x0
để
min f a ,b x f a ,b x0 với mọi số thực a, b thỏa mãn a b b a và 0 a b . Số x0 bằng
x
B. 2, 5
A. 2e 1
C. e
D. 2e
ln b ln a
.
b
a
1 ln x
x 0 có f ' x
0 x e ta có bảng biến thiên của f x :
x2
Lời giải: Ta có: b a a b a.ln b b.ln a
Xét hàm số f x
ln x
x
Từ BBT: vì b a b e a b 1 ln b 0 mà
ln b ln a
ln a 0 a 1
b
a
Nên : b e a 1
Với x e f a ,b e b a 1
x a b x 0
Ta thấy f a ,b x x a b x x 2 3 x b a 1 f e thỏa mãn
. Chọn C
x 2 3 x 0
Câu 26: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Cho hàm số f x ax3 bx 2 cx d ( a, b, c, d là
các hằng số thực và a 0 ). Biết rằng đồ thị hai hàm số y f x và y f ' x cắt nhau tại ba
điểm có điểm có hoành độ lần lượt là
3;0; 4 ( tham số hình vẽ). Hàm số
a 4 b 3a 3 c 2b 2
x
x
x d c x 2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
4
3
3
A. 3;0
B. 3; 4
C. 0;
D. 0; 4
g x
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 11/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Ta có: f x f ' x ax3 b 3a x 2 c 2b x d c . Do f x và f ' x cắt nhau tại ba
điểm có điểm có hoành độ lần lượt là 3;0; 4
ax3 b 3a x 2 c 2b x d c a x 3 x 0 x 4
ax 3 b 3a x 2 c 2b x d c a x 3 x 2 12 x
b 2a
x4 1
0 x 4
c 8a g x a x 3 6 x 2 2019 g ' x a x3 x 2 12 x 0
. Chọn D
x 3
4 3
d 8a
Câu 27: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
y 3 x 3 3 x 2 2 4 x 2 3 x 2 mx có tiệm cận ngang. Tổng các phần tử của S là
A. 2 .
Lời giải: Ta có
B. 2 .
C. 3 .
D. 3 .
3 2
3 2
x 3 3 x 2 2 4 x 2 3 x 2 mx lim x 3 1 3 2 1 2 m lim x 1 m 1
x
x
x
x x
x x
3 2
3 2
lim 3 x 3 3 x 2 2 4 x 2 3 x 2 mx lim x 3 1 3 2 1 2 m lim x 3 m 2
x
x
x
x x
x x
m 1
Để giới hạn 1 và 2 là hữu hạn thì điều kiện cần là:
m 3
lim
3
Điều kiện đủ:
Với m 1 : lim
x
3
x 3 3x 2 2 4 x 2 3x 2 x lim
x
3
x3 3x 2 2 x
4 x 2 3x 2 2 x
3x 2 2
3x 2
1
lim
4 (thỏa mãn)
2
2
x
3 3
2
2
3 x3 3x 2 2
4
x
3
x
2
2
x
x
x
3
x
2
x
Với m 3 :
lim
x
3
x 3 3x 2 2 4 x 2 3x 2 3x lim
x
3
x3 3 x 2 2 x
4 x 2 3x 2 2 x
3x 2 2
3x 2
7
lim
4 (thỏa mãn)
2
2
x
3 3
2
2
4
x
3
x
2
2
x
3 x3 3x 2 2
x x 3x 2 x
Vậy S 1; 3 . Chọn A.
Câu 28:
(THPT Chuyên Hà Tĩnh) 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 giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
5x y 2
Q f
. Tổng M m bằng?
x y4
A. 4 3 2 .
B. 4 5 2 .
2
C. 4 4 2 .
D. 4 2 2 .
2
y 3y
Lời giải: Ta có: x 2 y 2 xy 1 x
1
2
4
5x y 2
t x y 4 5 x y 2 t 5 x t 1 y 4t 2 0
Đặt t
x y4
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 12/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
y
t 5 x
2
Mặt khác: 2 4t
2
3t 3
3y
2 4t
2
y
t 5 x
2
2 4t t 5
2
2
2
3t 3
3y
2
t 5
2
2
2
y 3 y2
3t 3 . x
2
4
2
3t 3 .1 12t 2 24 0 2 t 2
Xét hàm f t 2t 3 3t 2 1 với 2 t 2 , ta có: M f 0 1, m f 2 5 4 2 . Chọn C.
Câu 29: (Chuyên Trần Phú – Hải Phòng – 2019). Cho hàm số y f x xác định trên tập số thực
và có đạo hàm f ' x x sin x x m 3 x 9 m 2
3
x ( m là tham số ). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y f x đạt cực tiểu tại x 0 ?
A. 6 .
B. 7.
C. 5.
Lời giải: Ta có g x x sin x có nghiệm x 0 , đổi dấu từ âm sang dương.
Do đó nếu h x x m 3 x 9 m 2
3
có h 0 0 m 3 9 m 2
D. 4.
3
0 3 m 3 thì
hàm số đạt cực tiểu tại x 0 , còn nếu h 0 0 thì hàm số sẽ đạt cực đại tại x 0 .
Ta phải xét thêm h 0 0 m 3 .
Khi m 3 f x x sin x x 6 x3 0 hàm số không đạt cực trị tại x 0 .
Khi m 3 f x x sin x x 4 . Lập bảng xét dấu ta thấy f x đổi dấu từ âm sang dương khi qua
0. Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 0 .
Vậy m 3;3 . Chọn A.
Câu 30: (Chuyên Hưng Yên – 2019). Cho hàm số f x 3x 4 x 1 .27 x 6 x 3 . Giả sử m0
( a , b ,
a
b
a
là phân số tối giản) là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình
b
f 7 4 6 x 9 x 2 2m 1 0 có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức P a b 2 .
A. P 11 .
B. P 7 .
C. P 1 .
D. P 9 .
Lời giải: Đặt t 7 4 6 x 9 x 2 t 3;7 . Khi đó pt f t 1 2m .
Xét f t 3t 4 t 1 .27 t 6t 3, t 3;7 , ta có: f t 3t 4.ln 3 27t t 1 .27 t.ln 2 6
f t 3t 4.ln 2 3 27t.ln 2 27t t 1 .27 t.ln 2 ln 2 3t 4.ln 2 3 27t.ln 2 t 1 ln 2 2 0 .
Suy ra f t 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên 3;7 .
Ta có f t liên tục trên 3;7 và f 6 0; f 7 0 f t 0 có nghiệm t0 6; 7 .
Lập bảng biến thiên:
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 13/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Vậy phương trình có nhiều nghiệm nhất khi f t0 1 2m 4
Suy ra mmin
1 f t0
5
.
m
2
2
5
. Chọn D.
2
Câu 31: (THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Cho f x x3 3x 2 1 . Số nghiệm của phương trình
f f x 2 4 f x 1 là
A. 5
B. 6
C. 8
D. 9
2
Lời giải: Ta có: f f x 2 4 f x 1 , đặt f x 1 t 0
f t 1 4 t 2 t 3 t 2 3t 3 0
f x 0
t 1
2
f x 1 3 L 6 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án B
t 3 0
f x 1 3
Câu 32: (YÊN KHÁNH A-NINH BÌNH) Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 1;9 và có đồ thị
là đường cong trong hình vẽ dưới đây
Có
16.3
tất
f x
cả
f
bao
2
nhiêu
giá
x 2 f x 8 .4
trị
f x
nguyên
m 3m 6
2
của
f x
tham
số
m
để
bất
phương
trình
nghiệm đúng với mọi giá trị x 1;9
A. 32
B. 31
C. 5
Lời giải: Ta có: đặt t f x với x 2;9 t 4; 2
D. 6
Thu được phương trình sau: 16.3t t 2 2t 8 .4t m 2 3m 6t với t 4; 2
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 14/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
t
1
2
16. t t 2 2t 8 . m 2 3m
2
3
f t
1
g t
Ta thấy với t 4; 2 min f t f 2 4
t
2
Với t 4; 2 t 2t 8 0 t 2t 8 0 min g t g 2 g 4
3
2
2
min f t g t f 2 g 2 4 với t 4; 2
Để 1 luôn đúng t 4; 2 m 2 3m 4 1 m 4 . Vậy m 1; 0;1; 2;3; 4 . Chọn D
Câu 33: (Sở GD & ĐT Hưng Yên – 2019). Cho hai hàm số
liên tục trên
thỏa mãn
f x, g x
f x ax3 bx 2 cx d , g x mx 2 nx p
với
các hệ số a, m 0 có đồ thị như hình vẽ bên. Biết
f 0 g 0 .
Tập
nghiệm
của
phương
trình
f x g x có số phần tử là
A. 4 .
C. 1.
B. 2 .
D. 3 .
Lời giải: Ta giả sử f x g x k x 1 x 1 x 2 k x 3 2 x 2 x 2 , k 0 .
x 4 2 x3 x 2
f x g x k
2 x do f 0 g 0 .
3
2
4
Do đó ta có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f x g x có 2 nghiệm phân biệt. Chọn B.
Câu 34: (Thanh Thủy - Phú Thọ) Cho hàm số đa thức bậc ba y f x có đồ thị đi qua các điểm
A 2;3 , B 3;8 , C 4;15 . Các đường thẳng AB , AC , BC lại cắt đồ thị tại lần lượt tại các
điểm D, E , F ( D khác A và B , E khác A và C , F khác B và C ). Biết rằng tổng các
hoành độ của D , E , F bằng 6 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành
độ bằng 1 là
A. y 13x 19 .
B. y 13x 17 .
C. y 9 x 3 .
D. y 9 x 15 .
Lời giải: Ta có đa thức bậc ba y f x có đồ thị đi qua các điểm A 2;3 , B 3;8 , C 4;15 .
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 15/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Gọi y a x 2 x 3 x 4 x 2 1
AB : y 5 x 7; AC : y 6 x 9; BC : y 7 x 13
Hoành độ các điểm D, E , F lần lượt là nghiệm các Phuong trình
1
4
a
1
a x 2 x 3 x 4 x 2 6 x 8 0 x 3 x 4 a x 2 1 0 xE
2
a
1
a x 2 x 3 x 4 x 2 7 x 12 0 x 4 x 2 a x 3 1 0 xF
3
a
3
xD xE xF
9 6 a 1
a
Vậy y x 2 x 3 x 4 x 2 1 y 1 6; y ' 1 13
a x 2 x 3 x 4 x 2 5 x 6 0 x 2 x 3 a x 4 1 0 xD
Phương trình tiếp tuyến y 13 x 1 6 13x 19 . Chọn A.
Câu 35: (Sở GD & ĐT Hưng Yên – 2019). Có bao nhiêu giá trị âm của tham số m để phương trình
2019m 2019m x 2 x 2 có hai nghiệm thực phân biệt ?
A. 1 .
B. 0 .
C. Vô số.
D. 2 .
u 2019m x 2 0
Lời giải: Đặt
, ta có:
2
v x 0
u 2 2019m v
u 2 v 2 v u u v u v 1 0 u v
2
v 2019m u
Suy ra
2019m x 2 x 2 2019m x 4 x 2 , (1).
Khảo sát hàm số y x 4 x 2 ta có phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
1
1
m0
2019m 4
. Chọn A.
m
8076
2019m 0
Câu 36: (YÊN KHÁNH A-NINH BÌNH) Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 1;3 và có đồ thị
như hình vẽ
Bất phương trình f x x 1 7 x m có nghiệm thuộc 1;3 khi và chỉ khi
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 16/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
C. m 2 2 2
A. m 7
B. m 7
Lời giải: Ta có: dễ thấy max f x f 3 3
Đánh giá:
1
2
x 1 7 x
D. m 2 2 2
12 x 1 7 x 4 , dấu bằng xảy ra khi x 3
Nên VT 7 khi x 3 nên m 7 . Chọn A
Câu 37: (YÊN KHÁNH A-NINH BÌNH) Cho hàm số y x 4 6 x 2 m có đồ thị Cm . Giả sử Cm
cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi Cm và trục hoành có
phần phía trên trục hoành và phần phía dưới trục hoành có diện tích bằng nhau. Khi đó m
a
(
b
a
là phân số tối giản). giá trị của biểu thức S a b là:
b
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4
Lời giải: Ta có: đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt 9 m 0 . Gọi các nghiệm là
x2 x1 0 x1 x2 . Do tính chất đối xứng nên dễ dàng suy ra:
với a, b là các số nguyên, b 0 ;
x1
x2
f x dx f x dx
0
x2
x1
f x dx 0
0
x15
2 x13 mx1 0
5
x14 10 x12 5m 0 mà x14 6 x12 m 0 nên x12 5 m 5 a 5; b 1 . Chọn B
Câu 38: (Đoàn Thượng Hải Dương 2019) Cho các số thực a, b, c . Giả sử x1 , x2 , x3 là ba giao điểm với
trục hoành của đồ thị hàm số f x x 3 ax 2 bx c và trục hoành. Tìm giá trị lớn nhất của
4
4
4
biểu thức P f x1 f x2 f x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 ?
A. Pmax
25
72
B. Pmax
8
25
C. Pmax
15
32
D. Pmax
32
75
f m m n m n
Lời giải: Ta đặt x1 m, x2 n, x3 p khi đó: f n n p n m .
f p p m p n
Không mất tính tổng quát ta giả sử m n p khi đó:
4
4
P n m p m n m p n p m p n m n n p p m
4
2
4
4
4
p n n m
P p m p n n m
m n n p p m
2
5
2
4
4
4
P p m m n n p p m .
4
2
2
4
Mặt khác: x y 2 x 2 y 2 và x 2 y 2 2 x 4 y 4 x y 8 x 4 y 4 .
4
4
Do vậy: m n n p
Khi đó: P
1
1
4
4
p n n m p m .
8
8
5
9
25
5
2
4
p m p m . Đẳng thức xảy ra khi p m .
3
4
8
72
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 17/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 39: (Thanh
Thủy
-
Phú
Biết
Thọ)
m x 1 x2 1 2 x2 x4 x2 1 x2 2
rằng
có
bất
nghiệm
phương
khi
và
chỉ
trình
khi
m ; a 2 b , với a, b . Giá trị của biểu thức T a b bằng
A. T 0.
B. T 3.
C. T 2.
D. T 1.
Lời giải: Điều kiện: x 1;1 , đặt t x 1 x 2 t 1; 2
t 2 x 1 x2
2
1 2 x2 x4 2 x2 x4 t 2 1
Bất phương trình trở thành m t 1 t 2 1 t 2 m t 1 t 2 t 1 m
Xét hàm số f t
t2 t 1
t 1
*
t2 t 1
t 2 2t
, f t
0 t 1; 2
2
t 1
t 1
Để bất phương trình đã cho có nghiệm thì bất phương trình
*
có nghiệm suy ra
m max f t 2 2 1 m ; 2 2 1 a 2, b 1 . Chọn D.
0; 2
Câu 40: (Thanh
Thủy
-
Phú
Thọ)
Có
bao
nhiêu
số
nguyên
m
để
phương
trình
ln m 2sin x ln m 3sin x sin x có nghiệm thực
A. 5 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 6 .
sin x
Lời giải: Ta có: m 2 sin x ln m 3sin x e m 3sin x ln m 3sin x esin x sin x
Đặt u ln m 3sin x m 3sin x eu , do đó ta có: eu u esin x sin x f u f sin x *
Xét hàm f t et t dễ thấy đây là hàm đồng biến trên
Do đó * u sin x ln m 3sin x sin x m 3sin x esin x m esin x 3sin x
t
g ' 0
Đặt t sin x 1;1 , ta có: m e
3t . Ta có: g ' t et 3
t ln 3 1
g t
1
Mặt khác g 1 e 3 3,36 và g 1 e 3 0, 28 .
m
Do đó g 1 m g 1
m 0;1; 2;3 nên có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Chọn C.
Câu 41: (SỞ GĐ-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. 6
B. 7
Lời giải: Ta có: PT m 1
Đặt
C. 1
D. 5
x
x
m 2 2
1.
x 1
x 1
2
x
1
t 0 t
x 1
2
2
m 1 t 2 m 2 t 1 với 0 t
Xét hàm số f t
t 2 2t 1
1
.
m 2
t t
2
t 2 2t 1
1
với 0 t
2
t t
2
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 18/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Dựa vào BBT ta thấy để phương trình có nghiệm m 5 2 7
Và do m nguyên và m 1; 7 nên m 1; 2;3; 4;5;6 . Chọn A
Câu 42: (Sở
GD
&
ĐT
Hà
Tĩnh
–
Cho
2019).
các
số
thực
thỏa
x, y , z
mãn
x yz
log16 2
x x 2 y y 2 z z 2 . Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
2
2
2x 2 y 2z 1
x yz
của biểu thức F
bằng
x y z
2
13
.
B.
.
3
3
Lời giải: Điều kiện: x y z 0
C.
A.
13
.
3
2
D. .
3
x y z
Ta có: log16 2
x x 2 y y 2 z z 2
2
2
2x 2 y 2z 1
2 log16 4 x y z 4 x y z 2 log16 2 x 2 2 y 2 2 z 2 1 2 x 2 2 y 2 2 z 2 1 * .
Xét hàm số f t 2 log16 t t trên
0;
ta có f t
2
1 0; t 0; Hàm số
t.ln16
f t 2 log16 t t đồng biến trên 0; . Từ * ta có
2 x2 2 y 2 2z 2 1 4 x y z S : x2 y 2 z 2 2 x 2 y 2 z
1
0.
2
x yz
F x y z x y z P : F 1 x F 1 y F 1 z 0
x y z
Mặt phẳng P có điểm chung với mặt cầu S nên ta có:
F
d I ; P R
3F 1
2
2
F 1 F 1 F 1
2
5
3F 2 2 F 13 0
2
1 2 10
1 2 10
2
F
min F max F . Chọn D.
3
3
3
Câu 43: (THPT Chuyên Sơn La) Cho hàm số y f x liên tục trên , có đồ thị như hình vẽ
Các giá trị của tham số m để phương trình
4 m3 m
2f
A. m
37
.
2
Lời giải: Ta có Phương trình
B. m
4 m3 m
2f
2
x 5
3
.
2
2
x 5
C. m
f 2 x 3 có 3 nghiệm phân biệt là
37
.
2
D. m
3 3
.
2
f 2 x 3 4m 3 m f 2 x 3 2 f 2 x 5
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 19/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
u2 5
3
3 u 2 m 2m u 3 u
Đặt u 2 f 2 x 5 u 2 5 2 f 2 x 4m3 m
2
3
2
Xét hàm số f t t t f t 3t 1 0 t f t đồng biến trên
3
Pt 2m 2m u 3 u 2m u 2m 2 f 2 x 5
m 0
5
m
m 0
2
2
4m 2 5 0
2
2
f
x
5
4
m
4m 2 5
2
f
x
4
m
5
f x
2
2
5
TH1 : m
f x 0 phương trình có 2 nghiệm.
2
TH2 : m
4m 2 5
5
0 có 1 nghiệm
. Ta thấy f x
2
2
Để phương trình có 3 nghiệm thì f x
4m2 5
0 có 2 nghiệm
2
4m 2 5
37
37
37
4 m2
m
. Vậy m
thỏa yêu cầu bài toán. Chọn C.
2
4
2
2
Câu 44: (SỞ GĐ-ĐT QUẢNG NAM)Cho hai hàm đa thức
y f x , y g x có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ bên.
Biết rằng đồ thị hàm số y f x có đúng một điểm cực trị là
A , đồ thị hàm số y g x có đúng một điểm cực trị là B và
AB
7
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc
4
khoảng 5;5 để hàm số y f x g x m có đúng 5
điểm cực trị?
A. 1
B. 3
C. 4
D. 6
Lời giải: Ta có: Đặt h x f x g x , dễ thấy h x 0 có hai nghiệm là x1 0 x2 và
h ' x f ' x g ' x 0 có 1 nghiệm là x x0 và h x0 f x0 g x0
Xét y '
h x m .h x .h ' x 0
h x m . h x
7
4
mà h ' x 0 có 1
nghiệm, h x 0 có 2 nghiệm nên để hàm số đã cho thì
h x m 0 có 2 nghiệm đơn khác x1; x0 ; x2 .
Ta có: h x m 0 h x m , xét BBT của hàm số
y f x . Dựa vào hình bên ta thấy để thỏa mãn thì
m
7
7
m nên m 4; 3; 2 . Chọn B
4
4
Câu 45: (Phan Đình Phùng – Đăk Lăk) Cho các số
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 20/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
x, y thỏa mãn 9 x 2 4 y 2 5 và log m 3x 2 y log3 3x 2 y 1 , giá trị lớn nhất của m sao
cho tồn tại cặp x, y thỏa mãn 3 x 2 y 5 thuộc khoảng nào dưới đây
A. 6;8 .
B. 4;6 .
C. 0; 2 .
D. 2; 4 .
Lời giải: Điều kiện: m 0
Ta có 9 x 2 4 y 2 5 3 x 2 y 3 x 2 y 5 3 x 2 y
log m 3 x 2 y log3 3 x 2 y 1
log 3 3 x 2 y
log 3 m
log 3
5
3x 2 y
5
1 *
3x 2 y
Đặt t log3 3x 2 y t log3 5
Khi đó: *
t
t
log 3 5 t 1 log 3 m
log 3 m
log 3 15 t
Xét hàm f t
t
, ta có 0 f x log3 5
3
log3 t
5
x; y
Điều kiện để tồn tại cặp
thỏa mãn 3 x 2 y 5 là phương trình
*
có nghiệm
f min t log3 m f max t 0 log 3 m log 2 5 3 m 5 giá trị lớn nhất của m là 5. Chọn B.
Câu 46: (Đề thử nghiệm nhóm toán VD-VDC) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn
4 a 2a 1 2(2a 1) sin(2a b 1) 2 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 2b .
A.
2
1 .
a
B.
Lời giải: Ta có: 4 2
a 1
2
C. 3 1 .
.
D.
3
1 .
2
2
2 2 1 sin 2a b 1 2 0 2a 1 2 2a 1 sin 2a b 1 1 0
a
2
2a 1 2 2a 1 sin 2a b 1 sin 2 2a b 1 cos 2 2a b 1 0
2a 1 sin 2a b 1 0
2
sin 2a b 1 1
2a 1 sin 2a b 1 cos 2 2a b 1 0
2
a
cos 2 b 1 0
sin 2a b 1 1
TH2: sin 2
b 1 1 2
TH1: sin 2a b 1 1 2a 1 sin 2a b 1 0 2a 1 (1) 0 VN
a
a
1 sin 2a b 1 0 2a 1 (1) 0 a 1.
cos 2 2 b 1 0 cos b 1 0,sin b 1 1 b 1
b 0; S min
b
2
k 2
3
1 S a 2b 1 3 2 3 1.
2
Câu 47: (Đề thử nghiệm nhóm toán VD-VDC) Cho hàm số y x 4 2 m2 1 x 2 m4 có đồ thị là
C . Gọi
A , B , C là ba điểm cực trị của C , S1 và S 2 lần lượt là phần diện tích của
tam giác ABC phía trên và phía dưới trục hoành. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m sao
S
1
cho 1 ?
S2 3
A. 1 .
B. 4 .
C. 2 .
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
D. 3 .
Trang 21/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
x 0
Lời giải: Ta có: y 4 x3 4 m2 1 x , y 0
.Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị
2
x m 1
A 0;m 4 , B
Ta có
m 2 1; 2m 2 1 , C m 2 1; 2m 2 1 .
AO 1
1
S1 1
S
S
1
1
m 4 m 4 m 2 1
AMN AMN
S2 3
S MNBC 3
S ABC 4
AH 2
2
m 4 2m 2 1 0 m 2 1 2 m 1 2 . Vậy có 2 giá trị của tham số m thỏa yêu cầu đề.
Câu 48: (Đề thử nghiệm nhóm toán VD-VDC) Cho f x x3 6 x 2 9 x . Đặt f k x f f k 1 x
với k là số nguyên lớn hơn 1. Hỏi phương trình f 5 x có bao nhiêu nhiêu nghiệm phân biệt?
A. 122 .
B. 120 .
C. 365 .
D. 363 .
x 0
Lời giải: Ta có f x x3 6 x 2 9 x 0
.
x 3
x 0
f x 0
x 0, 47
3
2
2
Ta có: f x f f x f x 6 f x 9 f x 0
x 3,88 .
f x 3 x 1,65
x 3,88
Gọi ak là số nghiệm của phương trình f k x 0 . Gọi bk là số nghiệm của phương trình f k x 3 .
ak ak 1 bk 1
Khi đó ta có:
k 2 .
k
bk 3
an an 1 3n1
an 1 an 2 3n 2
an 2 an 3 3n 3
....
a2 a1 31
an a1 3 32 ... 3n 1 a1 3.
3n1 1
3
3n 1
2 3n 1 1
3 1
2
2
Thay n 5 an 122.
Câu 49: (THPT Chuyên Sơn La) Cho hàm số y x3 3mx 2 3 m2 1 x m3 m ( m là tham số).
Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và I 2, 2 . Tổng tất cả các giá trị của m để ba
điểm I , A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng
A.
20
.
17
B.
2
.
17
C.
4
.
17
5 là
D.
14
.
17
Lời giải: Ta có Ta có y 3x 2 6mx 3 m2 1
x m 1, y 2 4m
y 0
x m 1, y 2 4m
Gọi A m 1; 2 4 m ; B m 1; 2 4 m AB 2, 4 AB 2 5
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 22/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
IA m 3; 4 4 m , IB m 1, 4m
Dễ thấy AB 2 R nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có đường kính AB
IA IB IA.IB 0 m 3 m 1 4 4 m 4 m 0
17 m 2 20m 3 0 m1 m2
20
. Chọn A.
17
Câu 50: (Phan Đình Phùng – Đăk Lăk) Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 b a 1 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P log a
4 3b 1
9
8log 2b a 1 .
a
C. 3 3 2 .
A. 6.
B. 8.
Lời giải: Điều kiện 0 b a 1 log a b 1 .
D. 7.
2
2
1
2
Ta có: 4.1. 3b 1 1 3b 1 9b 2 P 2 log a b 8
1 . Dấu “=” xảy ra b
3
log a b 1
2
1
Đặt log a b t , t 1; . Xét hàm: f t 2t 8
1 f min t f 3 7
t 1
Pmin 7 . Dấu “=” xảy ra log a b 3 a3 b a
3
2
. Chọn D.
3
Câu 51: (SỞ GĐ-ĐT QUẢNG NAM)Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tập nghiệm của
bất phương trình ln x 2 2 x m 2 ln 2 x 1 0 chứa đúng 2 số nguyên ?
A. 10
C. 4
B. 3
D. 9
2
Lời giải: Ta có:
x 2 2 x m 2 x 1
3 x 2 6 x 1 m
PT
1
1
x
x
2
2
. Xét BBT của hàm số
y 3 x 2 6 x 1 như sau:
1
m 2 . Nhận thấy với m 2 thì BPT luôn có một nghiệm là x 1
2
để có đúng hai nghiệm nguyên nghiệm còn lại là x 2 m 10
Vậy 1 m 10 thì BPT sẽ có hai nghiệm nguyên là x 1; x 2 . Chọn D
Để BPT có nghiệm với x
thực
dương
2 y y 2 x log 2 x 2 y 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
x
bằng
y
Câu 52: (SỞ
A.
GĐ-ĐT
e ln 2
2
QUẢNG
B.
NAM)Cho
e ln 2
2
hai
C.
số
e ln 2
2
D.
x, y
thỏa
mãn
e
2 ln 2
Lời giải: Ta có: log 2 x 2 y 1 t x 2 y 1 2t thay vào PT ta có: 2 y 1 y 2t 1 t y t
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 23/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Nên x 2
y 1
2 y 1 ln 2. y 1
2 y 1
; ta có: f ' y
.
P f y
y2
y
1 e ln 2
Khảo sát f y ta thấy Pmin f
. Chọn C
2
ln 2
Câu 53: (THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA-ĐĂK-ĐĂK) Với tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước
30cm; 40cm . Người ta phân chia tấm nhôm như hình vẽ và cắt bỏ một phần để được gấp lên
một cái hộp có nắp.
Tìm x
để thể tích hộp lớn
nhất.
35 5 13
35 4 13
35 5 13
cm
cm
cm
B.
C.
3
3
3
Lời giải: Ta có: để tạo thành một hình hộp thì
40 2 x
AB CD
20 x
2
Thể tích của hình hộp V 15 x 20 x x x 3 35 x 2 300 x
A.
Ta có: V ' 3x 2 70 x 300 0 x
D.
35 4 13
cm
3
35 5 13
3
35 5 13
35 5 13
. Chọn C
Vmax f
x
3
3
Câu 54: (THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA-ĐĂK-ĐĂK) Đồ thị hàm số y 2 x3 3mx 2 3m 2 có hai điểm
phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ O khi m ; a b; . Tính a b ?
2
1
B. 0
C. 1
D.
3
3
Lời giải: Ta có: Gọi điểm M x; y là điểm thỏa mãn đề bài M x; y cũng thuộc đồ thị hàm số
A.
3
2
y 2 x 3mx 3m 2
Ta có:
y 2 x3 thay vào hàm số ta có:
3
2
y 2 x 3mx 3m 2
3mx 2 3m 2 0 x 2
2
m
2
2 3m
0
3 . Nên a b . Chọn A
3m
3
m 0
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 24/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 55: (Sở GDĐT Khánh Hòa) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1
1
f x m 2 x 5 mx 3 10 x 2 m2 m 20 x đồng biến trên . Tổng giá trị của tất cả các
5
3
phần tử thuộc S bằng
3
5
1
A. .
B. 2 .
C. .
D. .
2
2
2
Lời giải: Ta có f x m2 x 4 mx 2 20 x m2 m 20 .
Hàm số đồng biến trên f x m2 x 4 mx 2 20 x m2 m 20 0, x (*).
Ta có f 1 0 nên f x x 1 m 2 x3 m 2 x 2 m 2 m x m 2 m 20 x 1 g ( x) . Nếu x 1
không phải là nghiệm của g ( x) thì f x đổi dấu khi x đi qua 1 , suy ra f x không đồng biến trên
.
m 2
Do đó điều kiện cần để f x 0, x là g 1 0 g 1 0 4m2 2m 20 0
5 .
m
2
2
Với m 2 f x x 1 4 x 3 4 x 2 6 x 14 x 1 4 x 2 8 x 14 0, x và
f x 0 x 1 , do đó f ( x ) đồng biến trên . Suy ra m 2 thoả mãn.
2
Với
2
25 x 3 25 x 2 15 x 65 x 1 25 x 50 x 65
5
0, x .
m f x x 1
2
4
4
4
4
4
f x 0 x 1 , do đó f ( x ) đồng biến trên . Suy ra m
và
5
thoả mãn.
2
5 1
5
Từ đó S 2; , suy ra tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng 2 . Chọn D.
2 2
2
Câu 56: (Sở GDĐT Khánh Hòa) Cho hàm số có đồ thị Cm : y x3 3x 2 mx 4 m và đường
thẳng d : y 3 x . Đường thẳng d cắt đồ thị Cm tại ba điểm phân biệt A, I , B ( theo thứ tự
hoành độ từ nhỏ đến lớn). Tiếp tuyến tại A, B của Cm lần lượt cắt Cm tại điểm thứ hai là
M và N . Tham số m thuộc khoảng nào dưới đây để tứ giác AMBN là hình thoi
3
3
A. 5; 4 .
B. ; 2 .
C. ; 4 .
D. 2;5 .
2
2
Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x3 3x 2 mx 4 m 3 x x3 3x 2 x m 1 1 m 0 x 1 x 2 2 x m 1 0
x 1
2
. A 1 2 m; 2 2 m , B 1 2 m; 2 2 m
x 2x m 1 0
Điều kiện để để đường thẳng y 3 x cắt đồ thị Cm tại ba điểm phân biệt là 2 m 0 m 2
Dễ thấy đồ thị Cm có điểm uốn là I 1; 2 I là trung điểm của AB .
Mặt khác, tứ giác AMBN là hình thoi AB MN tại I MN : y x 1
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 25/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Xét
phương
trình
hoành
độ
giao
điểm
của
MN
và
Cm :
x3 3 x 2 mx 4 3 x 1 x 1 x 2 2 x 3 m 0
N 1 4 m; 2 4 m , M 1 4 m; 2 4 m
AM cắt Cm tại 2 điểm A ( nghiệm kép) và M nghiệm đơn áp dụng định lý Viet cho phương trình
bậc 3, ta có: 2 x A xM
b
4
3 2 1 2 m 1 4 m 3 m . Chọn A.
a
3
Câu 57: (Sở GDĐT Khánh Hòa) Cho hàm số y f x có đạo hàm trên và đồ thị C . Tiếp tuyến
của đồ thị C tại điểm 2; m có phương trình là y 4 x 6 . Tiếp tuyến của các đồ thị hàm
số y f f x và y f 3 x 2 10 tại điểm có hoành độ bằng 2 có phương trình lần lượt là
y ax b và y cx d . Tính giá trị biểu thức S 4a 3c 2b d
A. S 26 .
B. S 176 .
C. S 178 .
D. S 174 .
f 2 4.2 6 2
Lời giải: Tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm 2; m có phương trình là y 4 x 6
f 2 4
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f f x tại điểm có hoành độ bằng 2 là:
y f 2 . f f 2 . x 2 f f 2 y 4. f 2 x 2 f 2 y 16 x 2 2 y 16 x 30
Tiếp tuyến của đồ thị f 3 x 2 10 tại điểm có hoành độ bằng 2 là:
y 6.2. f 3.22 10 . x 2 f 3, 22 10 y 12. f 2 x 2 f 2 y 48 x 2 2 y 48 x 94
Khi đó ta có: a 16, b 30, c 48, d 94 . Chọn D.
Câu 58: (SỞ ĐIỆN BIÊN) Cho x , y thỏa mãn 5 x 2 6 xy 5 y 2 16 và hàm số bậc ba y f x có đồ
x2 y 2 2
thị như hình vẽ. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P f 2
. Tính
2
x y 2 xy 4
M 2 m2 .
A. M 2 m 2 4
B. M 2 m 2 1
C. M 2 m 2 25
D. M 2 m 2 2
Lời giải: Ta có: thay
x 2 y 2 2.1
3 x 2 3 y 2 6 xy
5 x 2 6 xy 5 y 2
1 thu được t 2
x y 2 2 xy 4.1 2 9 x 2 2 xy y 2
16
TH 1: Xét y 0 t
1
f t 2;0
6
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 26/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
2
x
x
3 6 3
y
y
,
TH 2 : y 0 t 2
x
x
18 4 2
y
y
Đặt
x
3a 2 6a 3
at
a 2 18t 3 a 4t 6 2t 3 0
y
18a 2 4a 2
2
để tồn tại a ' 2t 3 18t 3 2t 3 0 0 t
3
2
3
xét hàm số f t với t 0; . Hàm số có maxf t 0; minf t 2
2
Vậy M 2 m 2 4 . Chọn A
Câu 59: (SỞ ĐIỆN BIÊN) Cho hàm số y f x liên tục trên và có bảng xét dấu f ' x như hình
vẽ
Giá tị của tham số m để hàm số y g x f 1 x
1
chắc chắn luôn đồng
x mx m 2 1
2
biến trên 3; 0
A. m 2;1
C. m 1;0
B. m ; 2
Lời giải: Ta có: Xét g ' x f ' 1 x
D. m 0;
2x m
x
2
mx m 2 1
2
Do x 0;3 1 x 1; 4 f ' 1 x 0 f ' 1 x 0 x 3;0
Nên để g ' x 0
2 x m
x
2
mx m 2 1
2
0 2 x m m min
x 3;0
2 x 0
m 0 . Chọn C
Câu 60: (SỞ GIÁO DỤC BẮC NINH) Cho hàm số bậc ba y f x
có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số m thuộc đoạn 0;9 sao cho bất phương trình
2
2 f x f x m 16.2 f
x 1;1 ?
2
x f x m
4 f x 16 0
có
nghiệm
A. 6
B. 8
C. 5
D. 7
Lời giải: Ta
BPT 2
f
2
x f x m
có:
2
2 f x
16.2
f
2
x f x m
16 0 2
2 f x
16 2
f 2 x f x m
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
1 0
Trang 27/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Mà x 1;1 f x 2; 2 22 f x 16 0
2
f
2
x f x m
x 1;1 nên để thỏa mãn bài toán thì:
1 f 2 x f x m có nghiệm x 1;1 . Đặt f x t t 2; 2
Xét t 2 t m có nghiệm t 2; 2 m max t 2 t 6 . Vậy 0 m 6 Chọn A
t 2;2
Câu 61: (SỞ ĐIỆN BIÊN) Cho hàm số y f x ax 4 bx3 cx 2 dx e với (a, b, c, d , e ) . Biết
hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ, đạt cực trị tại điểm O 0;0 và cắt truc hoành tại A 3;0 . Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m trên 5;5 để phương trình f x 2 2 x m e có bốn nghiệm phân
biệt.
A. 0
B. 2
2
Lời giải: Ta có: f ' x k .x x 3 k 0
C. 5
D. 7
1
1
3
1
1
Do f ' 2 1 1 4k 1 k 0 f ' x x3 x 2 ta có: f x x 4 x3 e
3
4
4
16
4
x 2 2 x m 0
Xét PT : f x 2 x m e 2
x 2 x m 4 0
2
1
. Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
2
1 m 0
1 2 đều có hai nghiệm phân biệt 1
m3
2 1 m 4 0
m
Mà
m 4;5 .Chọn B
m 5;5
Câu 62: (SỞ GIÁO DỤC BẮC NINH) Cho hàm
số y f x có đồ thị như hình vẽ. Biết
tất cả các điểm cực trị của hàm số
y f x là 2;0; 2; a;6 với 4 a 6 .
Số
điểm
cực
y f x 3x
6
2
trị
của
hàm
số
là
A. 8
B. 11
C. 9
D. 7
Lời giải: Ta có:
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 28/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
x 0
2
x 1 1
x 6 3 x 2 2
y ' 6 x5 6 x f ' x 6 3 x 2 0 x 6 3 x 2 0
6
2
x 3x 2
6
2
x 3x a
x 6 3x 2 6
Ta khảo sát hàm số:
y t 3 3t
2
với t x 2 0
và xét tương giao với các đường thẳng
y 2; y 0; y 2; y a 4 a 6 ; y 6 sẽ có các nghiệm x 0; 1; 3; x1 ; x2
Trong các nghiệm này ta thấy xuất hiện 2 nghiệm x 2 1 ở 1 2 nên sẽ có hai nghiệm kép x 1; x 1
sẽ không là cực trị . Vậy có 7 cực trị. Chọn D
Câu 63: (SỞ GIÁO DỤC BẮC NINH) Cho hai số thực x, y thỏa mãn
log
y 2 8 y 16 log 2 5 x 1 x 2 log 3
3
5 4x x2
2
log 2 2 y 8
3
Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của biểu thức P
không vượt quá 10. Hỏi S có bao nhiêu tập con không phải là tập rỗng?
A. 2047
B. 16383
C. 16384
2
x2 y 2 m
D. 32
2
Lời giải: Ta có PT 2 log3 y 4 log 2 y 4 2 log 3 5 x 1 x log 2 5 x 1 x
1 2
1
Xét hàm số f t 2 log 3 t log 2 t; t 0 f ' t
0 nên f t đồng biến với x 0
t ln 3 ln 2
2
2
2
y 4 5 x 1 x x 2 y 4 9 1 Ta thấy
M x; y thuộc đường tròn tâm
I 4; 2 có R 3 và OM x 2 y 2 . Dễ dàng đánh giá được
OI R OM OI R 2 5 3 m x 2 y 2 m 2 5 3 m
2 5 3 m 10
Để P 10
2 5 7 m 2 5 7
2 5 3 m 10
S 2; 1;...;11 có 14 giá trị nguyên nên số tập con khác rỗng là 214 1 16383 Chọn B
Câu 64: (Sở GDĐT Khánh Hòa) Cho hàm số y f x liên tục
trên và hàm số y f x có đồ thị như hình bên. Bất
phương trình 3
f x m
4 f x m 5 f x 2 5m nghiệm
đúng với mọi x 1; 2 khi và chỉ khi
A. f 1 m 1 f 2 .
B. f 2 m 1 f 1 .
C. f 1 m 1 f 2 .
D. f 2 m 1 f 1 .
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 29/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Đặt f x m t , khi đó bất phương trình đã cho trở thành: 3t 4t 5t 2
Xét hàm số g t 3t 4t 5t , ta có: g 0 g 1 2 , g 0 . g 1 2 phương trình g x 0 có
nghiệm trên đoạn 0;1 , mặt khác ta có g x 0 phương trình g x 0 có nghiệm duy nhất trên
đoạn 0;1 , từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g t 2 có nghiệm t 0;1 0 f x m 1
f x m 1 f x *
Từ đồ thị ta có f 2 f x f 1 suy ra bất phương trình
*
có nghiệm đúng với mọi
x 1; 2 f 2 m 1 f 1 . Chọn D.
Câu 65: (Sở GDĐT Khánh Hòa) Cho hàm số y f x có đạo hàm, liên tục trên . Gọi d1 , d 2 lần
lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x 4 và y g x x3 f 6 x 5 tại điểm có hoành
độ bằng 1 . Biết rằng hai đường thẳng d1 , d 2 có tích hệ số góc bằng 6 , giá trị nhỏ nhất của
3
Q f 1 3 f 1 2 bằng
A. 3.
B. 4.
C. 5.
D. 2.
Lời giải: Ta có: y 4 x 3 . f x 4 , g x 3x 2 f 6 x 5 6 x 3 . f 6 x 5
Hệ số góc của d1 là: 4 f 1
Hệ số góc của d 2 là: 3 f 1 6 f 1
2
f 1
2
1
4 f 1 . 3 f 1 6 f 1 6 4 f 1 2 f 1 f 1 1 2 f 1
f 1 1
2
4
2
f 1 2
2
f 1 4
f 1 2
3
Đặt t f 1 , từ bảng biến thiên của hàm số q t t 3 t 2 , ta tìm được giá trị nhỏ nhất của q t
với t ; 2 2; đạt tại t 2 và bằng 4. Chọn B.
2x 1
có đồ thị C . Gọi S là tập hợp tất cả các
x 1
giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt A, B
Câu 66: (Sở GDĐT Khánh Hòa) Cho hàm số y
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 30/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
sao cho tiếp tuyến với
C
tại A và B lần lượt có hệ số góc là k 1 , k2 thỏa mãn
1 1
2 k1 k2 2018k12018 k22018 . Tổng các giá trị của tất cả các phần tử của S bằng
k1 k2
A. 2018.
B. 3.
C. 0.
D. 6.
Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2x 1
x m 2 x 1 x m x 1 x 2 x m 1 m 1 0
x 1
x x2 1 m
Giả sử A x 1 ; y1 , B x2 ; y2 , khi đó ta có: 1
x1 x2 m 1
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: k1
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k2
k1 k2
1
x1 1
2
1
x2 1
2
1
x1 1
2
1
x2 1
2
x1 x2 2 2 x1 1 x2 1
2
2
x1 1 x2 1
Trong đó: x1 1 x2 1 x1 x2 x1 x2 1 1 k1 k2 x1 x2 2 3 m ;
k1 k2
1
2
.
1
x1 1 x2 1
Từ đó ta được
2
1
k k2
1 1
2018
2018
2 k1 k2 2018 k1 k2
1
2 k1 k2 2018 k1 k2
k1 k2
k1 .k2
3 k1 k2 2018 m 2 6m 7
2018
0
3
Vậy tổng các giá trị m thỏa mãn là m1 m2 6 (theo Vi-et). Chọn D.
1 3
x ax 2 bx c (a, b, c ) thỏa mãn
6
f 0 f 1 f 2 . Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của c để hàm số
Câu 67: (SỞ GDĐT ĐÀ NẴNG) Cho hàm số f x
g x f f x 2 2 nghịch biến trên khoảng 0;1 là
A. 1.
B. 1 3. .
C.
3. .
D. 1 3. .
f 0 c
1
Lời giải: Ta có : f 1 a b c
6
4
f 2 4a 2b c 3
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 31/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
1
1
a b 6
a 2
1
1
1
Theo giả thiết f (0) f (1) f (2)
f x x3 x 2 x c
6
2
3
4a 2b 4
b 1
3
3
Hàm số g x nghịch biến trên 0;1 khi g ' x 2 xf ' x 2 2 f ' f x 2 2 0 , x 0;1 .
1 2
1
3
3
x x f ' x 0 1
.
x 1
2
3
3
3
2 x 0
Lại có : x 0;1 thì
x 0;1 , g ' x 0 f ' f x 2 2 0
2
f ' x 2 0
f ' x
Xét 0 x 1 2 x 2 2 3 , vì f ' x 0 , x 2;3 nên f x đồng biến trên 2;3 .
Do đó : f 2 f x 2 2 f 3 1
f 2 1
f 3 1
3
3
3
3
.
f 2 f 3 1
3
3
3
3
. Vậy min c max c 1 . Chọn A.
c
3
3
1
3
3
Câu 68: (SỞ GDĐT VĨNH PHÚC) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại,
cực tiểu của đồ thị hàm số y x3 3mx 2 cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính R 1 tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất?
1 3
.
2
Lời giải: Ta có y 3x 2 3m
A. m
B. m
2 3
.
2
C. m
2 5
.
2
D. m
2 3
.
3
Hàm số y x3 3mx 2 có 2 điểm cực trị pt y 3x 2 3m 0 có hai nghiệm phân biệt m 0
1
Ta có y x. y 2mx 2 .
3
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y 2 mx 2 2 mx y 2 0
Đường thẳng cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính R 1 tại hai điểm phân biệt A, B
d I; R
2m 1
2
1 2m 1 4m 2 1 4m 0 luôn đúng do m 0
4m 1
1
1
1
AIB .sin
AIB . Dấu bằng xảy ra sin
Ta có S IAB .IA.IB.sin
AIB 1
AIB 90
2
2
2
Khi đó tam giác IAB vuông cân tại I có IA 1 nên
d I;
2m 1
2
2
2 3
4 m 2 8m 1 0 m
thỏa mãn đk
2
2
2
2
4m 1
Vậy diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất khi m
2 3
. Chọn B.
2
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 32/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 69: (SỞ HÀ NAM-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
xm
A. 18
m2
x 2m có đúng một nghiệm nhỏ hơn 20
xm
B. 10
C. 9
D. 19
x m 0
m2
m2
Lời giải: Điều kiện: x 2m 0 . PT x m
2 m x 2m
2 m m
xm
xm
2
x m m
xm
Để phá trị tuyệt đối:
Xét m 0 PT đã cho vô số nghiệm
1
m2
m2
1
2
Xét m 0 x m thay vào x m
ta được
m 2 1 L
xm
9
9
3
Xét m 0 thỏa mãn các điều kiện x 2m 2m 20 m 10 9 giá trị. Chọn C.
Câu 70: (SỞ HÀ NAM-2019) Cho phương trình m 2 x 3 2m 1 1 x m 1 . Biết 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. 7
Lời giải: PT m
Khảo sát f x
Vậy
B. 13
C. 8
x 3 2 1 x 1 1 1 x 2 x 3 x
D. 19
1 1 x 2 x 3
1 2 1 x x 3
1 1 x 2 x 3
3
5
3 x 1 ta có: min f x f 3 ; max f x f 1
5
3
1 2 1 x x 3
3
5
m 5a 3b 8 . Chọn C.
5
3
Câu 71: (Hội các trường chuyên – 2019). Cho x, y 0; 2 thỏa mãn x 3 x 8 ey ey 11 . Giá
trị lớn nhất của P ln x 1 ln y bằng
A. 1 ln 3 ln 2 .
B. 2 ln 3 ln 2 .
C. 1 ln 3 ln 2 .
D. 1 ln 2 .
1
.
e
Ta có : x 3 x 8 ey ey 11 x 2 5 x 24 e 2 y 2 11ey
Lời giải: Điều kiện: x 1, y
2
e2 y 2 11ey x 2 5 x 24 0 (*), có 2 x 5 0 , x 1 .
11 2 x 5
x 8
y
ey
ey x 8
e
2
Do đó (*)
.
11 2 x 5
ey 3 x
y 3 x
ey
e
2
x8 9
x8
+) Do y
.
2 nên loại y
e
e
e
3 x
+) Với y
, 1 x 2:
e
Khi đó, ta được: P ln x ln 3 x trên 1; 2 .
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 33/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
2
P 2 ln x ln 3 x 2 ln x ln 3 x 2 ln x 3 x
2
x 3 x
2 ln
4 ln 3 ln 2 , x 1; 2
2
ln x ln 3 x
3
Dấu “ ” xảy ra khi x 3 x
x .
2
x 1; 2
3
3
Vậy Pmax 2 ln 3 ln 2 tại x , y . Chọn B.
2
2e
Câu 72: (Hội các trường chuyên – 2019). Cho hàm số f x 2 x 3 6 x 2 1 và các số thực m , n thỏa
m2 2
mãn m2 4mn 5n2 2 2n 1 . Giá trị nhỏ nhất của f
bằng
n
A. 99 .
B. 100 .
C. 5 .
D. 4 .
Lời giải: Xét hệ thức m2 4mn 5n2 2 2n 1 , 1 .
Đặt
m2 2
t . Ta có m 2 2 nt m nt 2 2 .
n
Thay vào 1 ta được: nt 2 2
2
4 nt 2 2 n 5n 2 2 2n 1
t 2 4t 5 n 2 2 2 2t 5 2 n 9 0 2 .
Có các số thực m , n thỏa mãn 1 phương trình 2 có nghiệm 0
2 2t 5 2
2
9 t 2 4t 5 0 t 2 4t 5 0 t 5;1 .
Xét hàm số f t 2t 3 6t 2 1 trên đoạn 5;1 .
t 0 5;1
f t 6t 2 12t ; f t 0
.
t 2 5;1
Ta có f 5 99 , f 2 9 , f 0 1 , f 1 9 . Suy ra min f t 99 khi t 5 .
5;1
m2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của f
bằng 99 . Chọn A.
n
Câu 73: (Hội các trường chuyên – 2019). Cho hai đường cong H : y m
1
và P : y x 2 x 1 .
x
Biết P và H cắt nhau tại 3 điểm phân biệt sao cho đường tròn đi qua 3 điểm này có bán
kính bằng 2. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. m 6;1 .
B. m 6; .
C. m ; 6 .
D. m 1;6 .
Lời giải: Phương trình hoành độ giao điểm của P và H :
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 34/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
m
1
x 0
.
x2 x 1 3
2
x
x x m 1 x 1 0 (1)
Đặt f x x3 x 2 m 1 x 1 .
Giả sử M x0 ; y0 là giao điểm của P và H . Ta có f x0 0 .
Mặt khác, ta có y0 x0 2 x0 1 y0 2 x0 4 2 x03 x0 2 2 x0 1 .
y0 2 x0 1 f x0 m 1 x0 2 mx0 2 y0 2 m 1 x0 2 mx0 2 , do f x0 0
y0 2 x0 2 mx0 2 mx0 2 x0 2 y0 2 m x0 2 x0 1 m 2 0
x0 2 y0 2 my0 m 2 0 . (2)
Điểm M x0 ; y0 thuộc đường tròn có bán kính bằng 2 khi và chỉ khi (2) là phương trình đường tròn có
bán kính bằng 2
m 2 2 3
m2
m 2 4 m 2 4m 8 0
.
4
m 2 2 3
Thay m 2 2 3 vào (1) thấy phương trình chỉ có 1 nghiệm nên loại.
Thay m 2 2 3 vào (1) thấy phương trình có 3 nghiệm nên nhận.
Vậy m 1;6 . Chọn D.
Câu 74: (SỞ GDĐT ĐÀ NẴNG) Cho các số thực dương x, y , z thay đổi và thỏa mãn:
5 x 2 y 2 z 2 9 xy 2 yz zx .
P
Tìm
giá
trị
lớn
nhất
của
biểu
thức:
x
1
bằng
2
y z x y z 3
2
A. 18 .
C. 16 .
B. 12 .
Lời giải: Ta có: 5 x y z
2
2
2
9 xy 2 yz zx 5x
2
2
D. 24 .
2
2
9 y z x 5 y 5 z 18 yz 0
2
5 x 2 9 y z x 2 y z 7 y z .
2
7 y z 0
Vì
2
5 x 2 9 y z x 2 y z 0 x 2 y 2 z 5 x y z 0
x 2 y 2z 0 x 2 y z 0 x 2 y z .
Ta
có:
P
P
2 y z
x
1
1
2
3
3
2
2
y z x y z
y z
2 y 2z y z
2
Do
y z
2
2 y2 z2
2 y z
1
4
1
3
3
1
2
y z 27 y z y z 27 y z
2
1
t3
t3
t2
f t 0 t 2 36 t 6 (
Đặt t
. Đặt f t 4t
f t 4
0 P 4t
yz
27
27
9
vì t 0 ).
Ta có bảng biến thiên của f t là:
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 35/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Ta thấy f t 16 PMax
1
y z
y z 12
. Chọn C.
16 . Dấu bằng xảy ra khi x 2 y 2 z
1
x 1
6
3
y z
Câu 75: (SỞ GDĐT VĨNH PHÚC) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình
m.3x
2
3 x 2
2
34 x 363 x m 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt.
A. 4 .
B. 2.
2
Lời giải: Đặt 34 x v 0, 363 x
C. 3.
D. 1.
u
uv
u 0 phương trình trở thành m v u m m
u v
v
v
2
36 3 x 34 x I
v u
u v m v 0
2
34 x m
v m
II
2
x 1
Giải I : 363 x 34 x x 2 3x 2 0
x 2
Để phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình II xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Phương trình II có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm x 1 và một nghiệm
2
2
x 1
x 2 . Với x 1 ta có m 341 27 . Khi đó 34 x 27 4 x 2 3
. Vậy m 27 là
x 1 2
một giá trị cần tìm.
Trường hợp 2: Phương trình II có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm x 2 và một nghiệm
2
2
x 2
x 1 . Với x 2 ta có m 34 2 1 . Khi đó 34 x 1 4 x2 0
.
x 2 1
Vậy m 1 là một giá trị cần tìm.
Trường hợp 3: Phương trình II có đúng 1 nghiệm x khác 1; 2
2
Từ 34 x m x 2 4 log 3 m 0 để có một nghiệm thì nghiệm đó là x 0 4 log 3 m 0 m 81 ,
đồng thời x 0 thỏa mãn khác 1; 2 nên m 81 là một giá trị cần tìm.
Vậy có ba giá trị m 1 ; m 27 ; m 81 thỏa mãn bài toán. Chọn C.
2
2
Câu 76: (SỞ NINH BÌNH)Cho 2 số thực a và b . Tìm giá trị nhỏ nhất của a b để đồ thị hàm số
y f ( x) 3 x 4 ax 3 bx 2 ax 3 có điểm chung với trục Ox .
A.
9
5
B.
1
5
C.
36
5
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
D.
4
5
Trang 36/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
4
3
2
2
Lời giải: Xét: 3x ax bx ax 3 0 3 x
Đặt t x
1 1
a x b 0
x2 x
x 0
1
, t 2 3 t 2 2 at b 0 .
x
2
3 t 2 2 at b 9 t 2 2 at b
2
2
Theo Bu-nhi-a: at b a 2 b 2 t 2 1 .
2
Nên 9 t 2 a b
2
2
2
Khảo sát hàm số f t
t 1 a
2
9 t 2 2
2
t 1
36
2
2
Vậy GTNN của a b là
.
5
2
2
b
9 t 2 2
2
t2 1
2
với t 2 . dễ dàng xét được min f t
36
. Chọn C
5
2
Câu 77: (SỞ NINH BÌNH)Cho phương trình x 2 3 x m x 2 8 x 2m 0 . Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m thuộc đoạn 20;20 để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt?
A. 19
B. 18
C. 17
D. 20
Lời giải:
2
Ta có x 2 3 x m x 2 8 x 2m 0
x2 4 x m 0
2
2
2
2
x 3 x m x 2 x 8 x 2m 0 2
x 2 x m 2 0
1
.
2
Phương trình 1 và 2 có 2 nghiệm phân biệt
0
4 m 0
m 4
1
m 1 .
1 m 2 0
m 1
2 0
Giả sử phương trình 1 và 2 có nghiệm x0 trùng nhau
x 2 4 x m 0
Hệ sau có nghiệm 2
x 2 x m 2 0
1
2
x0 2 4 x0 m x0 2 2 x0 m 2 0 x0 1
Với x0 1 thay vào 1 ta được m 5 .
Với m 5 phương trình 1 và 2 không có nghiệm trùng nhau.
Kết hợp m là số nguyên thuộc đoạn 20;20 m 20; 1 \ 5 .
Vậy có 18 số nguyên m thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B
Câu 78: (Chuyên Lam Sơn Lần 3) Biết rằng có số thực a 0 sao cho a 3cos2x 2 cos 2 x, x . Chọn
mệnh đề đúng
5 7
1 3
7 9
3 5
A. a ;
B. a ;
C. a ;
D. a ;
2 2
2 2
2 2
2 2
Lời giải: a 3cos2x 2 cos 2 x a
3 2cos2 x 1
2cos 2 x a 3t 3 t với t 2cos 2 x
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
0 t 2
Trang 37/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Xét f t a 3
t 1
và g t t . Dễ thấy
f t ; g t luôn đi
qua điểm cố định 1;1 có dáng điệu như hình vẽ
Để f t g t
t 0; 2 g t phải là tiếp tuyến của
f t tại điểm 1;1 f ' 1 1 ln a 3 1 a 3 e
Chọn B
Câu 79: (Chuyên Lam Sơn Lần 3)Cho hàm số y f x
có đạo hàm liên tục trên . Hàm số y f ' x có đồ thị như hình
vẽ bên. Tìm tập hợp S tất cả các giá trị thực của tham số m để
hàm số g x 2 f 2 x 3 f x m có đúng 7 điểm cực trị, biết
f a 1, f b 0, lim f x , lim f x
x
x
A. S 5;0
B. S 8;0
1
C. S 8;
6
9
D. S 5;
8
Lời giải: Chiều biến thiên của f x như hình vẽ
2 f x 3 f x m 4 f x f ' x 3 f ' x 0
2
Ta có: g ' x
2 f 2 x 3 f x m
f ' x 0
3
x a; x b; x c hoặc 2 f 2 x 3 f x m
f x
4
2
2 f x 3 f x m 0
1
Để g x có 7 cực trị 1 có 4 nghiệm phân biệt 2k 2 3k m có 2 nghiệm k1 0;1 ; k2 0;1
Câu 80: (Chuyên Thái Bình) Cho hai hàm số đa thức bậc bốn
y f ( x ) và y g ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong
đó đường đậm hơn là đồ thị hàm số y f ( x ) . Biết rằng hai
đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ là 3 và
cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là 1 và 3 .
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất
phương trình f ( x ) g ( x ) m nghiệm đúng với mọi
x [ 3;3] .
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 38/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
12 8 3
A. ;
.
9
12 10 3
B.
; .
9
12 10 3
C. ;
.
9
12 8 3
D.
; .
9
Lời giải: Ta có: f ( x) g ( x) m, x 3;3 f ( x) g ( x) m, x 3;3 . Đặt h( x) f ( x) g ( x)
Dựa vào đồ thị ta có: h( x) a( x 3) 2 ( x 1)( x 1) a x 4 4 x 3 6 x 2 36 x 27
Mà h(0) f (0) g (0) 1 2 1 , nên 27 a 1 a
1
27
x 3
1 4
1
Khi đó: h x x 4 x3 6 x 2 36 x 27 ; h ' x 4 x 3 12 x 2 12 x 36 0 x 3
27
27
x 3
Từ bảng biến thiên suy ra min h( x ) m m
3;3
12 8 3
. Chọn A.
9
Câu 81: (Chuyên Thái Bình) Cho các số thực dương x, y , z và thỏa mãn x y z 3 . Biểu thức
P x 4 y 4 8 z 4 đạt GTNN bằng
giản. Tính a b .
A. 234 .
a
a
, trong đó a , b là các số tự nhiên dương,
là phân số tối
b
b
B. 523 .
C. 235 .
4
D. 525 .
4
4
a 4 b4 a b
3 z 64 z
x y
4
4
4
4
Lời giải: Vì
,a, b nên P x y 8 z 2.
8z
2
8
2
2
Bằng cách khảo sát hàm số f z
3 z
4
64 z 4
8
Suy ra, giá trị nhỏ nhất của P bằng
4
3 648
trên (0,3), ta có P f z f
.
5 125
648
, và đạt được khi
125
6 6 3
, , . Do đó,
5 5 5
x, y, z
a 648, b 125, a b 523. Chọn B.
Câu 82: (Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An) Cho hàm số f x x 3 ax 2 x b ( a, b là các tham số). Hỏi
5
?
4
D. Không có cặp nào.
có bao nhiêu cặp a; b để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 1;3 bằng
A. Có đúng một cặp.
B. Có hơn 2 cặp.
C. Có đúng 2 cặp.
Lời giải: Gọi giá trị lớn nhất của hàm số f x x3 ax 2 x b số trên đoạn 1;3 bằng M , khi đó ta
có:
M f 1 a b 2
M a b 2
5
M
f
3
9
a
b
30
4 M 32 12 5 M 8 3 5
M 9a b 30
4
2 M 12 5 10a 2b
M f 5 5a b 6 5
Vậy không có cặp a; b nào thỏa mãn. Chọn D.
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 39/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 83: (Quỳnh
Lưu
1
–
Nghệ
Cho
An)
các
hàm
số
C1 : y ax 4 bx 2 c ;
C2 : y ax3 bx 2 cx d ; C3 : y ax 2 bx c . Biết đồ thị C1 có 3 điểm cực trị và 3
đồ thị C1 , C2 , C3 có chung một điểm cực trị. Giá trị lớn nhất của biểu thức
P a 2 b 2 6c 7 d là:
A. 2.
B. 1.
C. 3.
D. 4.
Lời giải: Điều kiện để C1 có 3 cực trị là: ab 0
x 0
Xét hàm số C1 : y 4ax 2bx 2 x 2ax b ; y 0 2 b
x
2a
3
2
Xét hàm số C2 : y 3ax 2 2bx c; y 0 3ax 2 2bx c 0
Xét hàm số C3 : y 2ax b; y 0 x
b
2a
2
b
b
b
C1 , C2 , C3 có chung một điểm cực trị 1 3a 2b c 0
2a
2a
2a
C1 , C2 , C3
cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng 1 a b c a b c d d 0
2
Vậy P a 2 b 2 6c 7 d a 2 2a 6 3a 2 2a 7.0 3a 2 6a 3 . Chọn C.
Câu 84: (Chuyên Quang Trung – Bình Phước) Cho hàm số
f x ax 3 bx 2 cx d có đồ thị như hình vẽ. gọi S là tập
hợp
các
giá
trị
của
m m
sao
x 1 m3 f 2 x 1 mf x f x 1 0, x .
tử của tập S là?
A. 2 .
C. 3 .
cho
Số phần
B. 0 .
D. 1.
Lời giải: Xét g x x 1 h x 0 với x , với h x m3 f 2 x 1 m. f x f x 1 .
x 1 0 x 1 h x 0 x 1
Do
* h x 0 tại x 1
x 1 0 x 1 h x 0 x 1
m 0
m3 f 1 mf 1 f 1 1 0 m3 m 0
m 1
Với m 0 h x f 1 1 thỏa mãn * do hàm f x đồng biến và f 1 1 .
Với m 1 h x f 2 x 1 1 thỏa mãn *
Do x 1 thì 2 x 1 1 f 2 x 1 1 0 và x 1 thì 2 x 1 1 f 2 x 1 1 0 .
Với m 1 h x f 2 x 1 2 f x 1 .
Khi đó h x là hàm số bậc ba có hệ số a 0 nên lim h x 0 không thỏa mãn * .
x
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 40/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Vậy m 0 và m 1 . Chọn A.
Câu 85: (Chuyên Hạ Long – Quảng Ninh 2019). Cho hàm số
f x liên tục trên và có đồ thị f ' x như hình vẽ
bên.
Bất phương trình log 5 f x m 2 f x 4 m
đúng với mọi x 1; 4 khi và chỉ khi
A. m 4 f 1 .
B. m 3 f 1 .
C. m 4 f 1 .
D. m 3 f 4 .
Lời giải: Ta có:
log 5 f x m 2 f x 4 m log 5 f x m 2 f x m 2 log 5 5 5 (*)
1
Xét hàm số y g t log 5 t t t 0 . Ta có g t
1 0, t 0 suy ra hàm số y g t đồng
t ln 5
biến trên 0; .
Khi đó (*) f x m 2 5 f x 3 m .
x 1
Xét hàm số y f x . Ta có f x 0 x 1 .
x 4
Ta có bảng biến thiên
1
Từ đồ thị hàm số, suy ra
4
f x dx f x dx
1
1
1
1
1
4
f x dx f x dx
1
4
f x 1 f x 1 f 1 f 4 . Chọn D.
Câu 86: (THPT Kinh Môn – Hải Dương 2019). Cho hàm số
f ( x) x 3 4 x 2 x 4 có đồ thị như hình vẽ. Có tất cả bao nhiêu
giá trị nguyên của m để phương trình sau có bốn nghiệm phân
biệt
thuộc
đoạn
0; 2
2019 f
A. 4541 .
C. 4543 .
15 x 2 30 x 16 m 15 x 2 30 x 16 m 0 , 1
B. 4542 .
D. 4540 .
Lời giải: Đặt: 15 x 2 30 x 16 t .
Từ BBT ta thấy với mỗi t 1; 4 có hai giá trị
phân biệt x 0; 2
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 41/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Phương trình 1 trở thành: 2019 f t mt m 0
2019 t 1 t 1 t 4 m t 1 0 t 1 2019 t 1 t 4 m 0
t 1
2019 t 1 t 4 m
2
Để 1 có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0; 2 thì 2 phải có 2 nghiệm phân biệt thuộc 1; 4
Xét g t 2019 t 1 t 4 . Bảng biến thiên:
t 1
Kiểm tra với g t 0 f t 0
. Khi đó 1 có 3 nghiệm phân biệt nên không thỏa mãn
t 4
Từ đây ta suy ra m 4542, 75;0 . Chọn B.
Câu 87: (SGD Cần Thơ – 2019). Cho hàm số y f x nghịch biến trên và thỏa mãn
f x x f x x 6 3 x 4 2 x 2 , x . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số y f x trên đoạn 1; 2 . Giá trị của 3M m bằng
A. 4 .
B. 28 .
C. 3 .
D. 33 .
Lời giải: Ta có f x x f x x 6 3 x 4 2 x 2 f 2 x xf x x 6 3 x 4 2 x 2
4f
2
x 4 xf x x
2
2
4 x 12 x 9 x 2 f x x 2 x 3 x
6
4
2
3
2
f x x3 2 x
3
f x x x
Ta có f x x 3 2 x f x 3x 2 2 0, x f x đồng biến trên .
f x x 3 x f x 3x 2 1 0, x f x nghịch biến trên .
Do đó f x x 3 x .
Vì f x nghịch biến trên nên M max f x f 1 2 và m min f x f 2 10 .
1;2
1;2
Vậy 3M m 4 . Chọn A.
Câu 88: (SGD Cần Thơ – 2019). Cho hàm số y f x mx 4 nx3 px 2 qx r , trong đó
m, n, p, q, r . Biết hàm số y f ' x có đồ thị như hình bên dưới. Số nghiệm của phương
trình f x 16m 8n 4 p 2q r là
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 42/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
A. 4 .
B. 5 .
C. 2 .
D. 3 .
3
2
Lời giải: Từ đồ thị suy ra y f ' x 4m x 1 x 1 x 3 4mx 16mx 4mx 16m
Từ đó f x mx 4
16m 3
x 2mx 2 16mx r .
3
16
n 3 m
Mà y f x mx 4 nx3 px 2 qx r nên ta có p m .
q 16m
8
Khi đó f x 16m 8n 4 p 2q r f x m r
3
16m 3
8
mx 4
x 2mx 2 16mx r m r
3
3
16m 3
8
mx 4
x 2mx 2 16mx m 0 (*)
3
3
Trường hợp 1: m 0 phương trình (*) luôn đúng với mọi x (Loại).
16
8
Trường hợp 2: m 0 ; * x 4 x3 2 x 2 16 x 0 3 x 4 16 x3 6 x 2 48 x 8 0 .
3
3
Suy ra phương trình có 4 nghiệm. Chọn A.
Câu 89: (THPT Kinh Môn – Hải Dương 2019). Cho hàm số y f x có đạo hàm f x . Hàm số
y f x liên tục trên tập số thực và có bảng biến thiên như sau:
Biết rằng f (1)
10
, f 2 6 . Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x) f 3 x 3 f x trên đoạn
3
1; 2 bằng
A.
10
.
3
B.
820
.
27
C.
730
.
27
D. 198 .
Lời giải: Từ bảng biến thiên có f x 0 x 1; 2 , suy ra hàm số f x đồng biến trên 1; 2 , do đó
f 1 f x f 2 x 1; 2
10
f x 6 x 1; 2 .
3
10
10
Đặt t f x t ;6 . Xét hàm h t t 3 3t trên ;6 .
3
3
10 730
Ta có min h t h
. Chọn C.
10
3 27
3 ;6
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 43/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 90: (Chuyên Lam Sơn Lần 3) Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai liên tục trên . Biết
f ' 2 8 , f ' 1 4 và đồ thị của hàm số của hàm số f '' x như hình vẽ dưới đây. Hàm số
y 2 f x 3 16 x 1 đạt giá trị lớn nhất tại x0 thuộc khoảng nào sau đây?
A. 0; 4
B. 4;
C. ;1
D. 2;1
Lời giải: Dựa vào hình vẽ ta có được chiều biến
thiên của f ' x như hình bên
Lại có y ' 2 f ' x 3 16 0 f ' x 3 8
x 3 2
x 3 a a 1
Dựa vào chiều biến thiên của f ' x như trên ta vẽ được chiều biến thiên của f x như sau:
Ta thấy f x đạt giá trị nhỏ nhất x a
Nên hàm số y 2 f x 3 16 x 1 đạt giá trị lớn
nhất khi x 3 a x a 3 4 . Chọn B
Xét
h k 2k 2 3k ; h ' k 4k 3 0 k
3
4
nên có BBT như hình vẽ.
Dựa vào hình vẽ ta thấy 0 m 5 0 m 5
thỏa mãn yêu cầu k1 0;1 ; k2 0;1 . Vậy chọn A
Câu 91: (Chuyên Lam Sơn Lần 3) Cho hàm số
x
f x có đạo hàm xác định trên và thỏa mãn f ' x 4 x 6 xe
2
f x 2019
0 và f 0 2019 . Số
nghiệm nguyên dương của bất phương trình f x 7 là
A. 91
Lời giải: PT f ' x 4 x 6 xe
B. 46
x 2 f x 2019
D. 44
C. 45
f ' x 4x e
f x 2 x2
6 xe3 x
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
2
2019
Trang 44/45
Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389
e
f x 2 x2
d f x 2 x 2 e3 x
Mà f 0 2019 C 0 e
2
2019
f x 2 x
2
d 3x 2 2019 e
e3 x
2
2019
f x 2 x2
e3 x
2
2019
C
f x x 2 2019
Để f x 7 x 2 2019 7 x 2 2026 2026 x 2026 1 x 45 . Chọn C
Câu 92: (Chuyên Quang Trung – Bình Phước)
Cho hàm số
y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm
thực của phương trình f 2 f e x 1 là
A. 1.
C. 4.
B. 2.
D. 3.
Lời giải: Ta có
f 2 f e
x
2 f e x 1
1
2 f e x a , 2 a 3
e x 1
2 f e 1 f e 3 x
x0
e b 1VN
x
x
e x c 1
2 f e x a f e x a 2, 0 a 2 1 e x d 0 x ln t
e x t 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Chọn B.
LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 45/45