Vận dụng cao - Đồ thị của hàm hợp có lời giải chi tiết

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  t2 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 x4 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 x2 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: m3 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 m3 3 6  2  2  m  2   y1  1  m m m m3 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  e33 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 n1  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 x3 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  x3 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 y4  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 y4 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  27t   t  1 .27 t.ln 2  6 f   t   3t  4.ln 2 3  27t.ln 2   27t   t  1 .27 t.ln 2  ln 2  3t  4.ln 2 3  27t.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 m0  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 yz 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 yz 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 yz  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  3n1 an 1  an  2  3n  2 an  2  an 3  3n 3 .... a2  a1  31  an  a1   3  32  ...  3n 1   a1  3. 3n1  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 at   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 m3  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 xm  A. 18 m2  x  2m có đúng một nghiệm nhỏ hơn 20 xm 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 xm xm  2 x  m  m xm  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  xm 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 x8 9 x8 +) 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 m2 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 m2 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 m2 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  yz 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  363 x  m 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt. A. 4 . B. 2. 2 Lời giải: Đặt 34 x  v  0, 363 x C. 3. D. 1. u uv  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  : 363 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  341  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  x0 e  b  1VN  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