Vận dụng cao - Nghiệm của phương trình hàm hợp ôn thi THPTQG năm 2021

Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2021 Môn: Toán HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ PHẦN 1 Câu 1. (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 2019) Cho hàm số y  x3  3x  2  C  . Biết rằng đường thẳng d : y  ax  b cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt M , N , P . Tiếp tuyến tại ba điểm M , N , P của đồ thị  C  cắt  C  tại các điểm M , N , P (tương ứng khác M , N , P ). Khi đó đường thẳng đi qua ba điểm M , N , P có phương trình là A. y  ax  b B. y   4a  9  x  18  8b C. y    8a  18  x  18  8b D. y   4a  9  x  14  8b Lời giải: Ta giả sử A  m; m3  3m  2  với m3  3m  2  am  b . Tiếp tuyến tại A là: y   3m 2  3  x  m   m3  3m  2 . Xét phương trình hoành độ giao điểm:  x  2 m x3  3 x  2   3m 2  3  x  m   m3  3m  2   x  m Khi đó giao điểm của tiếp tuyến đó với đồ thị là A  2m; 8m3  6m  2  . Lại có: 8m3  6m  2  8  m3  3m  2   18m  18  y A  8  am  b   18m  18  y A  4axA  9 x A  18  8b  y A   4a  9  xA  18  8b . Vậy Chọn B. Câu 2. (Chuyên Bắc Ninh 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 có hai nghiệm thực? 1 1 1 A.  m  1 B. 2  m  C. 1  m  3 3 4 x  1 và đặt 0  t  Lời giải: Ta chia 2 vế chp 4 D. 0  m  1 3 x 1  1 ta suy ra: m  2t  3t 2 . Khảo sát bảng biến x 1 thiên ta Chọn D. Câu 3. (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 2019) Cho hàm số bậc ba f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số g  x  x  2  3x  2  2 x  1 x  f 2  x   f  x   cận đứng? A. 5 C. 6 có bao nhiêu đường tiệm B. 4 D. 3 Lời giải: Với f  x   0 ta thu được 2 nghiệm thỏa mãn  1 (áng chừng: x  0,8; x  2 ) còn f  x   1 2 1 (áng chừng: x  1; x  1,5; x  2,5 ). 2 Mặt khác dễ thấy x  2 nghiệm kép và x  1 nghiệm đơn đồng thời tử số có x 2  3x  2   x  1 x  2  thu được 3 nghiệm thỏa mãn  do vậy thực tế ta còn 4 đường tiệm cận đứng đó là x  0,8; x  2; x  1,5; x  2,5 . LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 1/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 2019) Cho hàm số y  Câu 4. x 4  ax  a . Gọi M , m lần lượt là x 1 giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn 1; 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để M  2m. A. 15 B. 14 C. 13 4 Lời giải: Ta có y  và có max = a  D. 16 4 x x 1  a . Chú ý rằng trên 1; 2 thì hàm số y   a đồng biến có min  a  x 1 2 x 1 16 . Ta chia làm 3 trường hợp sau: 3  Trường hợp 1: a  16 1 16 61 16 .  0; a   2 a    a 3 2 3 6 3  Trường hợp 2: a  1 16 1 1 13 .  0; a  2 a   a 2 3 2 2 3  Trường hợp 3: a  1 16 16 1  0  a     a   thì m  0 nên M  2m luôn đúng. 2 3 3 2 (ĐỀ THAM KHẢO CỦA BỘ GIÁO DỤC 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m Câu 1: để phương trình 3 A. 5 . Lời giải: Ta có m  3 3 m  3sin x  sin x có nghiệm thực? B. 7 . 3 D. 2 . C. 3 . m  3 3 m  3sin x  sin x  3 3 m  3sin x  sin 3 x  m   m  3sin x   3 3 m  3sin x  sin 3 x  3sin x . Suy ra: 3 m  3sin x  sin x  m  u 3  3u với u   1;1 . Xét hàm số f  u   u 3  3u với u   1;1 . Lập BBT ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2  m  2 , mà m   nên m  0; 1; 2 . Câu 1: (YÊN PHONG 2019) Cho hàm số y  f  x  . Biết rằng đồ thị y hàm y  f   x  được cho như hình vẽ bên. Cho bất phương trình 2 3 f  x   x3  3x  m (trong đó m là tham số thực). Hãy cho biết điều kiện cần và đủ để bất phương trình 3 f  x   x3  3x  m x đúng với x    3; 3  là ? -   B. m  3 f  3  A. m  3 f  3 O -1 1 C. m  3 f 1 D. m  3 f  0  Lời giải: Ta có m  3 f  x   x3  3 x  m  min  3 f  x   x3  3 x  .   3; 3    Đặt g  x   3 f  x   x3  3 x  g   x   3  f   x   x 2  1 . Vẽ đồ thị hàm số y  x 2  1 như hình vẽ bên. LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 2/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Từ đây ta tiết lập được bảng biến thiên như sau : Từ bảng biến thiên ta suy ra rằng: m  min  3 f  x   x3  3 x   m  min g  x   g   3; 3    Câu 2:   3; 3     3  3 f  3 . m  3 ( m là tham số) có ba điểm cực x trị. Parabol y  ax 2  bx  c đi qua ba điểm cực trị đó. Tính a  2b  4c . (YÊN PHONG 2019) Biết đồ thị hàm số y  x 2  3x  A. a  2b  4c  0 B. a  2b  4c  3 C. a  2b  4c  4 D. a  2b  4c  1 u u Lời giải: Ta sử dụng tư duy hàm phân thức y  có điểm cực trị thỏa mãn y  . v v x 3  3 x 2  3 x  m   x3  3x 2  3x  m Ta suy ra y  có các điểm cực trị nằm trên y   3x 2  6 x  3 . x   x Câu 1. (Chuyên Quang Trung Bình Phước 2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của để n phương trình f 16 cos x  6sin 2 x  8   f  n  n  1  có nghiệm x   ? 2 A. 10. B. 4. C.8. D.6. Lời giải: Ta có f 16 cos 2 x  6sin 2 x  8   f  n  n  1  có nghiệm x    16 cos 2 x  6sin 2 x  8  n  n  1 có nghiệm x    8cos 2 x  6sin 2 x  n  n  1 có nghiệm x   2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwars:  8cos 2 x  6sin 2 x    82  62  sin 2 2 x  cos 2 2 x   100  10  8cos 2 x  6sin 2 x  10  10  n  n  1  10  1  41 1  41 n 2 2  n  3; 2; 1;0;1; 2 . Chọn D Câu 2. (Chuyên Quang Trung – Bình Phước 2019). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m (biết m  2019 ) để hệ phương trình sau có nghiệm thực? A. 2021 .  x 2  x  3 y  1  2m  3 2 2 2 x  x 3 y  2 x  x 3 y  m B. 2019 . C. 2020 .  1  2 D. 2018 .   x 2  x   2 x  3 y  1  2m  Lời giải: Hệ phương trình   . 2  x  x  2 x  3 y  m    LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 3/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net u  x 2  x Đặt  . Khi đó u, v là 2 nghiệm của phương trình X 2  1  2m  X  m  0 (*). 3 v  2 x  y Do đó để hệ phương trình có nghiệm thì     2 3 m  2 2 .  0  1  2m   4m  0  4m 2  8m  1  0    2 3 m   2 2019  m  0 Vì   m  2019;...; 1 . Chọn C. m   Câu 3. (Sở GD&ĐT Bạc Liêu 2019) Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y  giá trị nhỏ nhất. 3 A. m  2 B. m  5 3 C. m  Lời giải: Ta có: xét g  x   2 x  x 2 có g '  x   4 3 Câu 4. D. m  maxg  x   1 với x   0; 2 nên  2x  x2 min g  x   0 3m  4  3m  5 1  2 2 3 . Chọn A 2 (Chuyên Vinh 2019) Có bao nhiêu giá trị thực âm của m để phương trình có đúng 2 nghiệm thực? A. 1. 1 2 1 x Ta có f  x   g  x   3m  4 nên max f  x   max  3m  4 ; 3m  5   Dấu bằng xảy ra  3m  4  3m  5  m  2 x  x 2  3m  4 đạt B. 3. C. Vô số. m  m  x2  x2 D. 2. 2 m  x  0 Lời giải: Điều kiện  . Ta có: 2 m  m  x  0  * m  m  x 2  x 2  x8  2mx 4  x 2  m2  m  0    x 4  x 2  m   x 4  x 2  m  1  0  m  0    x4  x2  m  0 . Đặt t  x 2  t  0  : t 2  t  m  0 1  phương trình * có đúng 2 nghiệm thực  phương trình 1 1  x  1 2 có 1 nghiệm dương duy nhất  m     (TMĐK). Chọn A. 1 4  x   2  Câu 5. (Chuyên Vinh 2019) Xét đồ thị  C  của hàm số y  x 3  3ax  b với a, b là các số thực. Gọi M , N là hai điểm phân biệt thuộc  C  sao cho tiếp tuyến với  C  tại hai điểm có hệ số góc bằng 3. Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng MN bằng 1 , giá trị nhỏ nhất của a 2  b 2 là: 6 4 3 7 A. B. C. D. 5 3 2 6 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 4/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Lời giải: Ta có: tìm mối liên hệ giữa xM và yM bằng cách chia y cho y ' , ta được thương là x , phần 3 x x dư là 2ax  b , ta viết: y  . y ' 2ax  b  yM  M .3  2axM  b nên đường thẳng MN có dạng 3 3 y   2a  1 x  b b  d O , MN   Câu 6.  2a  1 2  1  b 2  4a 2  4a  2  P  a 2  b 2  5a 2  4a  2  1 6 . Chọn A 5 (Chuyên Vinh 2019) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2  2 xy  3 y 2  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   x  y  A. max P  16 2 B. max P  12 C. max P  4 D. max P  8 2 Lời giải: Ta có:  x 2  2 xy  3 y 2  P  4  x  y   x 2  4  P   2 xy  4  P   y 2  4  3P   0 2  x Do y  0 nên chia cả 2 vế cho y và đặt    t ta được: t 2  4  P   2  4  P  .t   4  3P   0  y 2 2 Để tồn tại t   '  0   4  P    4  3P  4  P   0  P 12  P   0  P  12 . Chọn B Chọn B Câu 7. (Thuận Thành – Bắc Ninh 2019). Cho các số thực x, y, z thoả mãn điều kiện x  y  z  3 x y2 . Hỏi biểu thức P  có thể nhận bao nhiêu giá trị nguyên ?  2 2 2 z2 x  y  z  5 B. 1. A. 3 . C. 4 . D. 2 . 2 Lời giải: Ta có x 2  y 2  z 2  5  5  z 2  x 2  y 2  5  z 2   x  y   x  y 2 Lại có x  y  z  3  x  y  3  z . Do đó 5  z Khi đó P  2  x  y   3  z   2 2 2 . 2 2   x  y   3 z 2  6 z  1 . x y2   z  2  P  2  x  y với z  2 z2 2 2 2   x  y    z  2  P  2    zP  2 P  2   3 z 2  6 z  1   P 2  3 z 2  2  2 P 2  2 P  3 z  4 P 2  8 P  3  0, 1 . Phương trình 1 có nghiệm khi và chỉ khi 2    2 P 2  2 P  3   P 2  3 4 P 2  8 P  3  0  23P 2  36 P  0   36  P0. 23 Do z    z  1;0 . Chọn D. Câu 1: (Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho hàm số y  x 3  1 có đồ thi  C  . Trên đường thẳng d : y  x  1 tìm được hai điểm M 1  x1; y1  , M 2  x2 ; y2  mà từ mỗi điểm đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến  C  . Tính giá trị của biểu thức A. 113 15 B. 41 15 S 3 2 1 y1  y2 2  y1 y2    5 3 14 C. 15 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA D. 59 15 Trang 5/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Lời giải: Ta có: Gọi 2  x0 ; y0  là tiếp điểm ta sẽ có phương trinh tiếp tuyền qua điểm M 1 là 3 y  3x0  x  x0   x0  1 . Thay M 1 vào ta có: y1  3x0 2  x1  x0   x03  1 mà y1  x1  1 nên x1  3 x0 2  x1  x0   x03  x1  2 x03 2 x3 . Yêu cầu bài toán tìm để sao cho có 2 nghiệm m   m 3x 2  1 3 x0 2  1 duy nhất  y  m cắt y  g  x   6 x 2  x 2  1 2 x3 tại 2 điểm phân biệt. Xét g ' x   0  x  1   2 2 3x 2  1 3 x  1   Ta có bảng biến thiên : x 1 g ' x 1/ 3 1/ 3    g  x 1      1 1    Dựa vào BBT ta xác định được m  1 nên x1,2  1  y1  2, y2  0 thay vào S  Câu 2: 41 . Chọn B 15 x 3  5 x 2  2018 x  m ( m là tham số) có 3 x điểm cực trị. Parabol y  ax 2  bx  c đi qua 3 điểm cực trị đó. Giá trị biểu thức (Sơn Tây Hà Nội 2019) Biết đồ thị hàm số y  T  3a  2b  c là A. 1989 . B. 1998 . C. 1998 . D. 1989 . m m Lời giải: Ta có y  x 2  5 x  2018   y   2 x  5  2 . x x m m m 0  2 x0 2  5 x0 . Gọi x0 hoành độ của một điểm cực trị  2 x0  5  2  0  2 x0 2  5 x0  x0 x0 x0 Khi đó, parabol đi qua 3 điểm cực trị là: y  x 2  5 x  2018   2 x 2  5 x   3 x 2  10 x  2018 . Chọn A. Câu 3: (Chuyên Bắc Ninh lần 2 – 2019). Giả sử đồ thị hàm số y   m 2  1 x 4  2mx 2  m 2  1 có 3 điểm cực trị là A, B, C với xA  xB  xC . Khi đó quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích khối tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây: A.  4;6  . B.  2; 4  . C.  2;0  . D.  0; 2  . x  0 x  0 Lời giải: Ta có y  4  m  1 x  4mx  0   2  . m 2 x   m  1 x  m  , m  0   m2  1 2 3 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 6/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net     m m2 m m2 2 2 Khi đó A   ;   m  1 , B 0; m  1 , C ;   m 2  1 .     2 2 2 2    m 1 m 1   m 1 m 1  Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tính: 2 1 1 2  m  V  2.  r 2 h  2.  BI 2 .IC    3 3 3  m2  1   m2  Xét hàm f  m    2   m 1  và chỉ khi m  3 . Chọn B. Câu 4: 2 2 B m 2  f  m . m 1 3 2 r m , m  0 ta thấy f  m  đạt GTLN khi 2 m 1 A h I C (Chuyên Thái Bình – 2019). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  x 3  8 x 2   m 2  11 x  2m 2  2 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox . A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Lời giải: Đồ thị hàm số  C  : y  x  8 x   m  11 x  2m  2 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của 3 2 2 2 trục Ox  phương trình x3  8 x 2   m 2  11 x  2m 2  2  0, 1 có 3 nghiệm phân biệt. x  2 Ta có 1   x  2   x 2  6 x  m 2  1  0   . 2 2  f  x   x  6 x  m  1  0,  2  Suy ra phương trình  2  phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 .   9   m2  1  0  10  m  10   . Do m    m  2; 1;0 . Chọn B. 2 m   3  f 2  4  12  m  1  0     Câu 5: (Chuyên Thái f  x   a log 2019  Bình – 2019). Cho a, b  x 2  1  x  b sin x.cos  2018 x   6 . là các Biết số thực và hàm f  2018ln 2019   10 . số Tính f  2019ln 2018  . A. P  4 . B. P  2 . C. P  2 . D. P  10 . Lời giải: Ta có 2018ln 2019  2019ln 2018 , suy ra đặt f  2018ln 2019   f  x  khi đó f  2019ln 2018   f   x  . Xét f  x   a log 2019    x 2  1  x  log 2019   x 2  1  x   b.cos  2018 x  sin x  sin   x    12  12 .  Vậy f  2018 x ln 2019   f  2019ln 2018   12  f  2019ln 2018   2 . Chọn B. Câu 6: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang 2019) Gọi  là tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0  , x0  0 thuộc đồ thị hàm số y  x2 sao cho khoảng cách từ I  1;1 đến  đạt giá trị lớn nhất, khi đó x 1 x0 . y0 bằng A. 2 B. 2 Lời giải: Ta có: phương trình tiếp tuyến là: y  2 C. 1 1  x0  1 2  x  x0    x  y  x0  1   x0  4 x0  2   0    . Ta lại có d I ,    D. 0 x0  2 x0  1 2 x0  1 1   x0  1 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA 4  2 x0  1 2 x0  1  2. Trang 7/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  x0  0  y0  2 2 Dấu bằng xảy ra   x0  1  1   . Chọn D  x0  2  y0  0 Câu 7: (THPT Nguyễn Khuyến – TP.HCM 2019). Cho hàm số f  x   x 4  8 x 2  m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   50;50 sao cho với mọi số thực a, b, c   0;3 thì f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh của một tam giác ? A. 29 . B. 23 . C. 27 . D. 25 . x  0 Lời giải: Xét hàm số g  x   x 4  8 x 2  m trên  0;3 ta có g   x   4 x 3  16 x  0   . x  2 Khi đó g  0    m, g  2    m  16, g  3  9  m   m  16  g  x   9  m . Để f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi a, b, c   0;3 thì 2 min f  x   max f  x  ,   . 0;3 0;3 Do đó, ta chỉ cần xét các TH sau: min f  x   m  16  0;3 Trường hợp 1:  m  16  0  m  16   . f  x  9  m max 0;3 Từ    2   m  16   9  m  m  41 . min f  x   9  m  m  9  0;3 Trường hợp 2: 9  m  0  m  9   . f  x   m  16  m  16 max  0;3 Từ    2  m  9   m  16  m  34 . Vì m   50;50 , suy ra có 25 giá trị nguyên của m thoả mãn. Chọn D. Câu 8: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m x 2  mx  m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y  trên 1;2 bằng 2 . Số phần tử của S là. x 1 A. 1. Lời giải: Để max y  2 thì 1;2 B. 4 . C. 3 . D. 2 . x 2  mx  m  2, x  1; 2 và dấu “=” phải xảy ra. x 1  2  x 2  mx  m  2, x  1; 2 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra. x 1  2  x2 x2  m  2 , x  1; 2 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra. x 1 x 1   x2  x2   max  2   m  min  2    và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra. 1;2 1;2  x 1 x 1   5  m  5 2 2 . Chọn D.    m  và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra   2 3 m  2  3 Câu 9: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Cho hệ phương trình LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 8/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  m  0 1  2 Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hệ phương trình trên có nghiệm A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 4 .  1  x  1 3 2 Lời giải: Điều kiện  . PT 1   x  1  3  x  1  y 3  3 y 2  3 . 0  y  2 Xét hàm f  t   t 3  3t 2 trên  0; 2 ta có f   t   3t 2  6t  0, t   0; 2 . Suy ra f  t  đồng biến trên  0; 2 , do đó PT  3  y  x  1 . Thế vào PT (2) ta được x 2  2 1  x 2  m  0  1  x 2   2 1  x 2  1  m   . Đặt t  1  x 2 ,  0  t  1 . Xét hàm g  t   t 2  2t  1 trên  0;1 ta có 1  g  t   2  1  m  2 . Chọn D. Câu 10: (THPT Thanh Thủy – Phú Thọ 2019) Một con đường được xây dựng giữa hai thành phố A , B . Hai thành phố này bị ngăn cách bởi một con sông có chiều rộng r (m) . Người ta cần xây một cây cầu bắc qua sông biết rằng A cách con sông một khoảng bằng 2m , B cách con sông một khoảng bằng 4m ( tham khảo hình vẽ). Để đường đi từ A đến B là nhỏ nhất thì giá trị x (m) bằng B 4 F Cầu C x 2 6-x r D Sông E A A. x  2m . B. x  4m . C. x  3m . D. x  1m . 2 Lời giải: Ta có BF  42   6  x   52  12 x  x 2 ; AE  22  x 2  4  x 2 Đường đi từ A đến B là nhỏ nhất  BF  AE đạt giá trị nhỏ nhất  f  x   52  12 x+x 2  4  x 2 đạt giá trị nhỏ nhất x  0 x6 x Ta có f   x   ;  52  12 x+x 2 4  x2 x  2 f   x   0  x 52  12 x  x 2   6  x  4  x 2  x 2  4 x  12  0   .  x  6  loai  Vậy với x  2m thì đường đi giữa 2 thành phố là lớn nhất. Chọn A. 2 Câu 11: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang 2019) Cho hàm số f '  x    x  1  x 2  2 x  với x   . Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f  x3  3x 2  m  có 8 điểm cực trị là A. 1 B. 1 C. 3 D. 2 Lời giải: Ta có g '  x   f '  x  3 x  m  .3 x  x  2   0 phải có 8 nghiệm đơn 3 2 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 9/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  x  0 , x  2 , x3  3x 2  m  0 1 , x 2  3 x 2  m  2  2  . Nên mỗi phương trình 1 ,  2  phải có 3 4  m  0 nghiệm phân biệt.    2  m  4  m  1 . Chọn A 6  m  2 Câu 12: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và g   x  được cho như hình vẽ bên dưới. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0;6 lần lượt là: A. h  2  , h  6  . B. h  6  , h  2  . C. h  0  , h  2  . D. h  2  , h  0  . Lời giải: Ta có h  x   f   x   g   x   0  f   x   g   x   x  2 . Bảng biến thiên Từ BBT suy ra min h  x   h  2  . 0;6 2 Mặt khác từ đồ thị ta thấy  6 f   x   g   x  dx   f   x   g   x  dx 0 2 2 6 2 6    g   x   f   x   dx    f   x   g   x   dx    h  x  dx   h  x  dx 0 2 0 2  h  0   h  2   h  6   h  2   h  0   h  6   max h  x   h  6  . Chọn B.  0;6 Câu 13: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Cho hàm số y  2x 1 có đồ thị  C  . Gọi I là giao x2 điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến  của  C  tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó tiếp tuyến  của  C  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng nào ? A.  29; 30  . B.  27; 28 . C.  26; 27  . D.  28; 29  . Lời giải: Ta có y  3  x  2 2  2m  1  . Gọi M  m;   m  2  là tiếp điểm.  m2  Phương trình tiếp tuyến  : y  3  m  2 2  x  m  2m  1 . m2 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 10/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  2m  2  Gọi A, B là giao điểm của  với hai đường tiệm cận. Suy ra A  2;  , B  2m  2; 2  .  m2   xA  xB  2m  2 xM  Khi đó   M là trung điểm đoạn AB . 4m  2  y A  yB  m  2  2 yM Do IAB suy ra M là tâm đường tròn T  ngoại tiếp IAB  R  MA  MB    Vậy ST   ABmin . Ta có AB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2. min AB . 2 6 .2 m  2  2 6 . m2      m  2  3  M 2  3; 2  3 6 Dấu “=” xảy ra  IA  IB  .  2 m2    m  2  3  M 2  3; 2  3 m2   : y   x  4  2 3 Suy ra  1 . Khi đó tiếp tuyến tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích lớn nhất   2 : y   x  4  2 3 2 1 là đường thẳng 1 : y   x  4  2 3 và S  4  2 3  14  8 3 . Chọn B. 2  Câu 1.  (THPT LỤC NAM-BẮC GIANG 2019) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x y  2   x  3  y  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P  4  x 2  y 2   15 xy A. Pmin  81 B. Pmin  63 C. Pmin  83 D. Pmin  91 2 Lời giải: Ta có: P  4  x  y   7 xy 2 Do  x  y   4  x 3  y 3  2 2   x  y  4 x  y  8 x  3 y  3  4 x  y   x  y   4 hoặc   x  y   0 TH1:  x  y   0 mà x  y  2   x  3  y  3  0 nên x  3; y  3  P  63 x  3  0 TH2:  x  y   4 . Xét    x  3 y  3  0  xy  9  3  x  y  thay vào ta có: y 3  0 2 P  4  x  y   21 x  y   63 . Đặt x  y  t với t  4  P  f  4   83 . Chọn C Câu 2. (Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc 2019). Cho x3  3x 2  2 x  m  3  2 3 2 x 3  3x  m  0 . Tập S là tập hợp các giá trị của m nguyên để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của S . A. 15 . B. 9 . C. 0 . D. 3 . 3 Lời giải: Đặt t  3 2 x3  3x  m , PT  t 3  2t   x  1  2  x  1 (*). Xét hàm f  u   u 3  2u ta có f   u   3u 2  2  0, u    f  u  luôn đồng biến trên  . 3 Khi đó    t  x  1  2 x3  3 x  m   x  1   x 3  3 x 2  1  m . Xét hàm g  x    x3  3x 2  1 ta có yCT  1, yCĐ  5  1  m  5  S  2  3  4  9 . Chọn B. LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 11/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net (THPT Nam Trực – Nam Định 2019). Biết rằng đồ thị của hàm số P  x   x 3  4 x 2  6 x  2 Câu 3. cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 . Tính giá trị của T 1 1 1 ?  2  2 x  4 x1  3 x2  4 x2  3 x3  4 x3  3 2 1 A. T  1  P 1 P  3    . 2  P 1 P  3  B. T  1  P 1 P  3    . 2  P 1 P  3  1  P 1 P  3  1  P 1 P  3  C. T    D. T     . . 2  P 1 P  3  2  P 1 P  3  1 1 1 1 1  Lời giải: Ta có 2     . x  4 x  3 1  x  3  x  2  1  x 3  x  Do x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình P  x   0 nên ta có P  x    x  x1  x  x2  x  x3   P  x    x  x1  x  x2    x  x2  x  x3    x  x3  x  x1  . Suy ra P 1 1 1 1 P  3  1 1 1    ,    P 1 1  x1 1  x2 1  x3 P  3 3  x1 3  x2 3  x3 Vậy T  Câu 4. 1 1 1 1  P 1 P  3   2  2     . Chọn D. x  4 x1  3 x2  4 x2  3 x3  4 x3  3 2  P 1 P  3  2 1 1 2 x x, 4  P2  : y  g  x   ax 2  4ax  b  a  0  có các đỉnh lần lượt là I1 , I 2 . Gọi A, B là giao điểm (THPT Bình Minh – Ninh Bình 2019) Cho các Parabol  P1  : y  f  x   của  P1  và Ox . Biết rằng 4 điểm A, B, I1 , I 2 tạo thành tứ giác lồi có diện tích bằng 10. Tính diện tích S của tam giác IAB với I là đỉnh của Parabol  P  : y  h  x   f  x   g  x  . A. S  6 . B. S  4 . C. S  9 . Lời giải: Ta tìm được: I1  2; 1 , A  0;0  , B  4;0  , I 2  2; 4a  b  D. S  7 . Gọi K là giao điểm của I1 I 2 và AB , khi đó ta có tam giác I1 AB cân tại I1 và tam giác I 2 AB cân tại I 2 , 1 1 I1 K . AB  .1.4  2 2 2 2 S I2 AB  S I 2 AB  S I1I 2 AB  S I1 AB  8  I 2 K   4  4a  b  4 AB Vì I là đỉnh của parabol  P  : y  h  x   f  x   g  x   độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh I của tam I1 I 2  AB tại K  S I1 AB  giác IAB là h  2   f  2   g  2   1  4a  b  1  4  3  S IAB  Câu 5. 1 h  2  . AB  6 . Chọn A. 2 (THPT Bình Minh – Ninh Bình 2019) Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị  C  . Biết rằng  C  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1  x2  x3  0 và trung điểm nối 2 1 2 điểm cực trị của  C  có hoành độ x0  . Biết rằng  3x1  4 x2  5x3   44  x1 x2  x2 x3  x3 x1  . 3 2 3 Hãy tính tổng S  x1  x2  x3 ? LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 12/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net 137 45 . B. . 216 157 Lời giải: Ta có y   3ax 2  2bx  c A. C. 133 . 216 D. 1 . 2 2b 2 b    1 3 3a 3 a b 1 x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0  x1  x2  x3  a Gọi xA , xB lần lượt là hoành độ 2 điểm cực trị của  C   x A  xB  2 x0  2 Thay x1  1  x2  x3 vào phương trình  3 x1  4 x2  5 x3   44  x1 x2  x2 x3  x3 x1  ta được phương trình: 2   3 1  x2  x3   4 x2  5 x3   44  1  x2  x3  x2  x2 x3  x3 1  x2  x3   2 2  2  3 x2  2    1   48 x3  48 x2 x3  32 x3  45 x2  38 x2  9  0   x3 4 3    11 x2 3   0 3 3     2  3 x2  2  1  0 x2   x3 4 3   1 1 1 1 133   3 3  x1  . Vậy S   2  2    . Chọn C. 2 2 3 216 6 x 3  1  0 x  1 3  2 6  3 2 2 Câu 14: (THPT Bình Minh – Ninh Bình 2019) Cho hàm số bậc ba f  x  và g  x   f  mx 2  nx  p   m, n, p    có đồ thị như hình dưới ( đường nét liền là đồ thị hàm f  x  , nét đứt là đồ thị hàm g  x  , đường thẳng x   1 là trục đối xứng của đồ thị hàm số g  x  ) 2 Giá trị của biểu thức P   n  m  m  p  p  2n  bằng bao nhiêu? A. 12. B. 16. C. 24. 3 2 Lời giải: Từ đồ thị dễ dàng tìm được f  x   x  3x  2 3 D. 6. 2 g  x   f  mx 2  nx  p    mx 2  nx  p   3  mx 2  nx  p   2  g   x   3  mx 2  nx  p   2mx  n   mx 2  nx  p  2  LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 13/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Để đồ thị hàm g  x  có 3 điểm cực trị  g   x   0 có 3 nghiệm bội lẻ phân biệt mà từ dáng điệu đồ thị ta có m  0  phương trình mx 2  nx  p  2  0 phải có 2 nghiệm phân biệt, phương trình mx 2  nx  p  0 phải có nghiệm kép hoặc vô nghiệm. Trục đối xứng của đồ thị hàm g  x  là x   1 1  x   là nghiệm của phương trình 2mx  n  0 2 2 n 1   n  m  m  0  1 2m 2 Từ đồ thị ta có: g  0   0  f  p   0  p  1  2  x  m  n  p  0  loai  g 1  2  f  m  n  p   2    m  n  p  3  3 Từ 1 ,  2  ,  3  m  n  p  1  P  12 . Chọn A. Câu 15: (THPT LỤC NAM-BẮC GIANG 2019) Cho hàm số y  f  x có đạo hàm 2 y  f '  x    x  1  x 2  2 x  ,    . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m , với m  [2; 25] để hàm số g  x   f  x 2  8 x  m  có đúng 5 điểm cực trị. A. 18 B. 17 C. 20 D. 21 x  4  Lời giải: Ta có: g '  x   f '  x 2  8 x  m  .  2 x  8   0   x 2  8 x  m  0 1 . Gọi h  x   x 2  8 x  2  x  8x  m  2  2 Để g  x  có 5 điểm cực trị thì 1 2  mỗi phương trình phải có 2 nghiệm phân biệt nên  m  h  4   16  m  16 mà m  [2; 25] nên m  [2;15] . Chọn A   m  2  h  4   16 Câu 16: (Chuyên Ngữ Hà Nội) Cho hàm số y  x 3  3 x 2 có đồ thị  C  và điểm M  m ;  4  . Hỏi có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn  10;10 sao cho qua điểm M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C  . A. 20 . B. 15 . 2 Lời giải: Đạo hàm: y  3 x  6 x . C. 17 . D. 12 . Giả sử phương trình đường thẳng đi qua M  m ;  4  là: d : y  k  x  m   4 . k  3 x 2  6 x Qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C  khi và chỉ khi hệ phương trình  có 3 2 k  x  m   4  x  3x ba nghiệm phân biệt   3 x 2  6 x   x  m   x3  3 x 2 có ba nghiệm phân biệt  2 x3  3  m  1 x 2  6mx  0 có ba nghiệm phân biệt  x  2 x 2  3  m  1 x  6m   0 có ba nghiệm phân biệt  2 x 2  3  m  1 x  6m  0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 14/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  1 m  2    9  m  12  48m  0 9m  30m  9  0 3  .     m  3 m  0  m  0 m  0 m   10;10 Với điều kiện trên và với  ta có m  10;  9;...;  1; 4;5;...;10 . m   Vậy có 17 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 17: (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3 x 2  3x  m  1  x2  5x  2  m 2 x2  x  1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. A. 3 . B. Vô số. C. 2 . log 2 D. 4 . 2 Lời giải: Điều kiện: 3 x  3 x  m  1  0 . Ta có: log 2  log 2  3x 2  3x  m  1  3 x 2  3x  m  1 2 2  log  x  5 x  2  m  1  x  5x  1  m 2 2 2 2x  x 1  2x  x 1  3x 2  3x  m  1  x 2  5x  1  m 2 4x  2x  2  log 2  3x 2  3x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2    3x 2  3x  m  1  log 2  3 x 2  3 x  m  1   3 x 2  3 x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2  1 Xét hàm số: f  t   t  log 2 t trên D   0;   , có f   t   1  1  0 , t  D , t.ln 2 Do đó hàm số f  t  đồng biến trên D .  1  f  4 x 2  2 x  2   f  3x 2  3 x  m  1  4 x 2  2 x  2  3x 2  3x  m  1  x 2  5 x  m  1  2  . Xét hàm số: g  x   x 2  5 x trên  , có g   x   2 x  5  g   x   0  x  5 . 2 Bảng biến thiên: x y y  5 2 0 1  0    4  25 4 Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi  25 21  m  1  4    m  3 , do m   nên m  5; 4 . Chọn C. 4 4 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 15/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Câu 18: (THPT Nguyễn Khuyến TPHCM) Cho đường cong  C   x  1 : 2 . Từ điểm M trên mặt x2 phẳng  Oxy  ta kẻ được hai tiếp tuyến tới đồ thị và vuông góc nhau. Tập hợp điểm M đó thuộc đường tròn có phương trình là? 2 2 A. x 2   y  2   4 2 2 B.  x  2    y  2   4 2 2 D.  x  2   y 2  1 C.  x  2    y  2   1  x2  1 Lời giải: Tịnh tiến đồ thị theo véc tơ u   2; 2  ta thu được đồ thị y  (việc tịnh tiến này chỉ x giúp tính toán nhanh hơn, nếu không tịnh tiến thì vẫn có thể làm bình thường). Tiếp theo ta sẽ giải quyết bài toán với đồ thị đã thu được. Gọi M  a; b  và phương trình tiếp tuyến qua M là y  k  x  a   b. x2  1 Khi đó phương trình  k  x  a   b có nghiệm kép  x 2  1   k  x  a   b  x có nghiệm kép x x  . Mà x 2  1   k  x  a   b  x   k  1 x 2   ka  b  x  1  0 .  a 2 k 2  2  ab  2  k  b 2  4  0   0 Do đó:   1 .  k  1 k  1 Tồn tại 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau  phương trình 1 có 2 nghiệm phân biệt k1 , k2 thỏa mãn    0 4a 2  4ab  4  0 a  0 a 2  b 2  4   a  0     a  0 k1 k2  1  a  b . a  b  2  a  b   b  4  1 a 2  b 2  4   a 2 Do đó quỹ tích M là đường tròn x 2  y 2  4 trừ đi các điểm  2;0  ;  2; 0     2; 2 ;  2;  2 .  2 2 Việc còn lại là tịnh tiến quỹ tích vừa tìm được theo véc tơ  u ta sẽ thu được:  x  2    y  2   4 trừ    đi các điểm  0; 2  ;  4; 2  2  2; 2  2 ; 2  2; 2  2 . Chọn đáp án C. Câu 19: (THPT Nguyễn Khuyến TPHCM) Cho các số thực a , b thỏa mãn 0  a  1  b  1  a và f  x hàm số y  g  x   f  x  1  2 có đạo hàm trên  0;   . Biết rằng đồ thị của hàm số y  f  x  được cho như hình vẽ bên. Khẳng định đúng với mọi x   a  1; b  1 là? A. g  x   C. g  x   f   b 1 m f   b 1 m B. g  x   f   a 1 n D. 10  g  x   0 2 Lời giải: Khi x   a  1; b  1   x  1   a; b  . LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 16/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Gọi h  x   f  x  1  . Do f  x  nghịch biến trên  a; b  2 min  a 1; b 1   Mặt khác f  x  đồng biến trên  a  1; b  1  max f  x   f  a 1; b 1   Do đó: max  a 1; b 1   Câu 1: f  x h  x  h f   f b  1 b 1  hay b 1 m f  f f  x  x  1  2  h  x  h   b  1  m.  b 1 .   . Chọn đáp án C. b 1 m 3 (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai) Cho hàm số y  x  3 x 2  1 có đồ thị  C  . Hỏi trên trục Oy có bao nhiêu điểm A mà qua A có thể kẻ đến  C  đúng ba tiếp tuyến? A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải: Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị  C  của nó đối xứng qua Oy . Do đó từ điểm A trên trục Oy nếu kẻ được một tiếp tuyến d đến  C  thì ảnh của d qua phép đối xứng trục Oy cũng là một tiếp tuyến của  C  . Vậy để qua điểm A trên trục Oy có thể kẻ đến  C  đúng ba tiếp tuyến thì điều kiện cần là có một tiếp tuyến của  C  qua A mà tiếp tuyến này vuông góc với Oy , tức là tiếp tuyến này có hệ số góc bằng 0 . x  0  x   x2  2 Ta có: y    .3 x  6 x   3 x   2  , y   0   x  2  x   x       x  2 Từ đó ta thấy có hai tiếp tuyến có hệ số góc bằng 0 là d : y  1 và d  : y  3 ; d cắt Oy tại A   0;1 , d  cắt Oy tại A   0; 3 . Ta viết phương trình các tiếp tuyến kẻ từ A   0;1 đến nhánh bên phải Oy của  C  . 3  2  x  2 x  0 k  3 x  6 x Xét hệ phương trình  3  hoặc  . 2  x  3 x  1  kx  1 k  0 k   9  4 Vậy từ A   0;1 kẻ được hai tiếp tuyến đến nhánh bên phải Oy của  C  , trong đó có một tiếp tuyến vuông góc với Oy và một tiếp tuyến không vuông góc với Oy . Suy ra từ A   0;1 kẻ được 3 tiếp tuyến đến  C  . Ta viết phương trình các tiếp tuyến kẻ từ A   0; 3 đến nhánh bên phải Oy của  C  . k  3 x 2  6 x x  2  Xét hệ phương trình  3 . 2  x  3 x  1  kx  3 k  0 Vậy từ A   0; 3 kẻ được một tiếp tuyến duy nhất đến nhánh bên phải Oy của  C  mà tiếp tuyến này vuông góc với Oy . Suy ra từ A   0; 3 kẻ được một tiếp tuyến duy nhất đến  C  . Vậy A   0;1 là điểm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 2: (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình: m có nghiệm thực. 1  2 cos x  1  2sin x  2 A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. 2 . LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 17/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Lời giải: Không mất tính tổng quát ta chỉ xét phương trình trên   ;   . 1  2sin x  0   2  Điều kiện   x   ;  .  6 3  1  2 cos x  0 Phương trình  2  2  sin x  cos x   2 1  2 cos x 1  2sin x    2  Đặt t  sin x  cos x với x    ;  thì  6 3  2 sin m2 4 *  m  0  .     t  sin x  cos x  2 sin  x    2 12 4   3 1   t ; 2  . Mặt khác, ta lại có t 2  1  2sin x cos x .  2  Do đó *  2  2t  2 2t 2  2t  1  m2 4  3 1  Xét hàm số f  t   2t  2  2 2t 2  2t  1, t   ; 2  , ta có  2   m2 3  1  4  4  m  0  Câu 3:   2 1  2  2  1 . Vậy có 3 giá trị của m . Chọn A. 3 1  m  4 (Chuyên Ngữ Hà Nội) Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   e 2 x  4e x  m trên đoạn  0;ln 4 bằng 6 ? B. 4 . A. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải: Đặt t  e  t  1; 4 . Xét g  t   t  4t  m trên 1; 4 . 2 x Để max g  t   6 thì t 2  4t  m  6, x  1; 4 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra. 1;4  6  t 2  4t  m  2, x  1; 4 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra.  t 2  4t  6  m  t 2  4t  6, x  1; 4 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra.  max  t 2  4t  6   m  min  t 2  4t  6  và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra. 1;4 1;4 m  2 . Chọn D.  2  m  6 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra   m  6 Câu 13. (THPT Nguyễn Khuyến TPHCM) Cho đường cong  C  : y  f  x  b  2  2 x 2 a 1 x (với a , b là các tham số thực đã biết). Đường cong  C   : y  f  x  có bao nhiêu tiếp tuyến có thể kẻ   được từ qua điểm M 0; a 2  2 2  b   2 ? 2 B. 1 A. 0 C. 2 2 D. 4 Lời giải: Xét tiếp tuyến có dạng y  kx   a  2   b  2  . Khi đó xét phương trình hoành độ: 2 b 2 2  2 x a 1 x b Trường hợp 1: Nếu 2 2  2 x a 1 x 2 2  kx   a 2  2   b2  2  2  kx   a 2  2   b 2  2  thì: LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 18/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  2 2 Khi x  0 suy ra kx 2   a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1  x   a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2 2 có nghiệm kép:    a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1   4k  a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2  k 2  a 2  1  2k  a 2  1 b2  2  a 4  4a 2  3    a 4  4a 2  5  b 2  2    0 . Tuy nhiên sử dụng biệt thức delta ta thấy phương trình trên vô nghiệm.  2 2 Khi x  0 suy ra kx 2   a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1  x   a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2 2 có nghiệm kép:    a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1   4k  a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2  k 2  a 2  1  2k  a 2  1 b 2  2  a 4  4a 2  3    a 4  4a 2  5 b 2  2    0 . Tuy nhiên sử dụng biệt thức delta ta thấy phương trình trên vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu   b 2  2 x 2 a 1 x 2  kx   a 2  2   b 2  2  thì: 2 2 Khi x  0 suy ra kx 2   a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1  x   a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2 2 có nghiệm kép:    a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1   4k  a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2  k 2  a 2  1  2k  a 2  1 b2  2  a 4  4a 2  3    a 4  4a 2  3 b 2  2    0 . Sử dụng biệt thức delta ta thấy phương trình có nghiệm kép suy ra k    b 2  2  a 2  3 .  2 2 Khi x  0 suy ra kx 2   a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1  x   a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2 2 có nghiệm kép:    a 2  2   b 2  2    b 2  2   k  a 2  1   4k  a 2  2   b 2  2  a 2  1  0   2 2  k 2  a 2  1  2k  a 2  1 b 2  2  a 4  4a 2  3    a 4  4a 2  3 b 2  2    0 . Sử dụng biệt thức delta ta thấy phương trình có nghiệm kép suy ra k   b 2  2  a 2  3 . Câu 14. (THPT Nguyễn Khuyến TPHCM) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  \ b và hàm số y  g  x  có đạo hàm trên  . Biết rằng đồ thị của hai hàm số y  f   x  và y  g   x  như hình vẽ bên. Đặt hàm số h  x   f  x   g  x  đồng thời đặt 2 2 S    h  b  x 2    h  b  x 2  1  2h  c     h  c   với a, b, c là các số thực đã biết. Khẳng định nào sau đây đúng với mọi x  0 ? A. S   h  c  ; h  a  c   B. S  h  c  C. S   h  c  ; h  a  b   D. S   h  a  ; h  c   2 2 Lời giải: Ta có S    h  b  x 2    2h  b  x 2  h  x    h  c    h  b  x 2  LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 19/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net 2  S    h  b  x 2   h  c    h  b  x 2   h  b  x 2  . Ta có bảng biến thiên của h  x  trên  b;   như sau (chú ý rằng b  x 2  bx  0 ): Do đó: h  b  x 2   h  c  x  0 . Hay S  h  c  x  0. Chọn đáp án B. Câu 8. x 1 có đồ thị  C  . Giả sử A, B là hai điểm x 1 thuộc  C  đối xứng với nhau qua giao điểm của hai đường tiệm cận. Dựng hình vuông AEBF . (THPT Cổ Loa – Hà Nội 2019) Cho hàm số y  Tìm diện tích nhỏ nhất của hình vuông AEBF . A. Smin  8 2 . B. Smin  20 . C. Smin  8 . D. Smin  12 2 . Lời giải: Ta có giao điểm của 2 đường tiệm cận là: I 1;1 Diện tích của hình vuông AEBF nhỏ nhất  AB đạt giá trị nhỏ nhất  IA đạt giá trị nhỏ nhất  t 1 A  C   A  t ;   AI   t 1 2 1  t  2  1 t   1     1 t  1  t  2  4 1  t  2 2 t  1  2 2 Dấu “=” xảy ra  1  t   2   t  1  2  Giá trị nhỏ nhất của AI là 2. Tại đó AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 và diện tích hình vuông AEBF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 . Chọn C. Câu 9. (THPT Hoằng Hóa – Thanh Hóa 2019) Cho hàm số có đồ thị  Cm  : y  x3  3x2  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 để tứ giác AMBN là hình thoi. 3  B.  ; 2  . 2  Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm: A.  5; 4  . 3  C.  ; 4  . 2  D.  2;5 . x  1  x3  3 x 2  mx  4  m  3  x   x  1  x 2  2 x  m  1  0   x  1  2  m x  1 2  m   x A  1  2  m ; xI  1; xB  1  2  m  Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B là: y   x A   y   xB   3  2m Phương trình tiếp tuyến tại A là  A : y   3 x A2  6 x A  m   x  x A   x 3A  3 x A2  mxA  4  m Xét phương trình hoành độ giao điểm của   A  và  Cm  : LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 20/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net x3  3 x 2  mx  4  m   3 xA2  6 xA  m   x  x A   x3A  3 x A2  mx A  4  m   x  x A  2  x  2 x A  3  0  Giao điểm thứ 2 của   A  và  Cm  là M có xM  3  2 x A . Tương tự, xN  3  2 xB  M  3  2 x A ;  3  2m  3  3x A   3  x A  ; N  3  2 xB ;  3  2m  3  3xB   3  xB    MN   2  x A  xB  ; 10  6m  x A  xB   .  Tứ giác AMBN là hình thoi  MN  d  ud  1; 1   xA  xB  loai   2  x A  xB   10  6m  x A  xB   0   x A  xB  8  6m   0   m  4  3 4 Vậy giá trị m thỏa mãn là m  . Chọn A. 3 Câu 10. (THPT Cổ Loa – Hà Nội 2019) Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm trên  thỏa mãn 2  f 3  3 x  2   x    f 4  2  5 x  . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 2 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây? 111   A. M  16;  . 98   107   B. N  20;  . 58   8   C. P  3;   . 29   56   D. Q  14; . 135    f  2  0 Lời giải: Với x  0 , ta có: 2 f 3  2    f 4  2     f  2   2 2  f 3  3 x  2   x    f 4  2  5 x   18 f 2  3 x  2  f   3 x  2   2  20 f 3  2  5 x  f   2  5 x  * Thay x  0, f  2   0 vào *  không thỏa mãn 1 116 Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 2 là: Thay x  0, f  2   2 vào * ta được f   2   y  f   2  x  2   f  2   107  x 117  đi qua điểm N  20;    . Chọn B. 116 58 58   Câu 11. (Chuyên Quang Trung – Bình Phước 2019) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham 1 số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  14 x 2  48 x  m  30 trên đoạn  0; 2 4 không vượt quá 30 . Tính tổng tất cả các phần tử của S A. 108 . B. 120 . C. 210 . D. 136 . 1 Lời giải: Do max y  30  x 4  14 x 2  48 x  m  30  30, x   0; 2 0;2 4 1 4 x  14 x 2  48 x  m  30  30, x   0; 2 4 1 1   x 4  14 x 2  48 x  m   x 4  14 x 2  48 x  60, x   0; 2 4 4  1   1   max   x 4  14 x 2  48 x   m  min   x 4  14 x 2  48 x  60   0  m  16  S  0;1; 2;...;16 . 0;2  4 0;2  4    30  Vậy T  16.17  136 . Chọn D. 2 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 21/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Câu 20: (Nông Cống – Thanh Hoá 2019). Cho các hàm số y  f  x  ; y  f  f  x   ; y  f  x 2  4  có đồ thị lần lượt là  C1  ;  C2  ;  C3  . Đường thẳng x  1 cắt M , N , P . Biết phương trình tiếp tuyến của  C1  tại M và  C1  ;  C2  ;  C3  lần lượt tại của  C2  tại N lần lượt là y  3 x  2 và y  12 x  5 , và phương trình tiếp tuyến của  C3  tại P có dạng y  ax  b . Tìm ab A. 7 . B. 9 . C. 8 . D. 6 . Lời giải: Ta viết phương trình tiếp tuyến của  C1  ;  C2  ;  C3  tại các điểm M , N , P : y  f  x  C1  , M 1; f 1   y  f  1 x  1  f 1 .   y  f  f  x   C2  , y  f  x2  4  C3  , P 1; f  5   y  2 f   5 x  1  f  5 . N 1; f  f 1   y  f  1 f   f 1   x  1  f  f 1  .  f  1  3   f 1  5  f   5   4  f  1  f 1  2  Suy ra  .  3 f   5  12   f  5   7  f  1 f   f 1   12  3 f   5   f  5   5     f 1 f f 1  f f 1   5            Khi đó y  2 f   5  x  1  f  5   y  2.4  x  1  7  y  8 x  1  a  b  7 . Chọn A. Câu 21: (Nông Cống – Thanh Hóa 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 m  3 3 m  3cos x  cos x có nghiệm? A. 5. Lời giải: Ta có B. 4. 3 C. 6. D. 3. u  3 m  3cos x . m  3 3 m  3cos x  cos x  3 3 m  3cos x  cos3 x  m . Đặt  v  cos x 3u  v3  m  3  u  v   v3  u 3   v  u   v 2  uv  u 2  3  0  u  v Khi đó ta có hệ  3 3v  u  m  3 m  3cos x  cos x  m  cos3 x  3cos x * Đặt t  cos x  1  t  1 , xét hàm f  t   t 3  3t  1  t  1  * có nghiệm  f min  t   m  f max  t   2  m  2  m  2; 1;0;1; 2 . Chọn A. Câu 22: (Chuyên Vĩnh Phúc 2019 – Lần 2). Biết rằng phương trình e x  e  x  2 cos ax ( a là tham số) có 3 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình e x  e  x  2 cos ax  4 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ? A. 5 . B. 10 . C. 6 . D. 11 . Lời giải: Ta có e x  e  x  2 cos ax  4  e x  2  e  x  2 cos ax  2 x   2x ax 2 2 e  e  2 cos 1 x x   2 2  2 2 ax  .   e  e   4 cos  x 2  2  2x ax    e  e  2 cos 2  2  Theo giả thiết ta có PT (1) có 3 nghiệm thực phân biệt. LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 22/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net x 2 x ax . 2 Giả sử x1; x2 ; x3 là 3 nghiệm của PT (1) suy ra x1 x2 x3  0 và  x1 ;  x2 ;  x3 là 3 nghiệm của PT (2). PT  2   e   e 2  2 cos Vậy phương trình e x  e  x  2 cos ax  4 có 6 ngiệm thực phân biệt. Chọn C. Câu 23: (Nông Cống – Thanh Hoá 2019). Gọi k1 ; k2 ; k3 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị các hàm số y  f  x  ; y  g  x  ; y  A. f  2   1 . 2 B. f  2   f  x tại x  2 và thoả mãn k1  k2  2k3  0 khi đó g  x 1 . 2 Lời giải: Từ giả thiết ta có k  f   2   g   2   2.  k  2. k  g  2  f  2  g  2 2  f  2   1 . 2 f   2 g  2  g   2 f  2 C. f  2    g  2 D. f  2   1 . 2 2 2 1 1 g  2    g  2   . Chọn D.  2 2 Câu 24: (Thiệu Hoá – Thanh Hoá 2019). Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình x 2  x  3  2  m 2  m  3  0 có 4 nghiệm phân biệt A. 2 . Lời giải: Ta có x B. 3 . 2 C. 4 . D. 5 .  x  3  2  m  m  3  0  x  x  3  m  m  3  2 (1). 2 2 2 3 2  x  3 x , x  0 Xét hàm y  x  x  3   3 ta có đồ thị như hình vẽ: 2  x  3 x , x  0 2 PT (1) có 4 nghiệm phân biệt  4  m 2  m  3  2  0  2  m 2  m  3  2 . Vì m   nên từ đồ thị ta có m  0; m  3 . Chọn B. Câu 25: (Tứ Kỳ - Hải Dương 2019) Một công ty cần xây một cái kho chứa hàng dạng hình hộp chữ nhật bằng vật liệu gạch và xi măng có thể tích 2000m3 , đáy là hình chữ nhật có chiều dài bằng hai lần chiều rộng. Người ta cần tính toán cho chi phí xây dựng là thấp nhất, biết giá xây dựng là 500.000 đ/ m 2 và tính cả xây nền. Khi đó chi phí thấp nhất gần với số nào dưới đây? A. 495969987 . B. 4952279087 . C. 495288088 . Lời giải: Gọi a, h lần lượt là chiều rộng và chiều cao của cái kho D. 495289087 . Thể tích của kho là: V  a. 2a. h  2a 2 h  2000m3  a 2 h  1000m3 Để chi phí xây dựng thấp nhất thì diện tích toàn phần của kho phải đạt giá trị nhỏ nhất, ta có: LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 23/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Stp  2.2a 2  2  2a  a  h  4a 2  6ah 2  4a 2  3ah  3ah  3 3 4a 2 .3ah.3ah  3 3 36  a 2 h   3 3 36. 1000  Dấu “=” xảy ra  4a 2 =3ah  a  2 3 h. 4 2 Khi đó chi phí thấp nhất để xây cái kho là: 3 3 36 1000  .500000 đ  495289087 đ. Chọn D. Câu 26: (Tứ Kỳ - Hải Dương 2019) Cho hàm số f  x   x3  ax 2  bx  c . Nếu phương trình f  x   0 2 có ba nghiệm phân biệt thì phương trình 2 f  x  f   x    f   x   có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm? A. 1 nghiệm. Lời giải: Ta có f   x   6 B. 4 nghiệm. Xét hàm h  x   2 f  x  f   x    f   x   C. 3 nghiệm. D. 2 nghiệm. 2  h   x   2 f   x  f   x   2 f  x  f   x   2 f   x  f   x   12 f  x  h  x   0  f  x   0 Gọi x1 , x2 , x3 lần lượt là 3 nghiệm của phương trình f  x   0  x1 , x2 , x3 là ba điểm cực trị của h  x  2 2 Mặt khác ta có h  x1   2 f  x1  f   x1    f   x1      f   x1    0 , tương tự h  x2  , h  x3   0 Như vậy từ bảng biến thiên của hàm h  x   phương trình h  x   0 có tối đa 2 nghiệm. Chọn D. 3 Câu 27: (NÔNG CỐNG-THANH HÓA 2019) Cho hàm số y   x  m   3 x  m 2  Cm  . Biết rằng điểm M  a; b  là điểm cực đại của  Cm  ứng với một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của  Cm  ứng với một giá trị khác của m . Tính tổng S  2018a  2020b A. 5004 B. 504 C. 504 D. 12504 x  m 1 2 Lời giải: Ta có: y '  3  x  m   3  0    a  m1  1; b  m12  3m1  2  x  m 1 Gọi m2 là giá trị đó mà M  a; b  đạt cực tiểu nên ta có a  m2  1; b  m22  3m2  2 1  m1   2 m1  m2  2 m1  m2  1 Nên ta có hệ  2   2 m1  m2  2 m  3 m1  m2  3m1  3m2  4  0  2 2 1 1 Vậy a   ; b    S  1009  505  504 . Chọn C 2 4 3 3 Câu 28: (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định) Cho hàm số y   x  a    x  b   x3 với a, b là tham số thực. Khi hàm số đồng biến trên  ;   , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  4  a 2  b 2    a  b   ab . A. MinA  2 . B. MinA   2 1 . 16 1 C. MinA   . 4 D. MinA  0 . 2 Lời giải: Ta có y   3  x  a   3  x  b   3x 2  3  x 2  2 x  a  b   a 2  b 2  LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 24/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net 2 Hàm số luôn đồng biến trên  ;    y   0  x     a  b    a 2  b 2   0  ab  0 2 2 A  4  a 2  b 2    a  b   ab  4  a  b    a  b   9ab  4  a  b    a  b    ab  0  1  a  0; b   1 1 1  8 . Chọn B.   2a  2b      . Dấu “=” xảy ra   1 4 16 16   a  ; b  0  8 2 Câu 29: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hoá 2019). Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m,  m    để phương trình 3sin x  4 cos x   m3  4m  3 x  m  5 vô nghiệm với ẩn x,  x    ? A. 3 . B. Vô số. C. 1 . Lời giải: Xét hàm số f  x   3sin x  4 cos x  5sin  x    . D. 2 .  g  x    m3  4 m  3  x  m  5  5 Ta có 5  f  x   5 . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm khi  và  g  x    m3  4m  3 x  m  5  5  đồng thời đồ thị g  x  song song với trục Ox .  m  1 t / m   Suy ra m3  4m  3  0   m  1.3028  t / m  . Chọn D.  m  2.3028 l   Câu 30: (SỞ GĐ BẠC LIÊU) Cho hàm số y  x3  3 x 2  1 có đồ thị  C  và điểm A 1; m  . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên hàm của tham số m để qua A có thể kể được đúng ba tiếp tuyến tới đồ thị  C  . Số phần tử của S là A. 9 B. 7 C. 3 D. 5 Lời giải: Ta có: gọi tiếp tuyến qua A 1; m  có dạng y  k  x  1  m với k  f '  x   3x0 2  6 x0 với  x0 ; y0  là tiếp điểm, thay tọa độ tiếp điểm vào ta được: x03  3 x0 2  1   3 x0 2  6 x0   x0  1  m  m  2 x03  6 x0  1 1 . Để 1 có 3 nghiệm phân biệt  y  m cắt f  x   2 x3  6 x  1 tại 3 điểm phân biệt  yCT  m  yCD  3  m  5  2  m  4 .vậy sẽ có 7 phần tử. Chọn B Câu 31: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hoá 2019). Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm 3 f   x    x  1  x 2   4m  5 x  m2  7m  6 , x   . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số g  x   f  x  có 5 điểm cực trị? A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giải: Hàm số g  x   f  x  có 5 điểm cực trị  hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị nằm phía bên phải trục tung. x 1 3 Ta có f   x   0   x  1  x 2   4m  5  x  m 2  7 m  6   0   2 . 2  x   4m  5  x  m  7m  6, * Vậy phương trình (*) có 1 nghiệm x  0 . 2 TH1:    4m  5   4  m 2  7 m  6   0  m  3 6   (loại). 6 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 25/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net  3 6 m  2 6 TH2:    4m  5   4  m 2  7 m  6   0   , phương trình có 2 nghiệm trái dấu và khác 1 .  3 6 m  6  2 1  m  6 1  m  6 m  7 m  6  0 .Vậy có 3 giá trị nguyên của m thoả mãn.   2  m  2 m  3m  2  0  f 1  0 Chọn B. Câu 32: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hoá 2019). Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm 3 f   x    x  1  x 2   4m  5 x  m2  7m  6 , x   . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số g  x   f  x  có 5 điểm cực trị? A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giải: Hàm số g  x   f  x  có 5 điểm cực trị  hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị nằm phía bên phải trục tung. x 1 3 Ta có f   x   0   x  1  x 2   4m  5  x  m 2  7 m  6   0   2 . 2  x   4m  5  x  m  7m  6, * Vậy phương trình (*) có 1 nghiệm x  0 . 2 TH1:    4m  5   4  m 2  7 m  6   0  m  3 6   (loại). 6  3 6 m  2 6 TH2:    4m  5   4  m 2  7 m  6   0   , phương trình có 2 nghiệm trái dấu và khác 1 .  3 6 m  6  2 1  m  6 1  m  6 m  7 m  6  0 .Vậy có 3 giá trị nguyên của m thoả mãn.   2  m  2 m  3m  2  0  f 1  0 Chọn B. Câu 33: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hoá 2019). Cho a là số thực dương khác 1 . Biết phương trình log a x  3 x  3 nghiệm đúng với mọi x  0 . Số a thuộc tập nào dưới đây ? A.  5;   . B.  2;3 . C. 1; 2  . D.  3;5 . 1 1 . 3 0  x  x ln a 3ln a  1   1  1 Lập BBT ta có max f  x   f   log a  3.   0;     3ln a   3ln a  ln a Lời giải: Xét hàm f  x   log a x  3x  3 , ta có f   x   BPT log a x  3 x  3 nghiệm đúng với mọi x  0  1  1  f  x   0, x  0  log a   3  0  a  1.309 . Chọn C.   3ln a  ln a LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 26/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net Câu 34: (SỞ GĐ BẠC LIÊU) Cho hàm số f  x   3x  4   x  1 .27 x  6 x  3 , khi phương trình   f 7  4 6 x  9 x 2  3m  1  0 có số nghiệm nhiều nhất thì giá trị nhỏ nhất của tham số m có a a (trong đó a, b   và là phân số tối giản). Tính T  a  b . b b A. T  7 B. T  11 C. T  8 dạng D. T  13 2 Lời giải: Ta có: đặt t  7  4 6 x  9 x 2  7  4 1   3x  1 . Dễ thấy t  3; 7  nên ta xét hàm số: f  t   3t  4   t  1 27t  6t  3 trên đoạn 3;7  Cách 1: Dùng mode 7 vẽ lại đồ thị của f  t  trên đoạn 3;7  sẽ tìm được k  1  3m  4 5 1 k 5 . Nên mmin  . Chọn C m 3 3 3 Cách 2: lập bảng biến thiên: f '  t   3t  4 ln 3  27 t   t  1 .27t ln 2  6  2  f ''  t   3t  4  ln 3  27 t ln 2  27 t ln 2   t  1 27 t  ln 2  2 2  f ''  t   3t  4  ln 3   2   t  1 ln 2  27t ln 2  0  f  t  đồng biến trên  3;7  .   0,t3;7   f '  3  0 Mà   f '  x   0 có nghiệm duy nhất t0 thuộc  3;7   f '  7   0 Ta có bảng biến thiên t 3 t0 f 't   7  0 148 3 4 f t  f  t0  Dựa vào bảng biến thiên phương trình đã cho có số nghiệm nhiều nhất là 2 nghiệm 1  f  t0  5 5 . Nên mmin  . Chọn C  f  t0   1  3m  4   m  3 3 3 Câu 35: (THPT CHUYÊN NGỌC HẦU AN GIANG) Người ta muốn xây dựng một bể bơi (hình vẽ bên dưới) có thể tích là 968 V (m3 ) . Khi đó giá trị thực của x 42 2 để diện tích xung quanh của bể bơi là nhỏ nhất thuộc khoảng nào sau đây A.  0;3 B.  3;5 C.  5;6  D.  2; 4  Lời giải: Ta có: gọi chiều dài của bể bơi là h  V  S dáy .h  11x 2 968 88 h  x2h  2 42 2 42 2 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 27/28 Chinh phục 9+ cùng thuvientoan.net   S xq  2 S dáy  Cday .h  11x 2  17  2 2 x.h . Thay h  Tính S '  x   22 x   88 17  2 2 4  2 2  x 88 4  2 2  x 2 ta được S xq  11x 2   88 17  2 2  4  2 2  x   0  x  2, 26 . Chọn D 2 LUYỆN TOÁN VDC TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 28/28