Tải bản đầy đủ (.pdf) (30 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (693.5 KB, 30 trang )

(1)

ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP SỐ 01 – THPT MƠN TỐN 2020


Câu 1. Có 10 cái bút khác nhau và 8 quyển sách giáo khoa khác nhau. Một bạn học sinh cần chọn 1 cái bút
và 1 quyển sách. Hỏi bạn học sinh đó có bao nhiêu cách chọn?


A. 80. B. 60. C. 90. D. 70.


Lời giải
Chọn A


Số cách chọn 1 cái bút có 10 cách, số cách chọn 1 quyển sách có 8 cách.


Vậy theo quy tắc nhân, số cách chọn 1 cái bút và 1 quyển sách là: 10.8 = 80 cách.
Câu 2. Cho cấp số cộng (𝑢𝑛) với 𝑢1 = 2 và 𝑢2 = 5. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng


A. 3. B. 2. C. 1. D. 5


2.
Lời giải


Chọn A


Công sai của cấp số cộng là 𝑑 = 𝑢2− 𝑢1 = 3.


Câu 3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh 𝑙 và bán kính 2𝑟 bằng


A. 4𝜋𝑟𝑙. B. 2𝜋𝑟𝑙. C. 𝜋𝑟𝑙. D. 1


3𝜋𝑟𝑙.
Lời giải



Chọn B


𝑆 = 𝜋𝑅𝑙 = 2𝜋𝑟𝑙.


Câu 4. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên như sau:


Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?


A. (−∞; −1). B. (−1; 4). C. (−1; 2). D. (3; +∞).
Lời giải


Chọn C


Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−1; 3) nên sẽ nghịch biến trên khoảng (−1; 2).


Câu 5. Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng 3. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 27√3


4 . B.


27√3


2 . C.


9√3


4 . D.


9√3
2 .


Lời giải


Chọn A



(2)

Khi đó 𝑉𝑙𝑡 = 3.9√3


4 =
27√3


4 .


Câu 6. Tập nghiệm của phương trình 𝑙𝑜𝑔2𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2(𝑥2 − 𝑥)


A. 𝑆 = {2}. B. 𝑆 = {0}. C. 𝑆 = {0; 2}. D. 𝑆 = {1; 2}.
Lời giải


Chọn A


Điều kiện 𝑥 > 1.


Với điều kiện trên ta có : 𝑙𝑜𝑔2𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2(𝑥2− 𝑥) ⇔ 𝑥 = 𝑥2− 𝑥 ⇔ 𝑥2− 2𝑥 = 0 ⇔ [𝑥 = 0


𝑥 = 2.


Đối chiếu điều kiện phương trình có tập nghiệm là 𝑆 = {2}.


Câu 7. Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục trên ℝ và có ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = 2; ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥13 = 6. Tính 𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥03 .
A. 𝐼 = 8. B. 𝐼 = 12. C. 𝐼 = 36. D. 𝐼 = 4.


Lời giải


Chọn A


𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥03 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥13 = 2 + 6 = 8.
Câu 8. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên như sau:


Hàm số đã cho đạt cực đại tại


A. 𝑥 = 1. B. 𝑥 = 0. C. 𝑥 = −4. D. 𝑥 = −1.
Lời giải


Chọn A


Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại 𝑥 = 1.


Câu 9. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?


A.

𝑦 =

𝑥+1


𝑥−1

.

B.

𝑦 =


𝑥−1


𝑥+1

.

C.

𝑦 =


2𝑥−1



(3)

Chọn A


Đồ thị hàm số trên có tiệm cận đứng là đường thẳng 𝑥 = 𝑎 > 0 nên loại phương án 𝑦 =𝑥−1


𝑥+1.
Đồ thị hàm số trên có tiệm cận ngang là đường thẳng 𝑦 = 𝑏 > 0 nên loại phương án 𝑦 = 𝑥+1



−𝑥+1.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 𝑐) với 𝑐 < 0 nên loại phương án 𝑦 =2𝑥−1


𝑥−1.
Suy ra đồ thị là của hàm số 𝑦 =𝑥+1


𝑥−1.


Câu 10. Với 𝑎 là số thực dương tùy ý, 𝑙𝑜𝑔3(𝑎6) bằng


A. 6 𝑙𝑜𝑔3𝑎. B. 6 + 𝑙𝑜𝑔3𝑎. C. 2 𝑙𝑜𝑔3𝑎. D. 3 𝑙𝑜𝑔3𝑎.
Lời giải


Chọn A


Ta có 𝑙𝑜𝑔3(𝑎6) = 6 𝑙𝑜𝑔
3𝑎.


Câu 11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥2− 3𝑥 +1
𝑥 là
A. 𝑥


3
3 −


3𝑥2


2 + 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶. B.



𝑥3
3 −


3𝑥2


2 − 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶.
C. 𝑥


3
3 −


3𝑥2
2 +


1


𝑥2+ 𝐶. D.


𝑥3
3 −


3𝑥2


2 + 𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶.
Lời giải


Chọn A


Ta có ∫ (𝑥2− 3𝑥 +1



𝑥) 𝑑𝑥 =
𝑥3


3 −
3𝑥2


2 + 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶.
Câu 12. Môđun của số phức 𝑧 = 1 − 3𝑖 bằng


A. √11. B. √8. C. √10. D. √12.


Lời giải
Chọn C


Ta có: |𝑧| = |1 − 3𝑖| = √12+ (−3)2 = √10.
Vậy môđun của số phức 𝑧 = 1 − 3𝑖 bằng √10.


Câu 13. Trong khơng gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, hình chiếu vng góc của điểm 𝑀(1; 1; 0) trên mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) có tọa
độ là


A. (1; 1; 0). B. (1; 0; 0). C. (1; 0; 1). D. (0; 1; 1).
Lời giải


Chọn A


Câu 14. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mặt cầu (𝑆): (𝑥 + 3)2+ (𝑦 + 1)2+ (𝑧 − 1)2 = 2. Xác định tọa độ
tâm của mặt cầu (𝑆).


A. 𝐼(−3; 1; −1). B. 𝐼(3; 1; −1). C. 𝐼(−3; −1; 1). D. 𝐼(3; −1; 1).
Lời giải



Chọn C



(4)

Câu 15. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦, cho mặt phẳng (𝛼): 3𝑥 − 4𝑧 + 2 = 0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ
pháp tuyến của (𝛼)?


A. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)2 . B. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; 0; −4)3 . C. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (0; 3; −4)1 . D. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 0)4 .
Lời giải


Chọn B


Mặt phẳng (𝛼) có phương trình tổng qt dạng 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 + 𝐷 = 0 với 𝐴2+ 𝐵2+ 𝐶2 > 0 thì có
một vectơ pháp tuyến dạng 𝑛⃗ = (𝐴; 𝐵; 𝐶).


Do đó mặt phẳng (𝛼): 3𝑥 − 4𝑧 + 2 = 0 có một vectơ pháp tuyến là 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; 0; −4)3 .
Câu 16. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 𝑥−1


2 =
𝑦+1


−1 =
𝑧−2


3 ?
A. 𝑄(−2; 1; −3). B. 𝑃(2; −1; 3). C. 𝑀(−1; 1; −2). D. 𝑁(1; −1; 2).


Lời giải
Chọn D


Xét điểm 𝑁(1; −1; 2) ta có 1−1


2 =


−1+1
−1 =


2−2


3 nên điểm 𝑁(1; −1; −2) thuộc đường thẳng đã cho.
Câu 17. Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 có đáy 𝐴𝐵𝐶𝐷 cạnh 𝑎, 𝑆𝐴 vng góc với đáy và 𝑆𝐴 = 𝑎√3. Góc giữa đường


thẳng 𝑆𝐷 và mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) bằng
A. 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛3


5. B. 45°. C. 60°. D. 30°.


Lời giải
Chọn C


Vì 𝑆𝐴 ⊥ 𝐴𝐵𝐶𝐷 nên góc giữa đường thẳng 𝑆𝐷 và mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) là góc 𝑆𝐷𝐴̂.
Trong tam giác vng 𝑆𝐷𝐴 ta có: 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐷𝐴̂ = 𝑆𝐴


𝐴𝐷=
𝑎√3


𝑎 = √3 ⇒ 𝑆𝐷𝐴̂ = 60°.
Câu 18. Cho hàm số hàm số 𝑓(𝑥), bảng xét dấu 𝑓′(𝑥) như sau:


Số điểm cực trị của hàm số đã cho là


A. 1. B. 2. C.3. D. 4.




(5)

Chọn C


Dựa vào bảng xét dấu 𝑓′(𝑥) ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại 𝑥 = −1; 𝑥 = 2 và đạt cực đại tại 𝑥 = 0
Vậy hàm số có 3 cực trị.


Câu 19. Cho hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥4− 2𝑥2− 1. Kí hiệu 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥


𝑥∈[0;2]𝑓(𝑥), 𝑚 = 𝑚𝑖𝑛𝑥∈[0;2]𝑓(𝑥). Khi đó 𝑀 − 𝑚 bằng


A. 9. B. 5. C. 1. D. 7.


Lời giải
Chọn A


Hàm số 𝑦 = 𝑥4− 2𝑥2 − 1 xác định và liên tục trên [0; 2].


𝑓′(𝑥) = 4𝑥3− 4𝑥 = 4𝑥(𝑥2− 1) ⇒ 𝑓(𝑥) = 0 ⇔ [𝑥 = 0


𝑥 = ±1.
𝑥 = 0 ⇒ 𝑓(𝑥) = −1.


𝑥 = 1 ⇒ 𝑓(𝑥) = −2 = 𝑚.


𝑥 = 2 ⇒ 𝑓(𝑥) = 7 = 𝑀.⇒ 𝑀 − 𝑚 = 9.


Câu 20. Xét tất cả các số thực dương 𝑎 và 𝑏 thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔𝑎


𝑏= 𝑙𝑜𝑔 𝑏



3. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 𝑏2 = √𝑎. B. 𝑎 = 𝑏. C. 𝑎3 = 𝑏. D. 𝑎 = 𝑏2.


Lời giải
Chọn A


Ta có 𝑙𝑜𝑔𝑎


𝑏= 𝑙𝑜𝑔 𝑏


3 ⇔ 𝑙𝑜𝑔 𝑎 − 𝑙𝑜𝑔 𝑏 = 𝑙𝑜𝑔 𝑏3 ⇔ 𝑙𝑜𝑔 𝑎 = 𝑙𝑜𝑔 𝑏4 ⇔ 𝑎 = 𝑏4 ⇔ 𝑏2 = √𝑎.
Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình 2𝑥+2> 2𝑥2+4𝑥−2


A. (−4; 1). B. (−1; 4).


C. (−∞; −4) ∪ (1;+∞). D. (−∞; −1) ∪ 4;+∞).
Lời giải


Chọn A


Ta có: 2𝑥+2> 2𝑥2+4𝑥−2 ⇔ 𝑥 + 2 > 𝑥2+ 4𝑥 − 2 ⇔ 𝑥2 + 3𝑥 − 4 < 0 ⇔ 𝑥 ∈ (−4; 1).
Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 5. Biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng đi qua


trục, thiết diện thu được là một tam giác đều. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 100𝜋. B. 50𝜋. C. 25𝜋. D. 200𝜋.


Lời giải
Chọn B


Hình nón có bán kính đáy bằng 5 thì có đường kính đáy bằng 10.



Vì vậy, khi cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng đi qua trục thì thiết diện thu được là một tam giác
đều có cạnh bằng 10.


Suy ra đường sinh của hình nón 𝑙 = 10.



(6)

Số nghiệm thực của phương trình 4𝑓(𝑥) − 3 = 0(1)là


A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.


Lời giải
Chọn A


Xét phương trình 4𝑓(𝑥) − 3 = 0 ⇔ 𝑓(𝑥) =3


4.


Ta có: số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) và đồ
thị của đường thẳng 𝑦 =3


4.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:


Vậy phương trình 4𝑓(𝑥) − 3 = 0 có 4 nghiệm thực.
Câu 24. Cho 𝐹(𝑥) là một nguyên hàm của hàm số

𝑓(𝑥) =

2𝑥+1


2𝑥−3 thỏa mãn 𝐹(2) = 3. Tìm 𝐹(𝑥).


A.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 4 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| + 1. C.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 2 𝑙𝑛(2𝑥 − 3) + 1.
B.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 2 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| + 1. D.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 2 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| − 1.



Lời giải
Chọn C


Ta có

𝐹(𝑥) = ∫

2𝑥+12𝑥−3

𝑑𝑥 = ∫ (1 +

2𝑥−34

) 𝑑𝑥 = 𝑥 + 2 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| + 𝐶

.



Lại có

𝐹(2) = 3 ⇔ 2 + 2 𝑙𝑛|1| + 𝐶 = 3 ⇔ 𝐶 = 1

.



Câu 25. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức 𝑆 = 𝐴𝑒𝑛𝑟; trong đó 𝐴 là dân số của
năm lấy làm mốc tính, 𝑆 là dân số sau 𝑛 năm, 𝑟 là tỉ lệ tăng dân số hàng năm.Năm 2018, dân số Việt
Nam là 94.665.973 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2018, Nhà xuất bản Thống kê,
Tr. 87). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 1,05%, dự báo đến năm nào dân số Việt
Nam vượt mốc 100.000.000 người?


A. 2020. B. 2022. C.2024. D. 2026.
Lời giải



(7)

Thay 𝑆 = 100.000.000, 𝐴 = 94.665.973 và 𝑟 = 1,05% = 0,0105 vào 𝑆 = 𝐴𝑒𝑛𝑟.
Ta được:100.000.000 = 94.665.973 × 𝑒0,0105𝑛 ⇒ 𝑒0,0105𝑛 = 100.000.000


94.665.973.


⇒ 0,0105𝑛 = 𝑙𝑛 (100.000.000


94.665.973) ⇒ 𝑛 = 𝑙𝑛 (


100.000.000


94.665.973) : 0,0105 ≈ 5,22.



Vậy dự đoán khoảng đến năm 2024 dân số Việt Nam đạt mốc 100.000.000 người.


Câu 26. Cho hình lăng trụ đứng 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐸𝐹𝐺𝐻 có đáy là hình thoi cạnh 𝑎, tam giác 𝐴𝐵𝐷 là tam giác đều và


𝐴𝐸 = 2𝑎. Tính thể tích 𝑉 của khối lăng trụ đã cho.
A. 𝑉 = 𝑎3√3


2 . B. 𝑉 =


𝑎3√3


6 . C. 𝑉 =
𝑎3√3


3 . D. 𝑉 = 𝑎
3√3.
Lời giải


Chọn D


Ta có 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷 = 2
𝑎2√3


4 =


𝑎2√3
2 .
Khi đó: 𝑉 = 𝐴𝐸. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑎.𝑎2√3


2 = 𝑎


3√3.


Câu 27. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 𝑦 = 3


𝑥2−4


A. 1. B. 3. C. 0. D. 2.


Lời giải
Chọn B


Vì 𝑥2− 4 = 0 ⇔ 𝑥 = ±2.


𝑙𝑖𝑚 𝑦


𝑥→2+ = 𝑙𝑖𝑚𝑥→2+
3


𝑥2−4= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→2+


3


(𝑥−2)(𝑥+2)= +∞.


𝑙𝑖𝑚 𝑦


𝑥→(−2)+= 𝑥→(−2)𝑙𝑖𝑚 +
3



𝑥2−4= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→(−2)+


3


(𝑥−2)(𝑥+2)= −∞.
Và 𝑙𝑖𝑚


𝑥→±∞𝑦 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→±∞
3


𝑥2−4= 0.


Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.



(8)

A. 𝑎 > 0; 𝑑 > 0. B. 𝑎 < 0; 𝑑 > 0. C. 𝑎 > 0; 𝑑 < 0. D. 𝑎 < 0; 𝑑 < 0.


Lời giải
Chọn C


Do 𝑙𝑖𝑚


𝑥→+∞𝑦 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞(𝑎𝑥


3− 2𝑥 + 𝑑) = +∞ ⇒ 𝑎 > 0.


Vì giao điểm của đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑎𝑥3+ 3𝑥 + 𝑑 với trục tung 𝑂𝑦: 𝑥 = 0 nằm phía dưới trục
hồnh.𝑂𝑥: 𝑦 = 0, nên 𝑑 < 0.


Suy ra: {𝑎 > 0


𝑑 < 0.


Câu 29. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 𝑦 = −𝑥3+ 3𝑥 + 3


và đường thẳng 𝑦 = 5.
A. 5


4. B.


45


4. C.


27


4. D.


21
4.
Lời giải


Chọn C


Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là −𝑥3+ 3𝑥 + 3 = 5
⇔ 𝑥3− 3𝑥 + 2 = 0 ⇔ [𝑥 = −2


𝑥 = 1 .


Vậy diện tích hình phẳng cần tính là 𝑆 = ∫1 |𝑥3− 3𝑥 + 2|𝑑𝑥
−12



Câu 30. Cho số phức 𝑧1 = 1 − 2𝑖 và 𝑧2 = 2 − 3𝑖. Khẳng định nào sai về số phức 𝑤 = 𝑧1. 𝑧̄2
A. Số phức liên hợp của 𝑤 là 8 + 𝑖. B. Môđun của 𝑤 bằng √65.



(9)

Chọn C


Ta có 𝑤 = 𝑧1. 𝑧̄2 = (1 − 2𝑖)(2 + 3𝑖) = 8 − 𝑖.
Chọn đáp án C.


Câu 31. Cho hai số phức 𝑧1 = 1 + 2𝑖 và 𝑧2 = 3 − 2𝑖. Điểm biểu diễn số phức 𝑤 = 𝑧1𝑧̄2+ 𝑖. 𝑧2 là điểm nào
dưới đây?


A. 𝑃(−3; 11). B. 𝑄(9; 7). C. 𝑁(9; −1). D. 𝑀(1; 11).
Lời giải


Chọn D


Ta có: 𝑤 = 𝑧1𝑧̄2+ 𝑖. 𝑧2 = (1 + 2𝑖)(3 + 2𝑖) + 𝑖(3 − 2𝑖) = 3 + 2𝑖 + 6𝑖 − 4 + 3𝑖 + 2 = 1 + 11𝑖.
Câu 32. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho các vectơ 𝑎 = (1; 3; 3) và 𝑏⃗ = (−2; 2; 1). Tích vô hướng 𝑎 . (𝑎 − 𝑏⃗ )


bằng


A. 11. B.12. C. 9. D. 8.


Lời giải
Chọn B


Từ bài tốn ta có 𝑎 − 𝑏⃗ = (1 − (−2); 3 − 2; 3 − 1) hay 𝑎 − 𝑏⃗ = (3; 1; 2).
Do đó 𝑎 . (𝑎 − 𝑏⃗ ) = 1.3 + 3.1 + 3.2 = 12.



Vậy 𝑎 . (𝑎 − 𝑏⃗ ) = 12.


Câu 33. Trong không gian với hệ trục tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho điểm 𝐼(1;  0; −2) và mặt phẳng (𝑃) có phương
trình 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 4 = 0. Phương trình mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼 và tiếp xúc với mặt phẳng (𝑃) là
A. (𝑥 − 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 + 2)2 = 9. B. (𝑥 − 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 + 2)2 = 3.


C. (𝑥 + 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 − 2)2 = 3. D. (𝑥 + 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 − 2)2 = 9.
Lời giải


Chọn A


Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼 và tiếp xúc với mặt phẳng (𝑃) nên bán kính mặt cầu là


𝑅 = 𝑑(𝐼, (𝑃)) =|1+0−2(−2)+4|


√1+4+4 = 3.


Vậy phương trình mặt cầu là (𝑥 − 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 + 2)2 = 9.


Câu 34. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, mặt phẳng đi qua 𝑀(−1; 2; 1) và vng góc với đường thẳng 𝛥:𝑥−1


3 =
𝑦+2


−2 =
𝑧−4


1 có phương trình là


A. 3𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 6 = 0. B. 3𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 3 = 0.



C. 𝑥 − 2𝑦 + 4𝑧 + 1 = 0. D. 𝑥 − 2𝑦 + 4𝑧 + 6 = 0.


Lời giải
Chọn A


Đường thẳng 𝛥 có vtcp 𝑢⃗ = (3; −2; 1).



(10)

Câu 35. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, vectơ nào dưới đây là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai
điểm 𝑀(−2; 3; −1) và 𝑁(4; −5; 3)?


A. 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (6; −8; −4)1 . B. 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (−3; 4; 2)2 . C. 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)3 . D. 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (2; 2; 2)4 .
Lời giải


Chọn C


Ta có 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (6; −8; 4) = 2𝑢⃗⃗⃗⃗ 3 với 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)3 .


Do đó 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)3 là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua 𝑀, 𝑁.


𝑢1


⃗⃗⃗⃗ = (6; −8; −4) không phải là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 𝑀𝑁 vì 6
6 =


−8
−8≠


−4
4 nên



𝑢1


⃗⃗⃗⃗ và 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ không cùng phương.


𝑢2


⃗⃗⃗⃗ = (−3; 4; 2) không phải là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 𝑀𝑁 vì 6
−3=


−8
4 ≠


4


2 nên 𝑢⃗⃗⃗⃗ 2
và 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ không cùng phương.


𝑢4


⃗⃗⃗⃗ = (2; 2; 2) không phải là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 𝑀𝑁 vì 2
6≠


2
−8≠


2


4 nên 𝑢⃗⃗⃗⃗ 4 và



𝑀𝑁


⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ không cùng phương.


Câu 36. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đơi một khác nhau. Xác suất để số được
chọn có tổng các chữ số là lẻ bằng


A.40


81. B.


5


9. C.


35


81. D.


5
54.
Lời giải


Chọn A


Tập các số tự nhiên có ba chữ số đơi một khác nhau𝑆 = 𝐴103 − 𝐴92 = 648.
Không gian mẫu là 𝑛(𝛺) = 𝐶6481 = 648.


Để số được chọn có tổng các chữ số là lẻ thì



Gọi A là biến cố “số được chọn có tổng các chữ số là lẻ”.


Trường hợp 1: 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn là:3!. 𝐶51. 𝐶52− 1. 𝐶51. 𝐶41. 2! = 260.
Trường hợp 2: 3 chữ số lẻ. Số cách chọn là 𝐴53 = 60.


Vậy 𝑛(𝐴) = 280 + 60 = 320 ⇒ 𝑃(𝐴) = 320


648=
40
81.


Câu 37. Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 có đáy 𝐴𝐵𝐶 là tam giác đều cạnh 𝑎, 𝑆𝐴 ⊥ (𝐴𝐵𝐶), góc giữa đường thẳng 𝑆𝐵


và mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) bằng 60°. Khoảng cách giữa hai đường thẳng 𝐴𝐶 và 𝑆𝐵 bằng
A. 𝑎√2


2 . B.


𝑎√15


5 . C.


𝑎√3


7 . D.


𝑎√7
7 .
Lời giải




(11)

Vì 𝑆𝐴 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) nên (𝑆𝐵, (𝐴𝐵𝐶))̂ = (𝑆𝐵, 𝐴𝐵)̂ = 𝑆𝐵𝐴̂ ⇒ 𝑆𝐵𝐴̂ = 60°.


𝑆𝐴 = 𝐴𝐵. 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐵𝐴̂ = 𝑎. 𝑡𝑎𝑛 6 0° = 𝑎√3.


Dựng hình bình hành 𝐴𝐶𝐵𝐷, ta có 𝐴𝐶//(𝑆𝐵𝐷) nên:


𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 𝑑(𝐴𝐶, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷)).


Gọi 𝑀 là trung điểm 𝐵𝐷, suy ra 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝑀. Từ 𝑆𝐴 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) ta có 𝐵𝐷 ⊥ 𝑆𝐴, do đó 𝐵𝐷 ⊥ (𝑆𝐴𝑀). Kẻ


𝐴𝐻 ⊥ 𝑆𝑀 (𝐻 ∈ 𝑆𝑀) thì 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐻.


Từ𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐻 và 𝐴𝐻 ⊥ 𝑆𝑀suy ra 𝐴𝐻 ⊥ (𝑆𝐵𝐷). Nên 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐴𝐻.
Tam giác 𝐴𝐵𝐷 đều cạnh 𝑎 nên 𝐴𝑀 = 𝑎√3


2 .
Trong tam giác 𝑆𝐴𝑀 vng tại 𝐴, ta có


1
𝐴𝐻2 =


1
𝐴𝑀2+


1
𝑆𝐴2 =


1
(𝑎√3



2 )
2+


1
(𝑎√3)2=


5


3𝑎2 ⇒ 𝐴𝐻 =
𝑎√15


5 .
Vậy 𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐴𝐻 = 𝑎√15


5 .
Câu 38. Cho hàm số 𝑓(𝑥) có 𝑓′(𝑥) = 1


(𝑥+1)√𝑥−𝑥√𝑥+1, ∀𝑥 > 0 và 𝑓(1) = 2√2. Khi đó ∫ 𝑓(𝑥)
2


1 𝑑𝑥 bằng
A. 𝟒√𝟑 −𝟏𝟒𝟑. B. 𝟒√𝟑 +𝟏𝟎𝟑. C. 𝟒√𝟑 −𝟏𝟎𝟑. D. 𝟒√𝟑 +𝟒√𝟐𝟑 −𝟏𝟎


𝟑.
Lời giải


Chọn C


Ta có 𝑓(𝑥) = ∫ 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑥+1)√𝑥−𝑥√𝑥+1𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥



√𝑥+1.√𝑥(√𝑥+1−√𝑥)


= ∫(√𝑥+1+√𝑥)𝑑𝑥


√𝑥+1.√𝑥 = ∫
𝑑𝑥
√𝑥+1+ ∫


𝑑𝑥


√𝑥 = 2√𝑥 + 1 + 2√𝑥 + 𝐶.
Mà 𝑓(1) = 2√2 nên 𝐶 = −2 ⇒ 𝑓(𝑥) = 2√𝑥 + 1 + 2√𝑥 − 2.
Vậy ∫ 𝑓(𝑥)12 𝑑𝑥 = ∫ (2√𝑥 + 1 + 2√𝑥 − 2)12 𝑑𝑥 = [4


3(𝑥 + 1)
3
2+4


3𝑥
3


2− 2𝑥]|
1
2


= 4√3 −103.
Câu 39. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số 𝑚để hàm số 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥−2


𝑐𝑜𝑠 𝑥−𝑚 nghịch biến trên khoảng (0;
𝜋


2).
M


B
S


A


C
D



(12)

A. 𝑚 > 2. B. [1 ≤ 𝑚 < 2


𝑚 ≤ 0 . C. 𝑚 ≤ 2. D. 𝑚 ≤ 0.


Lời giải
Chọn B


Đặt 𝑡 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥, 𝑥 ∈ (0;𝜋


2) ⇒ 𝑡 ∈ (0; 1) và 𝑦𝑡 =
𝑡−2
𝑡−𝑚.
Ta có 𝑦𝑥′ = 𝑦𝑡′. 𝑡𝑥′ = −𝑚+2


(𝑡−𝑚)2(− 𝑠𝑖𝑛 𝑥).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;𝜋


2) ⇔𝑦𝑥



= −𝑚+2


(𝑡−𝑚)2(− 𝑠𝑖𝑛 𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ (0;
𝜋


2) , ∀𝑡 ∈ (0; 1)


⇔ −𝑚+2


(𝑡−𝑚)2> 0, ∀𝑡 ∈ (0; 1)⇔ {


−𝑚 + 2 > 0


𝑡 − 𝑚 ≠ 0 , ∀𝑡 ∈ (0; 1)⇔ {
𝑚 < 2


𝑚 ∉ (0; 1) ⇔ [


1 ≤ 𝑚 < 2
𝑚 ≤ 0 .


Câu 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 6. Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một
thiết diện là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 10√2. Tính thể tích của khối nón được giới
hạn bởi hình nón đã cho bằng


A. 32√5𝜋


3 . B. 32𝜋. C. 32√3𝜋. D. 128𝜋.


Lời giải


Chọn D


Giả sử thiết diện là tam giác vng cân 𝑆𝐴𝐵 có cạnh bằng 𝑙 như hình vẽ ⇒ 𝑙√2 = 10√2 ⇒ 𝑙 = 10.
Ta có: 𝑟 = 𝑂𝐵 = √𝑆𝐵2− 𝑆𝑂2 = √𝑙2− ℎ2 = 8.


⇒ Thể tích khối nón: 𝑉 =1


3𝜋𝑟
2ℎ =1


3𝜋. 8


2. 6 = 128𝜋 ⇒Chọn D.


Câu 41. Cho 𝑎, 𝑏 là các số thực dương thỏa mãn 2log (12 a+3 ) 1 logb = + 12a+log12b. Tính tỉ số 𝑎
𝑏.
A. 1


2. B.


1


3. C. 3. D. 2.


Lời giải
Chọn C


Ta có 2 log (12 a+3 )b = +1 log12a+log12blog12

(

a+3b

)

2 =log12

(

12ab

)

.


⇔ (𝑎 + 3𝑏)2 = 12𝑎𝑏 ⇔ (𝑎 − 3𝑏)2 = 0 ⇔ 𝑎 = 3𝑏 ⇔𝑎


𝑏= 3.
Bài toán 41 gốc


O

B



S




(13)

Cho 𝑥, 𝑦 là các số thực dương thoả mãn 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(2𝑥 + 𝑦). Giá trị của 𝑥
𝑦 bằng


A. 2. B. 1


2. C. 𝑙𝑜𝑔2(


3


2). D. 𝑙𝑜𝑔322.
Lời giải


Lời bình (nếu có)


Phần này nếu giải nhanh thì ta nên khơng xét điều kiện nghiệm (Vì trong quá trình dạy chưa gặp
nên ai đã gặp trường hợp này xin nt về mình để bổ sung nha)


Bài tốn làm rất dễ và nhanh nếu cho hs quen dạng biến đổi dưới đây:


(Phần này nếu nâng cao lên có thể sử dụng BDT +GTLN-GTNN của biểu thức như các bài mình đã


nêu trong 1.7 đến 1.12 )



Đặt ẩn phụ biến đổi về dạng 𝑚. 𝑎2𝑓(𝑥)+ 𝑛(𝑎. 𝑏)𝑓(𝑥)+ 𝑝. 𝑏2𝑓(𝑥)= 0 (m, n, p là các số thực )


Phương pháp


Trước khi giải cần lưu ý “ điều kiện xác định “ nếu có tham số
Bước 1: chia cả 2 vế của (3) cho𝑏2𝑓(𝑥), ( hoặc 𝑎2𝑓(𝑥)), ta được:


𝑚.𝑎2𝑓(𝑥)


𝑏2𝑓(𝑥)+ 𝑛.


𝑎𝑓(𝑥).𝑏𝑓(𝑥)
𝑏2𝑓(𝑥) + 𝑝.


𝑏2𝑓(𝑥)


𝑏2𝑓(𝑥) = 0⇔𝑚. (
𝑎
𝑏)


2𝑓(𝑥)


+ 𝑛𝑎𝑓(𝑥)


𝑏𝑓(𝑥)+ 𝑝 = 0


⇔𝑚. (𝑎
𝑏)
2𝑓(𝑥)
+ 𝑛 (𝑎


𝑏)
𝑓(𝑥)


+ 𝑝 = 0


Phương trình này có dạng, đã biết cách giải
Bước 2: Đặt 𝑡 = (𝑎


𝑏)
𝑓(𝑥)


,𝑡 > 0. Ta có 𝑡2 = ((𝑎
𝑏)
𝑓(𝑥)
)
2
= (𝑎
𝑏)
2𝑓(𝑥)


PT đã cho trở thành {𝑚. 𝑡2 + 𝑛. 𝑡 + 𝑝 = 0


𝑡 > 0 (*)


Bước 3: Giải (*),tìm nghiệm 𝑡 > 0.


Bước 4: với 𝑡 tìm được, giải phương trình (𝑎


𝑏)
𝑓(𝑥)



= 𝑡 để tìm 𝑥.


Chọn B


Giả sử 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4( 2𝑥 + 𝑦) = 𝑡. Suy ra : {
𝑥 = 9𝑡


𝑦 = 6𝑡


2𝑥 + 𝑦 = 4𝑡


⇒ 2. 9𝑡+ 6𝑡= 4𝑡


⇔ 2. (9


4)
𝑡


+ (3


2) 𝑡 − 1 = 0 ⇔ [


(3
2)
𝑡
= −1(𝑙𝑜𝑎𝑖)
(3
2)
𝑡


=1
2
.


Ta có : 𝑥
𝑦 =


9𝑡
6𝑡= (


3
2)


𝑡


= 1


2.
Phát triển bài toán 41:


Câu 41.1.Giả sử 𝑝, 𝑞 là các số thực dương thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔16𝑝 = 𝑙𝑜𝑔20𝑞 = 𝑙𝑜𝑔25(𝑝 + 𝑞). Tính giá trị của
𝑝
𝑞.
A. 1


2(−1 + √5). B.
8


5. C.



1


2(1 + √5). D.
4
5.
Lời giải


Chọn A


𝑙𝑜𝑔16𝑝 = 𝑙𝑜𝑔20𝑞 = 𝑙𝑜𝑔25(𝑝 + 𝑞) ⇔ {



(14)

⇔ {


𝑝 = 16𝑡


𝑞 = 20𝑡


𝑝 + 𝑞 = 25𝑡


⇒ 16𝑡+ 20𝑡 = 25𝑡 ⇔ (16


25)


𝑡


+ (4
5)


𝑡



− 1 = 0



[
(4


5)
𝑡


=−1 − √5


2 (𝑣𝑛)


(4
5)


𝑡


=−1 + √5


2
Suy ra 𝑝


𝑞= (
4
5)
𝑡
=−1+√5
2 .



Câu 41.2.Giả sử 𝑝 và 𝑞 là các số thực dương sao cho 𝑙𝑜𝑔9𝑝 = 𝑙𝑜𝑔12𝑞 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑝 + 𝑞). Tính giá trị của
𝑞
𝑝.
A. 4


3. B.


1


2(1 + √2). C.
8


5. D.


1


2(1 + √5).
Lời giải


Chọn D


Đặt 𝑙𝑜𝑔9𝑝 = 𝑙𝑜𝑔12𝑞 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑝 + 𝑞) = 𝑡 ⇒ {
𝑝 = 9𝑡


𝑞 = 12𝑡


𝑝 + 𝑞 = 16𝑡
.


Khi đó, ta có: {



𝑞
𝑝= (


4
3)


𝑡


9𝑡+ 12𝑡= 16𝑡(1)


(1) ⇔ 1 + (4
3)


𝑡


= (4
3)


2𝑡


⇔ (4
3)


2𝑡


− (4
3)


𝑡



− 1 = 0 ⇔
[
(4


3)


𝑡


=1 + √5
2
(4


3)


𝑡


=1 − √5
2


⇔ (4
3)


𝑡


=1 + √5
2
⇒𝑞
𝑝 = (
4


3)
𝑡
=√5+1
2 .


Câu 41.3.Gọi 𝑥, 𝑦 là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(𝑥 + 𝑦) và
𝑥
𝑦=


−𝑎+√𝑏
2 ,
với 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên dương. Tính 𝑎 + 𝑏.


A. 11. B. 4. C. 6. D. 8.


Lời giải
Chọn C


Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(𝑥 + 𝑦) dẫn đến 𝑥 = 9𝑡, 𝑦 = 6𝑡, 𝑥 + 𝑦 = 4𝑡
Khi đó 9𝑡+ 6𝑡 = 4𝑡 ⇔ (3


2)
2𝑡


+ (3


2)
𝑡


− 1 = 0 ⇔ [(



3
2)
𝑡
= −1+√5
2
(3
2)
𝑡
= −1−√5
2 (𝐿)
⇒𝑥
𝑦 = (
3
2)
𝑡
= −1+√5


2 do đó 𝑎 = 1, 𝑏 = 5. Vậy 𝑎 + 𝑏 = 6.


Câu 41.4.Cho các số thực dương 𝑥, 𝑦 thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔6𝑥 = 𝑙𝑜𝑔9𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(2𝑥 + 2𝑦). Tính tỉ số 𝑥
𝑦.
A. 𝑥


𝑦 =
2


3. B.


𝑥


𝑦 =


2


√3−1. C.


𝑥
𝑦 =


2


√3+1. D.


𝑥
𝑦 =



(15)

Chọn B


Giả sử 𝑙𝑜𝑔6𝑥 = 𝑙𝑜𝑔9𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(2𝑥 + 2𝑦) = 𝑡. Ta có : {


𝑥 = 6𝑡(1)
𝑦 = 9𝑡(2)


2𝑥 + 2𝑦 = 4𝑡(3)


.
Khi đó 𝑥


𝑦 =
6𝑡


9𝑡 = (


2
3)


𝑡


> 0.
Lấy (1), (2) thay vào (3) ta có


2. 6𝑡+ 2. 9𝑡 = 4𝑡⇔ (2
3)


2𝑡


− 2. (2


3)
𝑡


− 2 = 0


 
  = + =
  −
 
 
= −
 
 



2 2


1 3 (thoûa)


3 3 1


2


1 3 (loại)
3


t


t .


Câu 41.5.Cho 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔12𝑦 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑥 + 3𝑦). Tính giá trị 𝑥
𝑦.
A. √13−3


2 . B.


3+√13


2 . C.


√5−1


2 . D.



3−√5
2 .
Lời giải


Chọn A


Đặt 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔12𝑦 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑥 + 3𝑦) = 𝑡⇔ {


𝑥 = 9𝑡


𝑦 = 12𝑡
𝑥 + 3𝑦 = 16𝑡


⇒𝑥
𝑦= (
3
4)
𝑡
.
Theo đề bài ta có phương trình:


9𝑡+ 3.12𝑡= 16𝑡⇔ (3


4)
𝑡


+ 3 = (4


3)
𝑡



⇔ (3


4)
2𝑡


+ 3 (3


4)
𝑡


− 1 = 0 ⇔ [(


3
4)


𝑡


=√13−3


2 (𝑛)


(3


4)
𝑡


=−√13−3


2 (𝑙)


.


Vậy 𝑥
𝑦 =


√13−3
2 .


Câu 41.6.Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 là các số thực thỏa mãn 2𝑥= 3𝑦 = 6−𝑧. Giá trị của biểu thức 𝑀 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧 là


A. 0. B. 6. C. 3. D. 1.


Lời giải
Chọn A


Cách 1:


Trường hợp 1: 𝑥 = 0 ⇒ {𝑦 = 0


𝑧 = 0. Khi đó 𝑀 = 0.


Trường hợp 2: 𝑥 ≠ 0 ⇒ {𝑦 ≠ 0
𝑧 ≠ 0.


Đặt 2𝑥 = 3𝑦 = 6−𝑧 = 𝑡 với 𝑡 > 0, 𝑡 ≠ 1⇒ {2
𝑥 = 𝑡


3𝑦 = 𝑡


6−𝑧 = 𝑡



⇒ {


𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2𝑡
𝑦 = 𝑙𝑜𝑔3𝑡
𝑧 = − 𝑙𝑜𝑔6𝑡


.


Mặt khác: 𝑙𝑜𝑔6𝑡 = 1


𝑙𝑜𝑔𝑡6=
1


𝑙𝑜𝑔𝑡3+𝑙𝑜𝑔𝑡2=
1
1
𝑙𝑜𝑔3 𝑡+


1
𝑙𝑜𝑔2 𝑡


= 𝑙𝑜𝑔3𝑡.𝑙𝑜𝑔2𝑡


𝑙𝑜𝑔3𝑡+𝑙𝑜𝑔2𝑡.



(16)

= 𝑙𝑜𝑔3𝑡 . 𝑙𝑜𝑔2𝑡 − (𝑙𝑜𝑔3𝑡 + 𝑙𝑜𝑔2𝑡). 𝑙𝑜𝑔3𝑡.𝑙𝑜𝑔2𝑡


𝑙𝑜𝑔3𝑡+𝑙𝑜𝑔2𝑡= 0.
Cách 2:



Xét 6𝑀 = 6𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑥𝑧 = 6𝑥𝑦. 6𝑦𝑧+𝑥𝑧 = 2𝑥𝑦. 3𝑥𝑦. 6𝑦𝑧+𝑥𝑧 = (2𝑥)𝑦. (3𝑦)𝑥. 6𝑦𝑧+𝑥𝑧 =


6−𝑦𝑧. 6−𝑥𝑧. 6𝑦𝑧+𝑧𝑥 = 1.
Suy ra 𝑀 = 0.


Câu 41.7.Cho các số thực 𝑥, 𝑦, 𝑧 thỏa mãn 3𝑥 = 5𝑦 = 15


2017


𝑥+𝑦−𝑧. Gọi 𝑆 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥. Khẳng định nào
đúng?


A. 𝑆 ∈ (1; 2016). B. 𝑆 ∈ (0; 2017). C. 𝑆 ∈ (0; 2018). D. 𝑆 ∈ (2016; 2017).
Lời giải


Chọn C
Cách 1:


Điều kiện: 𝑥 + 𝑦 ≠ 0. Khi đó 𝑀 = 0.
Trường hợp 1: Nếu 𝑥 = 0 ⇒ 𝑦 = 0 (loại).
Trường hợp 2: 𝑥 ≠ 0


Đặt 𝑢 = 3𝑥 = 5𝑦 = 15


2017


𝑥+𝑦−𝑧, (𝑢 > 0, 𝑢 ≠ 1)


⇒ {



𝑢 = 3𝑥


𝑢 = 5𝑦


𝑢 = 15


2017
𝑥+𝑦−𝑧


⇒ {


𝑥 = 𝑙𝑜𝑔3𝑢
𝑦 = 𝑙𝑜𝑔5𝑢


(2017


𝑥+𝑦 − 𝑧) = 𝑙𝑜𝑔15𝑢



{
𝑥 =


1
𝑙𝑜𝑔𝑢3


𝑦 = 1


𝑙𝑜𝑔𝑢5



𝑧 =2017


𝑥+𝑦 − 𝑙𝑜𝑔15𝑢
.

{
𝑥 =
1
𝑙𝑜𝑔𝑢3


𝑦 = 1


𝑙𝑜𝑔𝑢5


𝑧 = 2017


𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢



{
𝑥𝑦 =


1
𝑙𝑜𝑔𝑢3.


1
𝑙𝑜𝑔𝑢5


𝑦𝑧 = 1



𝑙𝑜𝑔𝑢5(


2017


𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢)


𝑧𝑥 = 1


𝑙𝑜𝑔𝑢3(


2017


𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢)
.


Khi đó: 𝑆 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥


= 1


𝑙𝑜𝑔𝑢3.
1
𝑙𝑜𝑔𝑢5+


1
𝑙𝑜𝑔𝑢5(


2017


𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢) +
1


𝑙𝑜𝑔𝑢3(


2017


𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢) = 2017.
Vậy 𝑆 = 2017 ∈ (0; 2018).


Cách 2:


Xét 15𝑆 = 15𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑧𝑥 = 3𝑥𝑦. 5𝑥𝑦. 15𝑧𝑥+𝑧𝑦 = 15(


2017


𝑥+𝑦−𝑧)𝑦. 15(
2017


𝑥+𝑦−𝑧)𝑥. 15𝑧𝑥+𝑧𝑦 = 152017
Suy ra 𝑆 = 2017.


[PHƯƠNG PHÁP TRẮC NGHIỆM]
Chọn 𝑥 = 1. Do đó từ 3𝑥 = 5𝑦 = 15


2017


𝑥+𝑦−𝑧 ⇒ {


𝑦 = 𝑙𝑜𝑔53


𝑧 = 2017




(17)

Do đó 𝑆 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 = 1. 𝑙𝑜𝑔53 + 𝑙𝑜𝑔53 . ( 2017


1+𝑙𝑜𝑔53− 𝑙𝑜𝑔153) + (
2017


1+𝑙𝑜𝑔53− 𝑙𝑜𝑔153) . 1 =


2017.


Câu 41.8. Cho phương trình 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) . 𝑙𝑜𝑔3(𝑥 + √𝑥2− 1) = 𝑙𝑜𝑔6|𝑥 − √𝑥2 − 1|. Biết phương
trình có một nghiệm là 1 và một nghiệm cịn lại có dạng 𝑥 =1


2(𝑎


𝑙𝑜𝑔𝑏𝑐 + 𝑎− 𝑙𝑜𝑔𝑏𝑐) (với 𝑎, 𝑐 là các
số nguyên tố và 𝑎 > 𝑐). Khi đó giá trị của 𝑎2− 2𝑏 + 3𝑐 bằng


A. 0. B. 3. C. 6. D. 4.


Lời giải
Chọn B


Điều kiện {−1 ≤ 𝑥 ≤ 1


𝑥 − √𝑥2− 1 > 0(∗)


𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) . 𝑙𝑜𝑔3(𝑥 + √𝑥2− 1) = 𝑙𝑜𝑔6|𝑥 − √𝑥2− 1|


⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) . 𝑙𝑜𝑔3



1


(𝑥 − √𝑥2− 1)= 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥
2− 1)


⇔ − 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) . 𝑙𝑜𝑔


36 . 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥2− 1) = 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥2− 1)


⇔ 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥2− 1) [𝑙𝑜𝑔


36 . 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) + 1] = 0


⇔ [𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥


2− 1) = 0(1)


𝑙𝑜𝑔36 . 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) + 1 = 0(2)


(1) ⇔ 𝑥 − √𝑥2 − 1 = 1⇔ √𝑥2− 1 = 𝑥 − 1⇔ {𝑥 ≥ 1


𝑥2− 1 = (𝑥 − 1)2⇔ 𝑥 = 1.


(2) ⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) . 𝑙𝑜𝑔36 = −1⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) = 𝑙𝑜𝑔63


⇔ 𝑥 − √𝑥2− 1 = 2𝑙𝑜𝑔63⇔ {𝑥 ≤ 2𝑙𝑜𝑔63


𝑥2− 1 = (2𝑙𝑜𝑔63− 𝑥)2 ⇔ 𝑥 =
1
2(2



𝑙𝑜𝑔63+ 2− 𝑙𝑜𝑔63).


⇔ 𝑥 =1


2(3


𝑙𝑜𝑔62+ 3− 𝑙𝑜𝑔62) (thỏa mãn (∗)).


Như vậy phương trình đã cho có các nghiệm là 𝑥 = 1, 𝑥 =1


2(3


𝑙𝑜𝑔62+ 3− 𝑙𝑜𝑔62).
Khi đó 𝑎 = 3, 𝑏 = 6, 𝑐 = 2. Vậy 𝑎2− 2𝑏 + 3𝑐 = 3.


Câu 41.9. Biết 𝑥1, 𝑥2 là hai nghiệm của phương trình 𝑙𝑜𝑔7(4𝑥2−4𝑥+1


2𝑥 ) + 4𝑥


2+ 1 = 6𝑥𝑥


1+ 2𝑥2 =
1


4(𝑎 + √𝑏) với 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên dương. Tính 𝑎 + 𝑏.


A. 𝑎 + 𝑏 = 16. B. 𝑎 + 𝑏 = 11. C. 𝑎 + 𝑏 = 14. D. 𝑎 + 𝑏 = 13.
Lời giải



Chọn C
Điều kiện: {𝑥 > 0𝑥 ≠1


2
.
Ta có 𝑙𝑜𝑔7(


4𝑥2−4𝑥+1
2𝑥 ) + 4𝑥


2+ 1 = 6𝑥 ⇔ 𝑙𝑜𝑔
7(


(2𝑥−1)2
2𝑥 ) + 4𝑥



(18)

⇔ 𝑙𝑜𝑔7(2𝑥 − 1)2+ (2𝑥 − 1)2 = 𝑙𝑜𝑔72 𝑥 + 2𝑥(1).
Xét hàm số 𝑓(𝑡) = 𝑙𝑜𝑔7𝑡 + 𝑡 ⇔ 𝑓′(𝑡) =


1


𝑡 𝑙𝑛 7+ 1 > 0 với 𝑡 > 0
Vậy hàm số đồng biến.


Phương trình (1) trở thành 𝑓((2𝑥 − 1)2) = 𝑓(2𝑥) ⇔ (2𝑥 − 1)2 = 2𝑥 ⇔ [𝑥 =
3+√5


4


𝑥 =3−√5



4
.


Vậy 𝑥1 + 2𝑥2 = [


9−√5
4 (𝑙)
9+√5


4 (𝑡𝑚)


⇒ 𝑎 = 9; 𝑏 = 5 ⇒ 𝑎 + 𝑏 = 9 + 5 = 14.


Câu 42. Có bao nhiêu số thực m để hàm số 𝑦 = |3𝑥4 − 4𝑥3 − 12𝑥2 + 𝑚| có giá trị lớn nhất trên đoạn


[−3; 2] bằng 275
2 ?


A. 4. B. 0. C. 2. D. 1.


Lời giải
Chọn D


𝑦 = |3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚| ≤275


2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]


⇔ {



3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚 ≤275


2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚 ≥ −275


2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]


⇔ {


𝑚 −275


2 ≤ −3𝑥


4+ 4𝑥3+ 12𝑥2; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]


𝑚 +275


2 ≥ −3𝑥


4+ 4𝑥3+ 12𝑥2; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]


⇔ {


𝑚 −275


2 ≤ 𝑚𝑖𝑛 𝑔 (𝑥); ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
𝑚 +275


2 ≥ 𝑚𝑎𝑥 𝑔 (𝑥); ∀𝑥 ∈ [−3; 2]



Xét 𝑔(𝑥) = −3𝑥4 + 4𝑥3+ 12𝑥2; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]


Khảo sát hàm số trên đoạn [−3; 2] ta được 𝑚𝑖𝑛 = − 243; 𝑚𝑎𝑥 = 32.


⇔ {


𝑚 −275


2 ≤ −243
𝑚 +275


2 ≥ 32


⇔ {


𝑚 ≤ −211
2
𝑚 ≥ −211


2


⇔ 𝑚 = −211
2


Như vậy 𝑚 = −211


2 ⇔ 𝑦 = |3𝑥


4− 4𝑥3 − 12𝑥2+ 𝑚| ≤ 275



2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi 𝑚 = −211


2 nên có 1 giá trị cần tìm.
Phát triển bài tốn 42:


Câu 42.1.Cho hàm số 𝑦 = |𝑥2+ 2𝑥 + 𝑚 − 4| (với 𝑚 là tham số thực). Hỏi 𝑚𝑎𝑥


[−2;1]𝑦 có giá trị nhỏ nhất là


A. 3. B. 2. C. 1. D. 5.


Lời giải
Chọn B



(19)

𝑡′= 2𝑥 + 2 = 0 ⇔ 𝑥 = −1 ∈ (−2; 1).


𝑡(−2) = −4, 𝑡(−1) = −5, 𝑡(1) = −1.
Suy ra: 𝑚𝑎𝑥


[−2;1](𝑡 + 𝑚) = 𝑚 − 1, 𝑚𝑖𝑛[−2;1](𝑡 + 𝑚) = 𝑚 − 5, do đó


𝑚𝑎𝑥


[−2;1]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥[−2;1]|𝑡 + 𝑚| = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 − 5|, |𝑚 − 1|} = 𝑚𝑎𝑥 {|𝑚 − 5|, |1 − 𝑚|||{}


|𝑚−5|+|1−𝑚|


2 }≥



|(𝑚−5)+(1−𝑚)|


2 = 2 dấu bằng đặt tại 𝑚 − 5 = 1 − 𝑚 ⇔ 𝑚 = 3


Câu 42.2.Cho hàm số 𝑦 = |𝑥3− 3𝑥2+ 𝑚| (với 𝑚 là tham số thực). Hỏi 𝑚𝑎𝑥


[1;2]𝑦 có giá trị nhỏ nhất là bao
nhiêu?


A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.


Lời giải
Chọn C


Xét hàm số: 𝑡 = 𝑥3− 3𝑥2 với 𝑥 ∈ [1; 2].
Ta có 𝑡′= 3𝑥2− 6𝑥 = 0 ⇔ [𝑥 = 0 ∉ (1; 2)


𝑥 = 2 ∉ (1; 2); 𝑡(1) = −2, 𝑡(2) = −4. Nên 𝑚𝑎𝑥[1;2]𝑡 = −2 và


𝑚𝑖𝑛


[1;2]𝑡 = −4.
Do đó 𝑚𝑎𝑥


[1;2]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥[1;2]|𝑚 + 𝑡| = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 − 4|; |𝑚 − 2|}


= 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 − 4|; |2 − 𝑚|} ≥|𝑚−4|+|2−𝑚|


2 ≥



|(𝑚−4)+(2−𝑚)|
2 = 1.
Dấu bằng đạt tại 𝑚 − 4 = 2 − 𝑚 ⇔ 𝑚 = 3.


Câu 42.3.Cho hàm số 𝑦 = |𝑥2−(𝑚+1)𝑥+2𝑚+2


𝑥−2 | (với 𝑚 là tham số thực). Hỏi [−1;1]𝑚𝑎𝑥𝑦 có giá trị nhỏ nhất là bao
nhiêu?


A. 3


2. B.


1


2. C. 2. D. 3.


Lời giải
Chọn B


Ta có 𝑦 = |𝑥2−𝑥+2


𝑥−2 − 𝑚| = |𝑡 − 𝑚|, trong đó 𝑡 =


𝑥2−𝑥+2


𝑥−2 ∈ [−2; −1], ∀𝑥 ∈ [−1; 1].


𝑡′= 𝑥2−4𝑥



(𝑥−2)2 ⇒ 𝑡


= 0 ⇔ [𝑥 = 0 ∈ (−1; 1)


𝑥 = 4 ∉ (−1; 1).
𝑡(−1) = −4


3, 𝑡(0) = −1, 𝑡(1) = −2


Do đó 𝑚𝑎𝑥


[−1;1]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥[−1;1]|𝑡 − 𝑚| = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 + 2|, |𝑚 + 1|} = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 + 2|, |−𝑚 − 1|}


≥|𝑚+2|+|−𝑚−1|


2 ≥


|(𝑚+2)+(−𝑚−1)|


2 =


1
2.


Dấu bằng đạt tại 𝑚 + 2 = −𝑚 − 1 ⇔ 𝑚 = −3


2.


Câu 42.4. Gọi 𝑆 là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số 𝑚 sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 𝑦 =
|𝑥2+𝑚𝑥+𝑚



𝑥+1 | trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của 𝑆 là



(20)

Lời giải
Chọn C


Tập xác định: 𝐷 = ℝ\{−1}.
Xét hàm số: 𝑓(𝑥) =𝑥2+𝑚𝑥+𝑚


𝑥+1 .


𝑓′(𝑥) = 𝑥2+2𝑥


(𝑥+1)2; 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔
𝑥2+2𝑥


(𝑥+1)2 = 0 ⇔ 𝑥2+ 2𝑥 = 0 ⇔ [


𝑥 = 0 ∉ [1; 2]
𝑥 = −2 ∉ [1; 2].
𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ [1; 2] nên max


[1;2]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥 {|𝑚 +
4


3| , |𝑚 +
1
2|}


Max



[1;2]𝑦 = 2 ⇔


[
{|𝑚 +


4
3| = 2


|𝑚 +4


3| > |𝑚 +
1
2|


{|𝑚 +


1
2| = 2


|𝑚 +1


2| > |𝑚 +
4
3|


⇔ [𝑚 =


2
3



𝑚 = −5


2
.


Vậy có hai giá trị của 𝑚thỏa mãn.


Câu 42.5.Xét hàm số 𝑓(𝑥) = |𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏|, với 𝑎, 𝑏là tham số. Gọi 𝑀 là giá trị lớn nhất của hàm số trên


[−1; 3]. Khi 𝑀 nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính 𝑎 + 2𝑏.


A. 3. B. 4. C. −4. D. 2.


Lời giải
Chọn C


Ta có 𝑚𝑎𝑥{|𝐴|, |𝐵|} ≥|𝐴+𝐵|


2 (1). Dấu “=” xảy ra khi 𝐴 = 𝐵.
Ta có 𝑚𝑎𝑥{|𝐴|, |𝐵|} ≥|𝐴−𝐵|


2 (2). Dấu “=” xảy ra khi 𝐴 = −𝐵.
Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏, có 𝑔′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 =−𝑎


2 .
Trường hợp 1: −𝑎


2 ∉ [−1; 3] ⇔ 𝑎 ∉ [−6; 2]. Khi đó 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥{|1 − 𝑎 + 𝑏|, |9 + 3𝑎 + 𝑏|}.
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có 𝑀 ≥ |4 + 2𝑎| > 8.



Trường hợp 2:
−𝑎


2 ∈ [−1; 3] ⇔ 𝑎 ∈ [−6; 2]. Khi đó 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥 {|1 − 𝑎 + 𝑏|, |9 + 3𝑎 + 𝑏|, |𝑏 −
𝑎2


4|}.
Áp dụng bất đẳng thức (1) và (2) ta có 𝑀 ≥ 𝑚𝑎𝑥 {|5 + 𝑎 + 𝑏|, |𝑏 −𝑎2


4|}


⇔ 𝑀 ≥1


8|20 + 4𝑎 + 𝑎


2| ⇔ 𝑀 ≥1


8|16 + (𝑎 + 2)
2|.
Suy ra 𝑀 ≥ 2.


Vậy 𝑀 nhận giá trị nhỏ nhất có thể được là 𝑀 = 2 khi {


𝑎 = −2


5 + 𝑎 + 𝑏 =𝑎2


4 − 𝑏



1 − 𝑎 + 𝑏 = 9 + 3𝑎 + 𝑏


⇔ {𝑎 = −2
𝑏 = −1.



(21)

Câu 43. Cho phương trình 1
4𝑙𝑜𝑔√3


2 𝑥 − (2𝑚 + 1) 𝑙𝑜𝑔


3𝑥 + 4𝑚 − 2 = 0 (𝑚 là tham số thực). Có tất cả bao
nhiêu giá trị ngun của 𝑚 để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [1


3; 3]?


A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.


Lời giải
Chọn D


Điều kiện: 𝑥 > 0.
Ta có: 1


4𝑙𝑜𝑔√3


2 𝑥 − (2𝑚 + 1) 𝑙𝑜𝑔


3𝑥 + 4𝑚 − 2 = 0 ⇔ 𝑙𝑜𝑔32𝑥 − (2𝑚 + 1) 𝑙𝑜𝑔3𝑥 + 4𝑚 − 2 = 0.
Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔3𝑥, với 𝑥 ∈ [



1


3; 3] thì 𝑡 ∈ [−1; 1].


Phương trình đã cho trở thành: 𝑡2− (2𝑚 + 1)𝑡 + 4𝑚 − 2 = 0(∗).


𝛥 = (2𝑚 + 1)2− 4(4𝑚 − 2) = 4𝑚2− 12𝑚 + 9 = (2𝑚 − 3)2 ≥ 0, ∀𝑚 ∈ ℝ.
Khi đó: (∗) ⇔ [𝑡 = 2 ∉[−1; 1]


𝑡 = 2𝑚 − 1 .


Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [1


3; 3]


⇔ Phương trình (∗) có nghiệm thuộc đoạn [−1; 1]
⇔ −1 ≤ 2𝑚 − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 𝑚 ≤ 1.


Vậy có hai giá trị nguyên của 𝑚 cần tìm là: 𝑚 ∈ {0; 1}.


Câu 44. Cho 𝐹(𝑥) = 𝑥2 là một nguyên hàm của hàm số 𝑓(𝑥). 𝑒2𝑥. Khi đó ∫ 𝑓(𝑥). 𝑒2𝑥𝑑𝑥 bằng


A. −𝑥2+ 2𝑥 + 𝐶. B.−𝑥2 + 𝑥 + 𝐶.


C.2𝑥2− 2𝑥 + 𝐶. D.−2𝑥2+ 2𝑥 + 𝐶.


Lời giải
Chọn D


Vì 𝐹(𝑥) = 𝑥2 là một nguyên hàm của hàm số 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥


Nên ta có 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥∫ 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶


1
Đặt { 𝑢 = 𝑒2𝑥


𝑑𝑣 = 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥⇒ {


𝑑𝑢 = 2𝑒2𝑥𝑑𝑥
𝑣 = 𝑓(𝑥)


Suy ra ∫ 𝑓′(𝑥)𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥). 𝑒2𝑥− 2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) − 2𝐹(𝑥) + 𝐶
Ta có∫ 𝑓′(𝑥). 𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 2𝑥 − 2𝑥2 + 𝐶.



(22)

Số nghiệm thuộc khoảng(−𝜋


3; 2𝜋) của phương trình |𝑓(2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1)| = 2(1) là


A. 8. B. 5. C. 3. D. 6.


Lời giải
Chọn D


Đặt 𝑡 = 2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1, (𝑡 ∈ [−3; 1]).


Phương trình (1) trở thành: |𝑓(𝑡)| = 2 ⇔ [𝑓(𝑡) = 2
𝑓(𝑡) = −2⇔


[
𝑡 = 0



𝑡 = 𝑡1 < −3(𝑙)
𝑡 = 𝑡2 > 1(𝑙)


𝑡 = −3


𝑡 = 𝑡4 ∈ (0; 1)
𝑡 = 𝑡5 > 1(𝑙)


.


𝑡 = 0 ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =1


2.


𝑡 = −3 ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = −1.


𝑡 = 𝑡4 ∈ (0; 1) ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =
𝑡4+1


2 ∈ (
1
2; 1).


Dựa vào vịng trịn lượng giác ta được phương trình (1) có 6 nghiệm thuộc (−𝜋


3; 2𝜋).


Phát triển bài toán 45:



(23)

Số nghiệm thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋] của phương trình 3𝑓(2 𝑠𝑖𝑛 𝑥) + 1 = 0 là



A. 4. B. 5. C. 2. D. 6.


Lời giải
Chọn A


Đặt 𝑡 = 2 𝑠𝑖𝑛 𝑥. Vì 𝑥 ∈ [−𝜋; 𝜋] nên 𝑡 ∈ [−2; 2].


⇒ 3𝑓(𝑡) + 1 = 0 ⇔ 𝑓(𝑡) = −1


3.


Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 𝑓(𝑡) = −1


3 có 2 nghiệm 𝑡1 ∈ (−2; 0) và 𝑡2 ∈ (0; 2).
Suy ra 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =𝑡1


2 ∈ (−1; 0) và 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =
𝑡2


2 ∈ (0; 1).
Với 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =𝑡1


2 ∈ (−1; 0) thì phương trình có 2 nghiệm −𝜋 < 𝑥1 < 𝑥2 < 0.
Với 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =𝑡2


2 ∈ (0; 1) thì phương trình có 2 nghiệm 0 < 𝑥3 < 𝑥4 < 𝜋.
Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋].


Câu 45.2. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đồ thị như sau:



Số nghiệm thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋] của phương trình 3𝑓(2|𝑐𝑜𝑠 𝑥|) + 2 = 0 là


A. 4. B. 5. C. 2. D. 6.


Lời giải
Chọn A


Đặt 𝑡 = 2|𝑐𝑜𝑠 𝑥|. Vì 𝑥 ∈ [−𝜋; 𝜋] nên 𝑡 ∈ [0; 2].


⇒ 3𝑓(𝑡) + 2 = 0 ⇔ 𝑓(𝑡) = −2


3.


Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 𝑓(𝑡) = −2


3 có 1 nghiệm 𝑡0 ∈ (0; 1).
Suy ra |𝑐𝑜𝑠 𝑥| =𝑡0



(24)

Với 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =𝑡0


2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm
−𝜋


2 < 𝑥1 < 0 < 𝑥2 <
𝜋
2
Với 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = −𝑡0


2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm −𝜋 < 𝑥3 < −


𝜋
2;


𝜋


2 < 𝑥4 < 𝜋
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋].


Câu 46. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục và xác định 𝑅 và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|)


có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?


A. 5. B. 7. C. 9. D. 11


Lời giải
Chọn A


Cách 1:


Đã biết: |𝑥| = √𝑥2 ⇒ (|𝑥|)= (√𝑥2)= 2𝑥
2√𝑥2=


𝑥
|𝑥|.
Xét hàm số:


𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) ⇒ 𝑔′(𝑥) = (𝑥2 − 4|𝑥|). 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) = (2𝑥 − 4𝑥


|𝑥|) 𝑓



(𝑥2− 4|𝑥|)
Nhận thấy khi 𝑥 = 0 ⇒ 𝑓′(𝑥2− 4|𝑥|) < 0 không đổi dấu.


Khi 𝑥 = 0 đạo hàm của hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) không xác định và đạo hàm đổi dấu
qua 𝑥 = 0, nên hàm số có một điểm cực trị tại 𝑥 = 0.


Xét phương trình đạo hàm:


𝑔′(𝑥) = (2𝑥 −4𝑥|𝑥|) 𝑓′(𝑥2− 4|𝑥|) = 0 ⇔


{
𝑥 ≠ 0
[2𝑥 −


4𝑥
|𝑥|= 0


𝑓′(𝑥2 − 4𝑥|𝑥| = 0)⇔ [


1 − 2


|𝑥|= 0


𝑥2− 4|𝑥| = −4
𝑥2− 4|𝑥| = 1


.


⇔ [



𝑥 = ±2


(|𝑥| − 2)2 = 0 → khơng có thêm điểm cực trị


𝑥2− 4|𝑥| − 1 = 0 ⇔ |𝑥| = 2 + √5 ⇔ 𝑥 = ±(2 + √5)
.
Suy ra hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2 − 4|𝑥|) có tất cả 5 diểm cực trị.
Cách 2: Sử dụng biến đổi đồ thị


Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2− 4𝑥) ⇒ 𝑔′(𝑥) = (2𝑥 − 4)𝑔′(𝑥2− 4𝑥).


Xét phương trình đạo hàm: 𝑔′(𝑥) = (2𝑥 − 4)𝑓′(𝑥2− 4𝑥) = 0 ⇔ [2𝑥 − 4 = 0


𝑓′(𝑥2 − 4𝑥) = 0.


⇔ [


𝑥 = 2 → có thêm một điểm cực trị


[𝑥


2− 4𝑥 = −4 ⇔ (𝑥 − 2)2 = 0 →khơng có cực trị


𝑥2− 4𝑥 = 1 ⇔ 𝑥 = 2 ± √3 → có thêm hai điểm cực trị
.



(25)

Suy ra hàm số 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) = 𝑓(|𝑥|2− 4|𝑥|) = 𝑔(|𝑥|) có thêm năm điểm cực trị.
Phát triển bài tốn 46:


Câu 46.1.Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên như sau:



Hàm số 𝑔(𝑥) = 2𝑓3(𝑥) − 6𝑓2(𝑥) − 1 có bao nhiêu điểm cực tiểu?


A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.


Lời giải
Chọn A


Có 𝑔′(𝑥) = 0 ⇔ 6𝑓′(𝑥)𝑓2(𝑥) − 12𝑓(𝑥)𝑓(𝑥) = 0 ⇔ [


𝑓′(𝑥) = 0


𝑓(𝑥) = 0
𝑓(𝑥) = 2


.


Phương trình 𝑓′(𝑥) = 0 có hai nghiệm 0; 3, phương trình 𝑓(𝑥) = 0 có nghiệm 𝑥4 > 3 và phương
trình 𝑓(𝑥) = 2 có ba nghiệm 𝑥1 < 0 < 𝑥2 < 3 < 𝑥3 < 𝑥4.


Hàm số 𝑔(𝑥) có xét dấu của 𝑔′(𝑥) như sau:


Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số 𝑔(𝑥) có 3 điểm cực tiểu và 3 điểm cực đại.


Câu 47. Có bao nhiêu số nguyên dương 𝑚 thỏa mãn 𝑚 ≤ 2020 sao cho phương trình 2. 𝑙𝑛[(𝑚 −
1). 𝑐𝑜𝑠 𝑥] − 𝑡𝑎𝑛2𝑥 + 𝑚2− 2𝑚 = 0 có nghiệm?


A. 2018. B. 2019. C. 2020. D. 2021


Lời giải


Chọn B


Nhận xét với 𝑚 = 1 thì phương trình không tồn tại nên 𝑚 ∈ [2; 2020].
Điều kiện 𝑐𝑜𝑠 𝑥 > 0.


Ta có 2. [𝑙𝑛(𝑚 − 1) + 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠 𝑥)] + 𝑚2− 2𝑚 = 𝑡𝑎𝑛2𝑥


⇔ 𝑙𝑛(𝑚 − 1)2+ 𝑚2− 2𝑚 = 𝑡𝑎𝑛2𝑥 − 2 𝑙𝑛𝑐𝑜𝑠 𝑥 ⇔ 𝑙𝑛(𝑚 − 1)2+ (𝑚 − 1)2 = 𝑙𝑛 1


𝑐𝑜𝑠2𝑥+
1


𝑐𝑜𝑠2𝑥.


Xét hàm 𝑦 = 𝑓(𝑡) = 𝑙𝑛 𝑡 + 𝑡 đồng biến trên (0; +∞) nên từ đó ta có 1


𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑚 − 1 ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =
1


𝑚−1. Phương trình ban đầu có nghiệm ⇔
1



(26)

Phát triển bài tốn 47:


Câu 47.1.Phương trình 2 𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑡 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) có bao nhiêu nghiệm trên khoảng (−
𝜋


6; 2𝜋)?


A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.



Lời giải
Chọn A


Điều kiện: {𝑐𝑜𝑡 𝑥 > 0


𝑐𝑜𝑠 𝑥 > 0. Kết hợp giả thiết 𝑥 ∈ (−


𝜋


6; 2𝜋)⇒ 𝑥 ∈ (0;
𝜋
2).
Đặt 2 𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑡 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) = 𝑡, ta có hệ {𝑐𝑜𝑡


2𝑥 = 3𝑡


𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑡 .


Áp dụng công thức: 1 + 𝑐𝑜𝑡2𝑥 = 1


𝑐𝑜𝑠2𝑥, ta có phương trình: 1 + 3
𝑡 = 1


4𝑡 ⇔ 4


𝑡+ 12𝑡− 1 = 0(∗)
Xét hàm số 𝑓(𝑡) = 4𝑡+ 12𝑡− 1 liên tục trên ℝvà có 𝑓′(𝑡) = 4𝑡𝑙𝑛 4 + 12𝑡𝑙𝑛 1 2 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ.
Suy ra 𝑓(𝑡) = 4𝑡+ 12𝑡− 1 là hàm đồng biến trên .



Nên phương trình (*) có nhiều nhất một nghiệm.
Lại có 𝑓(−1). 𝑓(0) = −2


3< 0, suy ra phương trình (∗) có nghiệm 𝑡duy nhất trong khoảng


(−1; 0) ⇒ 2𝑡 ∈ (1


2; 1).Khi đó hệ phương trình {𝑐𝑜𝑡


2𝑥 = 3𝑡


𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑡 có nghiệm duy nhất trên (0;
𝜋
2).
Vậy phương trình 2 𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑡 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) chỉ có đúng một nghiệm trên (−𝜋


6; 2𝜋).


Câu 47.2. Cho phương trình 𝟐 𝒍𝒐𝒈𝟑(𝒄𝒐𝒕 𝒙) = 𝒍𝒐𝒈𝟐(𝒄𝒐𝒔 𝒙). Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên
khoảng (𝝅


𝟔;
𝟗𝝅


𝟐).


A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.


Lời giải
Chọn B



Điều kiện 𝑠𝑖𝑛 𝑥 > 0, 𝑐𝑜𝑠 𝑥 > 0. Đặt 𝑢 = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) khi đó {𝑐𝑜𝑡2𝑥 = 3𝑢
𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑢 .


Vì 𝑐𝑜𝑡2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥


1−𝑐𝑜𝑠2𝑥 suy ra
(2𝑢)2
1−(2𝑢)2= 3


𝑢 ⇔ 𝑓(𝑢) = (4
3)


𝑢


+ 4𝑢− 1 = 0.


𝑓′(𝑢) = (4


3)
𝑢


𝑙𝑛 (4


3) + 4


𝑢𝑙𝑛 4 > 0, ∀𝑢 ∈ ℝ. Suy ra hàm số 𝑓(𝑢) đồng biến trên , suy ra phương
trình 𝑓(𝑢) = 0 có nhiều nhất một nghiệm, ta thấy 𝑓(−1) = 0 suy ra 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =1


2⇔ 𝑥 = ±


𝜋


3 + 𝑘2𝜋


(𝑘 ∈ ℤ).


Theo điều kiện ta đặt suy ra nghiệm thỏa mãn là 𝑥 =𝜋


3+ 𝑘2𝜋. Khi đó phương trình nằm trong
khoảng (𝜋


6;
9𝜋


2) là 𝑥 =
𝜋
3, 𝑥 =


7𝜋
3 , 𝑥 =


13𝜋


3 . Vậy phương trình có ba nghiệm trên khoảng (
𝜋
6;


9𝜋
2).
Câu 47.3.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 𝑚 để tồn tại cặp số (𝑥; 𝑦) thỏa mãn 𝑒3𝑥+5𝑦− 𝑒𝑥+3𝑦+1=



1 − 2𝑥 − 2𝑦, đồng thời thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔32(3𝑥 + 2𝑦 − 1) − (𝑚 + 6) 𝑙𝑜𝑔


3𝑥 + 𝑚2+ 9 = 0.


A. 6. B. 5. C. 8. D. 7.



(27)

Ta có : 𝑒3𝑥+5𝑦− 𝑒𝑥+3𝑦+1 = 1 − 2𝑥 − 2𝑦 ⇔ 𝑒3𝑥+5𝑦+ (3𝑥 + 5𝑦) = 𝑒𝑥+3𝑦+1+ (𝑥 + 3𝑦 + 1).
Xét hàm số 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑡+ 𝑡 trên . Ta có 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑡+ 1 > 0 nên hàm số đồng biến trên .
Do đó phương trình có dạng : 𝑓(3𝑥 + 5𝑦) = 𝑓(𝑥 + 3𝑦 + 1) ⇔ 3𝑥 + 5𝑦 = 𝑥 + 3𝑦 + 1 ⇔ 2𝑦 =
1 − 2𝑥.


Thế vào phương trình cịn lại ta được : 𝑙𝑜𝑔32𝑥 − (𝑚 + 6) 𝑙𝑜𝑔3𝑥 + 𝑚2+ 9 = 0.
Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔3𝑥(𝑥 > 0), phương trình có dạng : 𝑡2 − (𝑚 + 6)𝑡 + 𝑚2+ 9 = 0.
Để phương trình có nghiệm thì 𝛥 ≥ 0 ⇔ −3𝑚2+ 12𝑚 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 𝑚 ≤ 4.
Do đó có 5 số ngun 𝑚 thỏa mãn.


Câu 47.4.(Đề Chính Thức 2018 - Mã 103) Cho phương trình 7𝑥+ 𝑚 = 𝑙𝑜𝑔


7(𝑥 − 𝑚) với 𝑚 là tham số.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của 𝑚 ∈ (−25; 25) để phương trình đã cho có nghiệm?


A. 9. B. 25. C. 24. D. 26.


Lời giải
Chọn C


Điều kiện: 𝑥 > 𝑚.


Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔7(𝑥 − 𝑚) ta có {7



𝑥+ 𝑚 = 𝑡


7𝑡+ 𝑚 = 𝑥⇒ 7𝑥+ 𝑥 = 7𝑡+ 𝑡(1).


Do hàm số 𝑓(𝑢) = 7𝑢+ 𝑢 đồng biến trên ℝ, nên ta có (1) ⇔ 𝑡 = 𝑥. Khi đó:


7𝑥+ 𝑚 = 𝑥 ⇔ 𝑚 = 𝑥 − 7𝑥.


Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑥 − 7𝑥 ⇒ 𝑔′(𝑥) = 1 − 7𝑥𝑙𝑛 7 = 0 ⇔ 𝑥 = − 𝑙𝑜𝑔


7(𝑙𝑛 7).
Bảng biến thiên:


Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 𝑚 ≤ 𝑔(− 𝑙𝑜𝑔7(𝑙𝑛 7)) ≈ −0,856 (các nghiệm
này đều thỏa mãn điều kiện vì 𝑥 − 𝑚 = 7𝑥 > 0)


Do 𝑚 nguyên thuộc khoảng (−25; 25), nên 𝑚 ∈ {−24; −16; . . . ; −1}.


Câu 48. Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn 𝑓(1 − 𝑥) = 6𝑥2𝑓(𝑥3) − 6


√3𝑥+1. Khi đó ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1


0
bằng


A. 4. B. −1. C. 2. D. 6.


Lời giải


Chọn A


Ta có 𝑓(1 − 𝑥) = 6𝑥2𝑓(𝑥3) − 6


√3𝑥+1⇔ 𝑓(1 − 𝑥) − 6𝑥



(28)

⇔ ∫ 𝑓(1 − 𝑥)𝑑𝑥01 − ∫ 6𝑥01 2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥= − ∫ 6


√3𝑥+1𝑑𝑥
1


0 (∗).


Ta có ∫ 𝑓(1 − 𝑥)𝑑𝑥01 = − ∫ 𝑓(1 − 𝑥)𝑑(1 − 𝑥)01 𝑢=1−𝑥= − ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢10 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 .
Và ∫ 6𝑥01 2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥= 2 ∫ 𝑓(𝑥1 3)𝑑(𝑥3)


0 =


𝑢=𝑥3


2 ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢01 = 2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 .
Ta có (∗) ⇔ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 − 2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = −6 ∫ 1


√3𝑥+1𝑑𝑥
1


0 ⇔ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥


1



0 = 6 ∫


1
√3𝑥+1𝑑𝑥
1


0 = 4.


Vậy ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = 4.
Bài toán gốc


Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục trên ℝ thỏa 𝑥. 𝑓(𝑥3) + 𝑓(1 − 𝑥2) = −𝑥10+ 𝑥6− 2𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ. Khi đó


∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥−10 bằng
A. −17


20. B.


13


4. C.


17


4. D. −1.


Lời giải
Chọn B


Với ∀𝑥 ∈ ℝ ta có : 𝑥. 𝑓(𝑥3) + 𝑓(1 − 𝑥2) = −𝑥10+ 𝑥6− 2𝑥.



⇒ 𝑥2𝑓(𝑥3) + 𝑥𝑓(1 − 𝑥2) = −𝑥11+ 𝑥7− 2𝑥2 (∗).


⇒ ∫ 𝑥2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥


1
0


+ ∫ 𝑥𝑓(1 − 𝑥2)𝑑𝑥


1
0


= ∫ (−𝑥11+ 𝑥7 − 2𝑥2)𝑑𝑥


1
0


⇔1


3∫ 𝑓(𝑥


3)𝑑(𝑥3)
1


0


−1


2∫ 𝑓(1 − 𝑥



2)𝑑(1 − 𝑥2)
1


0


= −5
8
⇔1


3∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥


1
0


+1


2∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥


1
0


= −5


8⇔ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥


1
0


= −3


4


Mặt khác : (∗) ⇒ ∫ 𝑥0 2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥


−1 + ∫ 𝑥𝑓(1 − 𝑥


2)𝑑𝑥
0


−1 = ∫ (−𝑥


11+ 𝑥7− 2𝑥2)𝑑𝑥
0


−1 .


(∗) ⇒1


3∫ 𝑓(𝑥


3)𝑑(𝑥3)
0


−1 −


1


2∫ 𝑓(1 − 𝑥


2)𝑑(1 − 𝑥2)


0


−1 = −


17
24.


⇒1


3∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
0


−1 −


1


2∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1


0 = −


17


24⇒ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
0


−1 = 3 (


1
2.



−3
4 −


17
24) = −


13
4.


Câu 49. Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 có đáy là tam giác 𝐴𝐵𝐶 đều cạnh 𝑎, tam giác 𝑆𝐵𝐴 vuông tại 𝐵, tam giác 𝑆𝐴𝐶


vng tại 𝐶. Biết góc giữa hai mặt phẳng (𝑆𝐴𝐵) và (𝐴𝐵𝐶) bằng 60°. Tính thể tích khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶


theo 𝑎.
A. √3𝑎


3


8 . B.


√3𝑎3


12 . C.


√3𝑎3


6 . D.


√3𝑎3


4 .
Lời giải.



(29)

Gọi 𝐷 là hình chiếu của 𝑆 lên mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶), suy ra 𝑆𝐷 ⊥ (𝐴𝐵𝐶).
Ta có 𝑆𝐷 ⊥ 𝐴𝐵 và 𝑆𝐵 ⊥ 𝐴𝐵(𝑔𝑡), suy ra 𝐴𝐵 ⊥ (𝑆𝐵𝐷) ⇒ 𝐵𝐴 ⊥ 𝐵𝐷.
Tương tự có 𝐴𝐶 ⊥ 𝐷𝐶 hay tam giác 𝐴𝐶𝐷 vuông ở 𝐶.


Dễ thấy 𝛥𝑆𝐵𝐴 = 𝛥𝑆𝐶𝐴 (cạnh huyền và cạnh góc vng), suy ra 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶.
Từ đó ta chứng minh được 𝛥𝑆𝐵𝐷 = 𝛥𝑆𝐶𝐷 nên cũng có 𝐷𝐵 = 𝐷𝐶.


Vậy 𝐷𝐴 là đường trung trực của 𝐵𝐶, nên cũng là đường phân giác của góc 𝐵𝐴𝐶̂.
Ta có 𝐷𝐴𝐶̂ = 30°, suy ra 𝐷𝐶 = 𝑎


√3. Ngồi ra góc giữa hai mặt phẳng (𝑆𝐴𝐵) và (𝐴𝐵𝐶) là


𝑆𝐵𝐷̂ = 60°, suy ra 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐵𝐷̂ = 𝑆𝐷


𝐵𝐷⇒ 𝑆𝐷 = 𝐵𝐷 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐵𝐷̂ =
𝑎


√3. √3 = 𝑎.
Vậy 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =


1


3. 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶. 𝑆𝐷 =
1
3.


𝑎2√3


4 . 𝑎 =


𝑎3√3
12 .


Câu 50. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) là hàm đa thức có đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓′(𝑥) như hình vẽ.


Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 𝑚 , 𝑚 ∈ 𝑍, −2020 < 𝑚 < 2020 để hàm số


𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2) + 𝑚𝑥2(𝑥2+8


3𝑥 − 6) đồng biến trên khoảng (−3; 0)


A. 2021. B. 2020. C. 2019. D. 2022.


Lời giải
S


D


B


A



(30)

Chọn B


Ta có 𝑔′(𝑥) = 2𝑥𝑓′(𝑥2) + 4𝑚𝑥(𝑥2+ 2𝑥 − 3).


Hàm số 𝑔(𝑥) đồng biến trên khoảng (−3; 0) suy ra 𝑔′(𝑥) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ (−3; 0).



⇔ 2𝑥𝑓′(𝑥2) + 4𝑚𝑥(𝑥2 + 2𝑥 − 3) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ (−3; 0) ⇔ 𝑓(𝑥2) − 2𝑚(−𝑥2− 2𝑥 + 3) ≤


0, ∀𝑥 ∈ (−3; 0)


⇔ 𝑓′(𝑥2) ≤ 2𝑚(−𝑥2− 2𝑥 + 3), ∀𝑥 ∈ (−3; 0) ⇔ 𝑚 ≥ 𝑓′(𝑥2)


2(−𝑥2−2𝑥+3), ∀𝑥 ∈ (−3; 0)


⇔ 𝑚 ≥ 𝑚𝑎𝑥


(−3;0)


𝑓′(𝑥2)
2(−𝑥2−2𝑥+3).


+)Ta có −3 < 𝑥 < 0 ⇒ 0 < 𝑥2 < 9 ⇒ 𝑓(𝑥2) ≤ −3 dấu “=” khi 𝑥2 = 1 ⇔ 𝑥 = −1.
+) −𝑥2− 2𝑥 + 3 = −(𝑥 + 1)2+ 4 ⇒ 0 < −𝑥2− 2𝑥 + 3 ≤ 4, ∀𝑥 ∈ (−3; 0)


⇔ 1


−𝑥2−2𝑥+3
1


4, dấu “=” khi 𝑥 = −1.
Suy ra 𝑓


(𝑥2)
2(−𝑥2−2𝑥+3)


−3


2.4 =


−3


8, ∀𝑥 ∈ (−3; 0), dấu “=” khi 𝑥 = −1.


⇒ 𝑚𝑎𝑥


(−3;0)


𝑓′(𝑥2)


2(𝑥2+2𝑥+3)= −
3
8.
Vậy 𝑚 ≥ −3





Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×