PHÁT TRIỂN VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÂU 39-50 ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT BGD 2022 MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

PHÁT TRIỂN CÁC CÂU VD VDC MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

PHÁT TRIỂN CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÂU 39-50 ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT BGD NĂM 2022 MÔN TOÁN (500 TRANG) WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 39. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 4 x − 5.2 x+2 + 64 2 − log(4 x) ≥ 0 ?

(

A. 22.

)

B. 25.

C. 23.

D. 24.

Lời giải Điều kiện:

 2 − log(4 x) ≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 25  4 x > 0

Ta có:

 2 − log(4 x) = 0(1) 2 − log(4 x) ≥ 0 ⇔  x x+2  4 − 5.2 + 64 ≥ 0(2) + (1) ⇔ log(4 x) = 2 ⇔ 4 x = 102 ⇔ x = 25(tm)

− 5.2 x + 2 + 64

)

FI CI A

Chọn D

 2 x ≥ 16 x ≥ 4 + (2) ⇔ 2 − 20.2 + 64 ≥ 0 ⇔  x . Kết hợp với điều kiện, ta có các giá trị ⇔ x ≤ 2 2 ≤ 4 Nguyên thỏa mãn trong trường hợp này là x ∈ {1; 2} ∪ {4;5;6;...; 25} . 2x

ƠN

Vậy có 24 số nguyên x thỏa mãn đề bài. Bình luận thêm: Bất phương trình ở dạng tích, có cả mũ và logarit. Học sinh cần nhận biết và giải đủ các điều kiện. Phù hợp mức trên dưới 8 điểm cho học sinh khá. Đề xuất cách xử lý bằng máy tính Casio: Vào Chức năng Mode 8, nhập f ( x ) là vế trái của bất phương trình.

Giá trị bắt đầu = 1; Giá trị kết thúc = 45; Bước = 1. Quan sát cột f ( x ) để đếm số nghiệm nguyên.

Điều kiện:

QU Y

Đề xuất các giải bất phương trình bằng cách giải phương trình

 2 − log(4 x) ≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 25 (*0  4 x > 0

 x = 25  2 − log(4 x) = 0(1)  ⇔  x = 2 (**) Xét phương trình: 4 − 5.2 + 64 2 − log(4 x) = 0 ⇔  x x+2  4 − 5.2 + 64 = 0(2)  x = 4 Từ (*) và (**) ta lập bảng xét dấu cho VT của bất phương trình. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 x − 7.2 x + 12 ) 1 − log x ≥ 0 ?

Câu 1.

KÈ

(

A.7.

x+ 2

B. 8.

)

C. 10.

D. 9. 2

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của x thỏa mãn bất phương trình 8 x .21−x >

Câu 2.

Câu 4.

A. 7. B. 8. C. 9. D. 10. x x+2 Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 9 − 9.3 + 729 ) 2 − log ( 2 x ) ≥ 0 ?

DẠ Câu 3.

A. 2 . B. 3 . C. 4 . x x Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 − 5.2 + 1) 3 − log 2 x ≥ 0 ?

A. 52.

B. 25 .

C. 50.

D. 5 .

D. 49.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( 2)

Câu 5.

Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 x − 5.2 x + 2 + 64 ) 2 − log 3 x ≥ 0 ?

Câu 6.

A. 5. B. 8. C. 10. D. 9. x x Tập nghiệm của bất phương trình 4 − 65.2 + 64  2 − log 3 ( x + 3)  ≥ 0 có tất cả bao nhiêu số B. 3.

C. 4.

D. Vô số.

FI CI A

nguyên? A. 2.

)

(

1 ) 3 x+1 − 1 ≤ 0 chứa bao nhiêu số nguyên ? 27

Tập nghiệm của bất phương trình (32 x − 9)(3x −

Câu 8.

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Bất phương trình ( x 3 − 9 x ) ln ( x + 5 ) ≤ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên?

Câu 9.

A. 4. B. 7. C. 6. D. Vô số. Cho bất phương trình ( log x + 1)( 4 − log x ) > 0 . Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn bất phương trình trên. A. 10000 .

Câu 7.

B. 10001 .

C. 9998 . D. 9999 . 2 x2 − x Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 3 − 9 2 x − m ≤ 0 có đúng

(

5 nghiệm nguyên phân biệt? A. 65021 . B. 65024

C. 65022 .

)

D. 65023 .

)

ƠN

(

)(

Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình 4 − 65.2 + 64  2 − log 3 ( x + 3)  ≥ 0 có tất cả bao nhiêu số nguyên? A. 2 B. 3 C. 4 D. Vô số x

1 ) 3 x+1 − 1 ≤ 0 chứa bao nhiêu số nguyên ? 27

Câu 12. Tập nghiệm của bất phương trình (32 x − 9)(3x −

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. 3 Câu 13. Bất phương trình ( x − 9 x ) ln ( x + 5 ) ≤ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên?

QU Y

A. 4. B. 7. C. 6. D. Vô số. Câu 14. Cho bất phương trình ( log x + 1)( 4 − log x ) > 0 . Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn bất phương trình trên. A. 10000 . B. 10001 . C. 9998 . D. 9999 . Câu 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình 3 x + 2 − 3 ( 3 x − 2 m ) < 0 khác rỗng và chứa không quá 9 số nguyên?

(

)

A. 3281. B. 3283. C. 3280. D. 3279. 2 x2 − x Câu 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 3 − 9 2 x − m ≤ 0 có đúng

)(

)

(

KÈ

5 nghiệm nguyên phân biệt? A. 65021 . B. 65024 C. 65022 . D. 65023 . Câu 17. (ĐTK2021) Có bao nhiêu số nguyên a ( a ≥ 2 ) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn:

log x

+ 2)

log a

= x−2

A. 8. B. 9. C. 1. D. Vô số. y x ; y Câu 18. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và 2 − log 2 ( x + 2 y −1 ) = 2 x − y ?

DẠ

A. 2020 . B. 9 . C. 2019 . D. 10 . x Câu 19. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 < y < 2020 và 3 + 3x − 6 = 9 y + log3 y3 . A. 2020 B. 9. C. 7 . Câu 20. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn

D. 8 .

2 ( 3 x − y ) = 3 (1 + 9 y ) − log 3 ( 2 x − 1)

A. 1010 .

B. 2020 .

C. 3 .

D. 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

B. 4751 .

C. 4656 .

D. 4750 .

FI CI A

nghiệm nhỏ hơn 1 ? A. 2 .

Câu 21. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn 1 ≤ a ≤ 100 và 2 a < 3b < 2 a +1 ? B. 63 . C. 37 . D. 159 . A. 163 . Câu 22. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 < a < b < 100 để phương trình a x ln b = b x ln a có

x2 + y 2

Câu 23. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 4 = 3 ? A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. Vô số. Câu 24. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 ≤ a ≤ 100 ; 1 ≤ b ≤ 100 sao cho tồn tại đúng 2 số thực x+ y

1 1 = b− x + ? b a B. 9702 . nhiêu cặp số nguyên

x thỏa mãn a − x +

C. 9698 . ( x; y ) thỏa

x 2 + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 x A. 2021 .

B. 6 .

C. 2020 .

mãn

D. 9700 . 1 ≤ x ≤ 2020 ,

A. 9704 . Câu 25. Có bao

y≥2

và

D. 11 .  2 −1  x Câu 26. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log3   = y +1 − 2 ? y   A. 2019 . B. 11. C. 2020 . D. 4 . Câu 27. (ĐTK2021) Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 10 số

(

)(

)

nguyên x thỏa mãn 2 x +1 − 2 2 x − y < 0 ?

ƠN

A. 1024 . B. 2047 . C. 1022 . D. 1023 . x Câu 28. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn 0 < y < 2020 và 3 + 3x − 6 = 9 y + log3 y3 ? A. 9 . B. 7 . C. 8 . D. 2019 . x Câu 29. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thoả mãn 0 < x ≤ 2020 và 3 ( x + 1) = 27 y y . B. 673 . C. 672 . D. 2019 . ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log 2 ( 2 x + 2 ) + x = 3 y + 8 y ? Câu 30. Có bao nhiêu cặp số nguyên A. 2021 . B. 2020 . C. 3 . D. 4 . 2 2 Câu 31. Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = −3x + y + 2 x − y + 1 . Biết x , y ∈ ℝ thỏa mãn

QU Y

A. 2020.

x2 + 2x + 2 + 2x2 − y2 + 4x + y + 4 = 0 . 2 y − y +1 B. Pmax = 13 . A. Pmax = 12 . Câu 32. Cho hai số thực x , y thỏa mãn

)

C. Pmax = 14 .

+ 8 y + 16 + log 2 ( 5 − x )(1 + x )  = 2 log 3

KÈ

log

log 2

D. Pmax = 10 .

5 + 4 x − x2 2 + log 2 ( 2 y + 8 ) . 3

Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x2 + y2 − m

không vượt quá 10 . Hỏi S có bao nhiêu tập con không phải là tập rỗng? A. 2047 . B. 16383 . C. 16384 . D. 32 . Câu 33. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log 3 ( x + y ) = log 4 ( x 2 + y 2 ) ?

DẠ

A. 3. B. 2. C. 1. D. Vô số Câu 34. Cho 0 ≤ x ≤ 2020 và log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y . Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn các điều kiện trên? A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 35. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 3

1− y = 3 xy + x + 3 y − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin x + 3xy

4 3−4 . 3

B. Pmin =

4 3+4 . 3

C. Pmin =

4 3+4 . 9

D. Pmin =

4 3−4 . 9

FI CI A

A. Pmin =

của P = x + y .

(

)

Câu 36. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn log3 ( x + 2 y ) = log 2 x 2 + y 2 ?

A. 3. B. 2. C. 1. D. vô số. Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của c để tồn tại các số thực a, b > 1 thỏa mãn log 9 a = log12 b = log16

A. 4 .

5b − a . c B. 5 .

C. 2 .

D. 3 .  2 −1  x Câu 38. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log3   = y +1− 2 ?  y  A. 2019 . B. 11 . C. 2020 . D. 4 . Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ( x; y ) thỏa mãn

ƠN

e3 x +5 y − e x +3 y +1 = 1 − 2 x − 2 y , đồng thời thỏa mãn log32 ( 3x + 2 y −1) − ( m + 6) log3 x + m2 + 9 = 0 ? A. 6 . B. 5 . C. 8 . D. 7 . Câu 40. (ĐỀ MINH HỌA LẦN 2-BDG 2019-2020) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực 2 2 y thỏa mãn log3 ( x + y ) = log 4 ( x + y )

B. 2 . C. 1 . D. Vô số. A. 3 . Câu 41. Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số ( x; y ) thỏa mãn log x 2 + y 2 + 2 ( 4 x + 4 y − 6 + m 2 ) ≥ 1 và x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 .

B. S = {−1;1} .

C. S = {−5;5} .

D. S = {−7 − 5; −1;1;5; 7} .

QU Y

A. S = {−5; −1;1;5} .

KÈ

Câu 42. Có bao nhiêu cặp số nguyên x ; y thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log 4 ( 512 x + 768 ) + 2 x − 1 = 2 y + 16 y ? B. 0 C. 2020 D. 1 A. 2019 2 2 x 2 + 2017 Câu 43. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: ; 2016 y − x = 2 y + 2017 3log3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) + 1 A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Câu 44. Xét các số thực x , y ( x ≥ 0) thỏa mãn

1 − y ( x + 3) . 2018x +3 y Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + 2 y . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2018x +3 y + 2018xy +1 + x + 1 = 2018− xy −1 + B. m ∈ (1;2 ) .

C. m ∈ ( 2;3) .

D. m ∈ ( −1;0) .

DẠ

A. m ∈ ( 0;1) .

2x2 + y2

x+ y

=3 ? Câu 45. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 2 A. 1. B. 2. C. 0. D. Vô số. Câu 46. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn log 3 ( x + 2 y ) = log 2 ( x 2 + y 2 ) ? A. 3.

B. 2.

C. 1 .

D. vô số.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy. 3 x + y2 + xy + 2 C. 4. D. 6.

Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn log B. 2.

A. 1.

FI CI A

Câu 48. Cho 0 ≤ x ≤ 2020 và log2 (2x + 2) + x − 3y = 8 .Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn các điều kiện trên? B. 2018. C. 1. D. 4. A. 2019. Câu 49. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 3 y − x = 27 x − y và 0 ≤ y ≤ 101 . 3

A. 102 .

B. 101.

C. 34 .

(

D. 33 .

)

Câu 50. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3 − 9 log3 ( x + 25 ) − 3 ≤ 0 A. 27. B. Vô số. C. 26 . A. 30 .

) [log ( x + 30) − 5] ≤ 0? 2

B. Vô số.

C. 31 .

)

Câu 51. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3 − 9

D. 25 . D. 29 .

Câu 52. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2 − 4 log 2 ( x + 14 ) − 4 ≤ 0 ? A. 14 . B. 13 . C. Vô số. D. 15 .

(

)

ƠN

Câu 53. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2 x − 4 x  log 3 ( x + 25 ) − 3 ≤ 0? A. 24. B. Vô số. C. 25. D. 26. 2 Câu 54. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 2 ( x + 1) − log 2 ( x + 31)  ( 32 − 2 x −1 ) ≥ 0 ? A. 27 . B. Vô số. C. 26 . D. 28 . 2 Câu 55. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3 ( x + 1) − log3 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 ) ≥ 0? A. 17. B. 18. C. 16. D. Vô số. 2 Câu 56. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  log 2 ( x + 1) − log 2 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 ) ≥ 0 ? B. 17 . C. 16 . D. 18 . 2 Câu 57. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3 ( x + 1) − log3 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 ) ≥ 0? A. 17. B. 18. C. 16. D. Vô số.

DẠ

KÈ

QU Y

A. Vô số.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

HƯỚNG DẪN GIẢI Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 x − 7.2 x + 12 ) 1 − log x ≥ 0 ?

B. 8.

A.7.

C. 10. Lời giải

D. 9.

FI CI A

Chọn C

Câu 1.

1 − log x ≥ 0 Điều kiện xác định:  ⇔ 0 < x ≤ 10 . x > 0 Bpt tương đương 2x ≤ 3  x ≤ log 2 3 x x x 2 x   4 − 7.2 + 12 ≥ 0  x 2 ) − 7.2 + 12 ≥ 0 ( ⇔  2 ≥ 4 ⇔  x ≥ 2 ⇔ .   x = 10 1 − log x = 0  x = 10  x = 10  x =1 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được:   2 ≤ x ≤ 10 Vậy có 7 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của x thỏa mãn bất phương trình 8 x .21−x >

A. 2 .

ƠN

Câu 2.

B. 3 .

C. 4 . Lời giải

Chọn A 2x

D. 5 .

Bất phương trình 8 x .21−x > ( 2 ) ⇔ 2 3 x .21−x > 2 x ⇔ 2 3 x +1−x > 2 x 2

⇔ 3 x + 1 − x 2 > x ⇔ x 2 − 2 x −1 < 0 ⇔ 1 − 2 < x < 1 + 2 .

(

)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 1 − 2;1 + 2 . Suy ra các giá trị nguyên dương thuộc S là {1;2}.

Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 x − 5.2 x + 1) 3 − log 2 x ≥ 0 ?

QU Y

Câu 3.

A.7.

B. 8.

Chọn A

C. 9. Lời giải

D. 10.

Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 9 x − 9.3x + 2 + 729 ) 2 − log ( 2 x ) ≥ 0 ?

Câu 4.

KÈ

3 − log 2 x ≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 8. Điều kiện xác định:  x > 0 Bpt tương đương 2x ≤ 1 x ≤ 0 x x x 2 x   4 − 5.2 + 1 ≥ 0  x 2 ) − .52 + 1 ≥ 0 ( ⇔  2 ≥ 4 ⇔  x ≥ 2 . ⇔  3 − log x = 0  2 x = 8  x = 8  x = 8  Kết hợp với điều kiện xác định ta được: 2 ≤ x ≤ 8 . Vậy có 7 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán.

DẠ

A. 52.

B. 25 .

C. 50. Lời giải

D. 49.

Chọn D  2 − log ( 2 x ) ≥ 0 Điều kiện xác định:  ⇔ 0 < x ≤ 50 .  x > 0 Bpt tương đương

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( 2)

A. 5.

B.8.

FI CI A

Câu 5.

3 x ≤ 9 x ≤ 2 ( 3x )2 − 90.2 x + 729 ≥ 0 9 x − 9.3x + 2 + 729 ≥ 0  x ⇔ 3 ≥ 81 ⇔  x ≥ 4 . ⇔   2 x = 100  2 − log ( 2 x ) = 0  x = 50  x = 50  0 < x ≤ 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được:   4 ≤ x ≤ 50 Vậy có 49 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán. Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 x − 5.2 x + 2 + 64 ) 2 − log 3 x ≥ 0 ? C. 10. Lời giải

D. 9.

Chọn B

(

)

Tập nghiệm của bất phương trình 4 x − 65.2 x + 64  2 − log 3 ( x + 3)  ≥ 0 có tất cả bao nhiêu số nguyên? A. 2. B. 3. C. 4. D. Vô số. Lời giải Chọn C Ta có: 4 x − 65.2 x + 64  2 − log 3 ( x + 3)  ≥ 0

(

)

QU Y

Câu 6.

ƠN

2 − log 3 ( x ) ≥ 0 ⇔0< x≤9. Điều kiện xác định:   x > 0 Bpt tương đương 2x ≤ 4 x ≤ 2 2 x x+ 2 x x ( 2 ) − 20.2 + 64 ≥ 0  4 − 5.2 + 64 ≥ 0  x ⇔  2 ≥ 16 ⇔  x ≥ 4 . ⇔   2 − log 3 x = 0 x = 9  x = 9  x = 9  0 < x ≤ 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được:  . 4 ≤ x ≤ 9 Vậy có 8 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán.

KÈ

 1 ≤ 2 x ≤ 64  0 ≤ x ≤ 6  4 x − 65.2 x + 64 ≤ 0     x ≥ 6 x ≥ 6   2 − log 3 ( x + 3) ≤ 0 x = 6  ⇔ ⇔    2 x ≥ 64    x ≥ 6 ⇔ . x x   −3 < x ≤ 0 4 − 65.2 + 64 ≥ 0    x  x ≤ 0     2 ≤ 1 2 − log x + 3 ≥ 0  ( )  3   −3 < x ≤ 6  −3 < x ≤ 6 x ∈ ℤ  x ∈ {−2; − 1;0;6} .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình có 4 giá trị nguyên.

Câu 7.

Tập nghiệm của bất phương trình (32 x − 9)(3x −

DẠ

A. 2.

B. 3.

1 ) 3 x+1 − 1 ≤ 0 chứa bao nhiêu số nguyên ? 27

C. 4. Lời giải

D. 5.

Chọn B Điều kiện 3x+1 − 1 ≥ 0 ⇔ 3x +1 ≥ 1 ⇔ x ≥ −1 . Ta có x = −1 là một nghiệm của bất phương trình.

Với x > −1 , bất phương trình tương đương với (32 x − 9)(3 x −

1 ) ≤ 0. 27

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 t ≤ −3 1 1 Đặt t = 3 > 0 , ta có (t − 9)(t − ) ≤ 0 ⇔ (t − 3)(t + 3)(t − ) ≤ 0 ⇔  1 . Kết  ≤t≤3 27 27  27 1 1 hợp điều kiện t = 3x > 0 ta được nghiệm ≤t ≤3 ⇔ ≤ 3 x ≤ 3 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 1 . K ế t hợ p 27 27 x

điều kiện x > −1 ta được −1 < x ≤ 1 suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên. Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên. Bất phương trình ( x 3 − 9 x ) ln ( x + 5 ) ≤ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 4.

B. 7.

C. 6. Lời giải

Chọn C Điều kiện: x > −5 .  x = −3 x = 0 x − 9x = 0 ⇔ . Cho ( x3 − 9 x ) ln ( x + 5 ) = 0 ⇔  x = 3  ln ( x + 5 ) = 0   x = −4 Bảng xét dấu:

ƠN

D. Vô số.

Câu 8.

FI CI A

 −4 ≤ x ≤ −3 . Dựa vào bảng xét dấu ta thấy f ( x ) ≤ 0 ⇔  0 ≤ x ≤ 3 Vì x ∈ ℤ  x ∈ {−4; − 3;0;1;2;3} . Vậy có 6 giá trị nguyên của x thỏa bài toán. Cho bất phương trình ( log x + 1)( 4 − log x ) > 0 . Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn bất phương

QU Y

Câu 9.

trình trên. A. 10000 .

B. 10001 .

C. 9998 . Lời giải

D. 9999 .

Chọn D ( log x + 1)( 4 − log x ) > 0 (1) Điều kiện: x > 0 .

1 < x < 10000 . Vì x ∈ ℤ nên x ∈ {1; 2;3;...;9999} 10 Vậy có tất cả 9999 số nguyên x thoả mãn bất phương trình trên.

KÈ

Khi ấy (1) ⇔ −1 < log x < 4 ⇔

(

Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 3x

5 nghiệm nguyên phân biệt? A. 65021 . B. 65024

C. 65022 . Lời giải

−x

)(

D. 65023 .

DẠ

Chọn B

x2 − x

)(

)

− 9 2x − m ≤ 0

Th1: Xét 3x

−x

Th2: Xét 3x

−x

)

− 9 2 x − m ≤ 0 có đúng

 x = −1 − 9 = 0 ⇔ x2 − x = 2 ⇔  là nghiệm của bất phương trình. x = 2  x < −1 − 9 > 0 ⇔ x2 − x > 2 ⇔  . x > 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Khi đó, (1) ⇔ 2 x ≤ m ⇔ x 2 ≤ log 2 m (2) Nếu m < 1 thì vô nghiệm. Nếu m ≥ 1 thì (2) ⇔ − log 2 m ≤ x ≤ log 2 m .

FI CI A

Do đó, có 5 nghiệm nguyên ⇔ ( ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ ) ) ∩  − log 2 m ; log 2 m  có 3 giá trị nguyên

log 2 m ∈ [3; 4 ) ⇔ 512 ≤ m < 65536 . Suy ra có 65024 giá trị m nguyên thỏa mãn. Th3: Xét 3x

−x

− 9 < 0 ⇔ x 2 − x < 2 ⇔ −1 < x < 2 . Vì ( −1; 2 ) chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị m nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên. Vậy có tất cả 65024 giá trị m nguyên thỏa ycbt.

(

)

(

Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình 4 x − 65.2 x + 64  2 − log3 ( x + 3)  ≥ 0 có tất cả bao nhiêu số nguyên? B. 3 C. 4 D. Vô số A. 2 Lời giải Chọn C Ta có 4 x − 65.2 x + 64  2 − log3 ( x + 3)  ≥ 0

)

ƠN

 1 ≤ 2 x ≤ 64  0 ≤ x ≤ 6  4 x − 65.2 x + 64 ≤ 0     x ≥ 6 x ≥ 6   2 − log3 ( x + 3) ≤ 0 x = 6  ⇔ ⇔    2 x ≥ 64    x ≥ 6 ⇔ . x x   −3 < x ≤ 0 4 − 65.2 + 64 ≥ 0    x  x ≤ 0  2 ≤ 1   2 − log + 3 ≥ 0 x  ( ) 3    −3 < x ≤ 6  −3 < x ≤ 6

QU Y

x ∈ ℤ  x ∈ {−2; − 1;0;6} . Vậy tập nghiệm của bất phương trình có 4 giá trị nguyên. 1 Câu 12. Tập nghiệm của bất phương trình (32 x − 9)(3x − ) 3 x+1 − 1 ≤ 0 chứa bao nhiêu số nguyên ? 27 A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải Chọn B Điều kiện 3x +1 − 1 ≥ 0 ⇔ 3x +1 ≥ 1 ⇔ x ≥ −1 . Ta có x = −1 là một nghiệm của bất phương trình. 1 Với x > −1 , bất phương trình tương đương với (32 x − 9)(3 x − ) ≤ 0 . 27

 t ≤ −3 1 1 Đặt t = 3 > 0 , ta có (t − 9)(t − ) ≤ 0 ⇔ (t − 3)(t + 3)(t − ) ≤ 0 ⇔  1 . Kết  ≤t≤3 27 27  27 1 1 hợp điều kiện t = 3x > 0 ta được nghiệm ≤t≤3 ⇔ ≤ 3x ≤ 3 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 . Kết hợp 27 27 2

KÈ

DẠ

điều kiện x > −1 ta được −1 < x ≤ 1 suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên. Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên. Câu 13. Bất phương trình ( x 3 − 9 x ) ln ( x + 5 ) ≤ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 4.

B. 7.

C. 6. Lời giải

D. Vô số.

Chọn C Điều kiện: x > −5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x = −3 x = 0 x − 9x = 0 3 Cho ( x − 9 x ) ln ( x + 5 ) = 0 ⇔  . ⇔ x = 3 ln ( x + 5 ) = 0   x = −4 Bảng xét dấu:

FI CI A

 −4 ≤ x ≤ −3 Dựa vào bảng xét dấu ta thấy f ( x ) ≤ 0 ⇔  . 0 ≤ x ≤ 3 Vì x ∈ ℤ  x ∈ {−4; − 3;0;1;2;3} .

Vậy có 6 giá trị nguyên của x thỏa bài toán. Câu 14. Cho bất phương trình ( log x + 1)( 4 − log x ) > 0 . Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn bất phương trình trên. A. 10000 .

C. 9998 . Lời giải

D. 9999 .

ƠN

B. 10001 .

( log x + 1)( 4 − log x ) > 0 (1) Điều kiện: x > 0 .

1 < x < 10000 . Vì x ∈ ℤ nên x ∈ {1; 2;3;...;9999} 10 Vậy có tất cả 9999 số nguyên x thoả mãn bất phương trình trên. Câu 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình (3x+ 2 − 3 ) (3x − 2m ) < 0 khác rỗng và chứa không quá 9 số nguyên? A. 3281.

B. 3283.

Khi ấy (1) ⇔ −1 < log x < 4 ⇔

C. 3280. Lời giải

D. 3279.

QU Y

Chọn C Do m là số nguyên dương nên 2m >1 => log 3 2m > 0 . 1

3x + 2 − 3 = 0 ⇔ 3x + 2 = 3 2 ⇔ x = −

3x − 2m = 0 ⇔ x = log 3 2m

3 2

 3  tập nghiệm bất phương trình này là  − ;log3 2m   2  6561 = 3280.5 => Suy ra, log3 2m ≤ 8 ⇔ 2m ≤ 38 ⇔ m ≤ 2 2 2 Câu 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 3x − x − 9 2 x − m ≤ 0 có đúng

KÈ

Lập bảng biến thiên, ta kết luận:

(

5 nghiệm nguyên phân biệt? A. 65021 . B. 65024

C. 65022 . Lời giải

)(

D. 65023 .

DẠ

Chọn B

x2 − x

)(

)

− 9 2x − m ≤ 0

Th1: Xét 3x

−x

Th2: Xét 3x

−x

)

 x = −1 là nghiệm của bất phương trình. − 9 = 0 ⇔ x2 − x = 2 ⇔  x = 2  x < −1 . − 9 > 0 ⇔ x2 − x > 2 ⇔  x > 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Khi đó, (1) ⇔ 2 x ≤ m ⇔ x 2 ≤ log 2 m (2) Nếu m < 1 thì vô nghiệm. Nếu m ≥ 1 thì (2) ⇔ − log 2 m ≤ x ≤ log 2 m .

FI CI A

Do đó, có 5 nghiệm nguyên ⇔ ( ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ ) ) ∩  − log 2 m ; log 2 m  có 3 giá trị nguyên

log 2 m ∈ [3; 4 ) ⇔ 512 ≤ m < 65536 . Suy ra có 65024 giá trị m nguyên thỏa mãn. Th3: Xét 3x

−x

− 9 < 0 ⇔ x 2 − x < 2 ⇔ −1 < x < 2 . Vì ( −1; 2 ) chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị m nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên. Vậy có tất cả 65024 giá trị m nguyên thỏa ycbt. Câu 17. (ĐTK2021) Có bao nhiêu số nguyên a ( a ≥ 2 ) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn: log x

+ 2)

log a

= x−2

A. 8.

B. 9.

C. 1. Lời giải:

Chọn A Điều kiện: x > 2. Đặt m = log a > 0 m

ƠN

Khi đó phương trình trở thành: ( x m + 2 ) = x − 2 .

D. Vô số.

m  y = x − 2 (1)  m  x = y − 2 ( 2 ) Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được y m + y = x m + x ( 3)

Đặt y = x m + 2 , y > 2 thì ta có hệ phương trình

Xét hàm f ( t ) = t m + t với m > 0; t > 0 có f ' ( t ) = m.t m −1 + 1 > 0, ∀t > 0

 f ( t ) = t m + t đồng biến ( 0; +∞ ) .

QU Y

Do đó ( 3) ⇔ y = x

⇔ xm = x − 2 ⇔ m.log x = log ( x − 2 )

log ( x − 2 ) <1 log x  log a < 1  a < 10. Do đó, mọi số a ∈ {2;3; 4;...;9} đều thỏa mãn.

⇔m=

KÈ

Câu 18. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và 2 y − log 2 ( x + 2 y −1 ) = 2 x − y ? A. 2020 .

B. 9 .

C. 2019 . Lời giải

D. 10 .

Chọn D Đặt log 2 ( x + 2 y −1 ) = t . Suy ra x + 2 y −1 = 2t , x = 2t − 2 y −1 .

DẠ

Phương trình đã cho trở thành: 2 y − t = 2 ( 2t − 2 y −1 ) − y ⇔ 2.2 y + y = 2.2t + t . Xét hàm số g ( x ) = 2.2 x + x có g ′ ( x ) = 2.2 x ln 2 + 1 > 0, ∀x nên hàm số y = g ( x ) luôn đồng biến. Khi đó 2.2 y + y = 2.2t + t ⇔ y = t hay y = log 2 ( x + 2 y −1 ) . Suy ra x + 2 y −1 = 2 y ⇔ x = 2 y − 2 y −1 = 2 y −1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Mà 2 ≤ x ≤ 2021 nên 2 ≤ 2 y −1 ≤ 2021 ⇔ 1 ≤ y − 1 ≤ log 2 2021 hay 2 ≤ y ≤ ( log 2 2021) + 1 . Lại có y là số nguyên nên y ∈ {2,3,...,11} tức 10 giá trị thỏa mãn.

Xét biểu thức x = 2 y −1 , mỗi giá trị nguyên của y cho tương ứng 1 giá trị nguyên của x nên có

FI CI A

10 cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 19. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 < y < 2020 và 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y3 . A. 2020

B. 9.

C. 7 . Lời giải

D. 8 .

Chọn C Ta có: 2 + log 3 y x 3 x x 3 + 3 x − 6 = 9 y + log 3 y ⇔ 3 + 3 ( x − 2 ) = 9 y + 3 log 3 y ⇔ 3 + 3 ( x − 2 ) = 3 + 3log 3 y (*) . Xét hàm số: f ( t ) = 3t + 3 ( t − 2 ) .

Ta có: f ′ ( t ) = 3t.ln 3 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ . Suy ra hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ℝ . Khi đó: (*) ⇔ f ( x ) = f ( 2 + log 3 y ) ⇔ x = 2 + log 3 y ⇔ y = 3x − 2 .

0 < y < 2020 Do và x, y x−2 1 ≤ 3 < 2020 ⇔ 2 ≤ x < 2 + log 3 2020  x ∈ {2;3; 4;5; 6; 7;8} .

nguyên

nên:

B. 2020 .

A. 1010 .

2 ( 3 x − y ) = 3 (1 + 9 y ) − log 3 ( 2 x − 1)

ƠN

Ứng với mỗi giá trị x có một giá trị của y nên có 7 cặp số ( x; y ) nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 20. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn C. 3 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C Đặt log3 ( 2 x − 1) = t  2 x = 3t + 1 , ta được 3 ( 3t + 1) − 2 y = 3 (1 + 32 y ) − t ⇔ 3.3t + t = 3.32 y + 2 y

QU Y

(*). Xét hàm số f ( u ) = 3.3u + u  f ′ ( u ) = 3.3u ln 3 + 1 > 0, ∀u ∈ ℝ  f ( u ) đồng biến trên ℝ . Do đó (*) ⇔ t = 2 y , vậy nên 2 x = 32 y + 1 ⇔ 9 y = 2 x − 1. Vì x ≤ 2020  9 y ≤ 4039 ⇔ y ≤ log 9 4039 . Vì y nguyên dương nên y ∈ {1; 2;3} . Ta thấy với mỗi giá trị nguyên của y thì tìm được 1 giá trị nguyên của x . Vậy có 3 cặp ( x; y ) thỏa mãn.

KÈ

Câu 21. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn 1 ≤ a ≤ 100 và 2 a < 3b < 2 a +1 ? A. 163 . B. 63 . C. 37 . D. 159 . Lời giải Chọn B Ta có 2a < 3b < 2a +1 ⇔ log 3 2a < b < log 3 2a +1 ⇔ a log 3 2 < b < ( a + 1) log3 2 .

DẠ

 a log 3 2 ∉ ℤ Với ∀a ∈ ℤ   . ( a + 1) log 3 2 ∉ ℤ Do đó với mỗi a ∈ {1; 2;3;...;100} thì sẽ có ( a + 1) log 3 2  − [ a log 3 2 ] số nguyên b thỏa mãn. 100

Vậy theo qui tắc cộng có tất cả

 ( ( a + 1) log

)

2  − [ a log 3 2 ] = 63 cặp số nguyên thỏa mãn.

a =1

Chú ý: giữa hai số thực x > y (không nguyên) sẽ có tất cả [ x ] − [ y ] số nguyên.

Câu 22. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 < a < b < 100 để phương trình a x ln b = b x ln a có nghiệm nhỏ hơn 1 ? A. 2 .

B. 4751 .

C. 4656 .

D. 4750 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Chọn B x

FI CI A

 a  ln a  ln a  ⇔ x = log a  Ta có a x ln b = b x ln a ⇔   = . ln b ln b  b b  a ln a a ln a ln b  ln a  > ⇔ > Với 1 < a < b < 100  ∈ ( 0;1) do đó log a  .  <1⇔ b ln b b a b b  ln b  ln x 1 − ln x  g ′ ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0;e ) và g ′ ( x ) < 0 , ∀x ∈ ( e; +∞ ) . Hàm số g ( x ) = có g ′ ( x ) = x x2 ln 2 g ( 2) = g ( 4) = . 2 ln 3 ln 4 ln 2 ln 5 ln 98 ln 99 > = > > ... > > . Vì vậy 3 4 2 5 98 99 Trường hợp 1: a = 2  b ∈ {5;6;...;99} trường hợp này có 95 cặp số thỏa mãn. Trường hợp 2: a = 3  b ∈ {4;5;...;99} trường hợp này có 96 cặp số thỏa mãn. Trường hợp 3: a = 4  b ∈ {5;6;...;99} trường hợp này có 95 cặp số thỏa mãn.

ƠN

Trường hợp 4: với mỗi a = k ∈ {5;6;...98} thì b ∈ {k + 1;...;99} có 99 − k cách chọn b , trường 98

hợp này có tất cả

 ( 99 − k ) = 4465 cặp số thỏa mãn. 5

Vậy có tất cả 95 + 96 + 95 + 4465 = 4751 cặp số thỏa mãn.

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 23. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 4 x + y = 3x + y ? A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. Vô số. Lời giải Chọn B  x + y = log 4 t 2 2 Đặt 4 x + y = 3x + y = t , t > 0 ⇔  2 . 2  x + y = log3 t ln 2 t ln t 2 ln 2 4 2 Vì ( x + y ) ≤ 2 ( x 2 + y 2 )  log 42 t ≤ 2 log 3 t ⇔ 2 ≤ 2 . ⇔ 0 ≤ ln t ≤ ln 4 ln 3 ln 3 2 ln t 2 ln 2 4  ln 4  2 x∈ℤ Suy ra x 2 + y 2 = ≤ 2 = 2 → x ∈ {−1;0;1} .  ≈ 3,18  x ≤ 3,18  ln 3 ln 3  ln 3  0 + y = log 4 t y = 0  • Nếu x = 0   2 (thỏa mãn).  2 0 + y = log 3 t t = 1 ln t  y= −1  1 + y = log 4 t ln 4   • Nếu x = 1   2  ∃t  ∃y (thỏa mãn). 2 2 1 + y = log t 3   ln t − 1 + 1 = ln t  ln 4  ln 3 ln t  y= +1  − 1 + y = log t ln 4 4    • Nếu x = −1    ∃/ t  ∃/ y (loại). 2 2 2 ( −1) + y = log3 t  ln t + 1 + 1 = ln t  ln 4  ln 3 Vậy x ∈ {0;1} . Câu 24. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 ≤ a ≤ 100 ; 1 ≤ b ≤ 100 sao cho tồn tại đúng 2 số thực

x thỏa mãn a − x +

1 1 = b− x + ? b a

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 9704 .

B. 9702 .

C. 9698 . Lời giải

D. 9700 .

cặp nguyên ( a; b ) với b > a > 1 ) sao cho phương trình a − x +

FI CI A

Chọn D a) Xét a = 1 hoặc b = 1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 hoặc vô số nghiệm (loại). b) Xét a > 1 ; b > 1 . * Nếu a = b có vô số nghiệm (loại). * Vì vai trò của a , b như nhau ta chỉ cần tìm cặp số nguyên ( a; b ) với a > b > 1 (rồi suy ra số

1 1 1 1 1 1 = b− x + ⇔ x − x − + = 0 b a a b a b

có hai nghiệm thực phân biệt. x x 1 1 1 1 1 1 Xét hàm số f ( x ) = x − x − + có f (1) = 0 và f ′ ( x ) = −   ln a +   ln b a b a b a b  b  ln b  ln b  ⇔ x = x0 = log b  và f ′ ( x ) = 0 ⇔   = . ln a   a  ln a a  Ta cũng có f ′ ( x ) > 0 ⇔ x > x0 ; f ′ ( x ) < 0 ⇔ x < x0 .

ƠN

ln b b ln b ln a  ln b  = ⇔ = ⇔ ( a; b ) = ( 4; 2 ) . + Nếu x0 = 1 ⇔ log b   =1⇔ ln a ln a a b a   a ln x ln 3 ln 2 ln 4 ln 5 ln100 có > = > > ... > . Chú ý: Xét hàm số y = x 3 2 4 5 100 Khi đó f ( x ) ≥ f ( x0 ) = f (1) = 0  f ( x ) = 0 có đúng một nghiệm x = 1 .

+ Nếu x0 ≠ 1 ⇔ ( a; b ) ≠ ( 4; 2 ) khi đó kẻ bảng biến thiên của hàm số f ( x ) , ta có phương trình

f ( x ) = 0 luôn có hai nghiệm thực phân biệt.

Với mỗi b = k ∈ {2;3;...;99}  a ∈ {k + 1;...;100} tức có 100 − k cách chọn a .

QU Y

Vậy có cặp với và loại đi cặp có cặp thỏa mãn. Câu 25. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y )

x + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 2

A. 2021 .

thỏa

mãn

1 ≤ x ≤ 2020 ,

y≥2

và

B. 6 .

Chọn D log 2 ( xy − x ) = t ⇔ xy − x = 2t . Đặt

C. 2020 . Lời giải Khi

đó

D. 11.

giả

thiết

trở

KÈ

x 2 − 2t = xt − 2 x ⇔ 2 x + x.x = 2t + x.t 2x . ⇔ x = t ⇔ xy − x = 2 x ⇔ y = 1 + x Vì 1 ≤ x ≤ 2020 , x ∈ℤ , y ∈ ℤ nên 2 x ⋮ x suy ra x ∈ {20 , 21 , 22 ,..., 210 } .

2x có duy nhất một cách chọn. x Vậy có tất cả 11 cặp số nguyên thỏa mãn.

Khi đó y = 1 +

DẠ

 2x − 1  x Câu 26. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log3   = y +1 − 2 ?  y  A. 2019 . B. 11. C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

thành

FI CI A

y ≠ 0  x  2 −1 > 0 ⇔ 2x > 1 ⇔ x > 0 Từ giả thiết ta có:  y   y ≥ 0 Ta có: PT ⇔ log 3 ( 2 x − 1) + 2 x − 1 = log 3 y + y (*) Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t trên ( 0; +∞ ) Khi đó f ′ ( t ) =

1 + 1 > 0 do đó hàm số f ( t ) = log 3 t + t đồng biến trên ( 0; +∞ ) t ln 3

(*) có dạng f ( 2 x − 1) = f ( y ) ⇔ y = 2 x − 1

Vì 0 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 0 ≤ 2x − 1 ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2x ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ x ≤ log2 ( 2021)

(

)(

0 ≤ x ≤ log 2 ( 2021) ⇔ x ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9;10} . Vậy có 11 cặp ( x; y ) thỏa mãn.   x ∈ ℤ Câu 27. (ĐTK2021) Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 10 số

)

nguyên x thỏa mãn 2 x +1 − 2 2 x − y < 0 ?

B. 2047 .

C. 1022 . Lời giải

ƠN

A. 1024 . Chọn A

D. 1023 .

(

 2 x +1 − 2 < 0  x (I ) 2 − y > 0   Ta có 2 x +1 − 2 ( 2 x − y ) < 0  x +1  2 − 2 > 0 ( II )   x  2 − y < 0

)

QU Y

1 1   1  2 x +1 − 2 < 0 − 1 1 x +1 < x < − 2 + Xét hệ ( I ) :  . ⇔ ⇔ ⇔ log y < x < −  y < 2 = 2 2   2 x 2 2  x > log 2 y  x > log 2 y  2 − y > 0 Trường hợp này loại vì không có số nguyên dương y thỏa mãn.

1 1   x +1 1  2 − 2 > 0 x +1 > x > − + Xét hệ ( II ) :  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ − < x < log 2 y . x 2  x < log 2 y  x < log 2 y  2 − y < 0 Để mỗi giá trị y , bất phương trình có không quá 10 nghiệm nguyên 10

KÈ

log 2 y ≤ 10 ⇔ y ≤ 2 ⇔ y ≤ 1024 . Kết hợp điều kiện y nguyên dương, suy ra có 1024 số y thỏa mãn bài toán. Câu 28. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn 0 < y < 2020 và 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y3 ? A. 9 .

B. 7 .

C. 8 . Lời giải

D. 2019 .

DẠ

Chọn B Ta có: 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y3

⇔ 3x + 3 x − 6 = 9 y + 3log 3 y ⇔ 3x −1 + x − 2 = 3 y + log 3 y ⇔ 3x −1 + x − 1 = 3 y + log 3 ( 3 y ) log3 ( 3 y )

⇔ 3x −1 + x − 1 = 3

+ log 3 ( 3 y ) (*) .

Xét hàm số f ( t ) = 3t + t . Ta có: f ′ ( t ) = 1 + 3t.ln 3 > 0, ∀t .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

thì

Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ℝ .

Do x; y ∈ ℤ nên x ∈ {2;3; 4;5;6;7;8} .

Ứng với mỗi giá trị nguyên của x cho ta 1 giá trị nguyên của y . Vậy có 7 cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn yêu cầu bài toán.

FI CI A

Vì y ∈ ( 0;2020 ) nên 3x− 2 < 2020 ⇔ x − 2 < log3 2020 ⇔ x < 2 + log3 2020

Do đó (*) ⇔ f ( x − 1) = f ( log 3 ( 3 y ) ) ⇔ x − 1 = log 3 ( 3 y ) ⇔ x − 2 = log 3 y ⇔ y = 3x −2 .

Câu 29. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thoả mãn 0 < x ≤ 2020 và 3x ( x + 1) = 27 y y . B. 673 .

C. 672 . Lời giải

Chọn B Ta có: 3x. ( x + 1) = 27 y. y ⇔ log 3 3x. ( x + 1)  = log3 27 y. y

(

)

D. 2019 .

A. 2020.

⇔ x + log3 ( x + 1) = 3 y + log3 y ⇔ ( x + 1) + log3 ( x + 1) = 3 y + log3 y + log3 3 ⇔ ( x + 1) + log3 ( x + 1) = 3 y + log3 ( 3 y ) . (*) Xét hàm số f ( t ) = t + log 3 t , với t ∈ (1; 2021] .

ƠN

1 > 0 , ∀t ∈ (1; 2021] . t ln 3 Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ( 0; 2021) . f ′ (t ) = 1 +

Mà (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( 3 y ) ⇔ x + 1 = 3 y ⇔ x = 3 y − 1 .

1 2021 < y≤ . 3 3 Do y ∈ ℤ +  y ∈ {1; 2;3;...;673} . Ứng với mỗi giá trị y cho ta một x nguyên dương.

Vì 0 < x ≤ 2020 ⇔ 0 < 3 y − 1 ≤ 2020 ⇔ 1 < 3 y ≤ 2021 ⇔

Vậy có 673 cặp ( x; y ) thỏa yêu cầu bài toán.

QU Y

( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log 2 ( 2 x + 2 ) + x = 3 y + 8 y ? Câu 30. Có bao nhiêu cặp số nguyên B. 2020 . C. 3 . D. 4 . A. 2021 . Lời giải Chọn D Ta có: log 2 ( 2 x + 2 ) + x = 3 y + 8 y . ĐK: x > −1 . Khi đó: log 2 ( 2 x + 2 ) + x = 3 y + 8 y ⇔ ( x + 1) + log 2 ( x + 1) = 3 y + 23 y . (1)

Đặt t = log 2 ( x + 1) ⇔ x + 1 = 2t khi đó (1) trở thành t + 2t = 3 y + 23 y ⇔ f ( t ) = f ( 3 y ) (*) Xét hàm số f ( u ) = u + 2u liên tục trên ℝ

KÈ

f ′ ( u ) = 1 + 2u ln 2 > 0, ∀u ∈ ℝ . Suy ra hàm số f ( u ) luôn đồng biến trên ℝ .

DẠ

1 Do đó từ (*)  t = 3 y hay log 2 ( x + 1) = 3 y  y = log 2 ( x + 1) 3 1 1 Theo giả thiết 0 ≤ x ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ x + 1 ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ log 2 ( x + 1) ≤ log 2 2021 3 3 1 ⇔ 0 ≤ y ≤ log 2 2021 . Vì y ∈ ℤ nên y ∈ {0;1; 2; 3} . 3 Ứng với mỗi giá trị của y có duy nhất một giá trị của x thỏa điều kiện.

Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa yêu cầu bài toán.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 31. Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = −3x 2 + y 2 + 2 x − y + 1 . Biết x , y ∈ ℝ thỏa mãn

x2 + 2x + 2 + 2x2 − y2 + 4x + y + 4 = 0 . y2 − y + 1 A. Pmax = 12 . B. Pmax = 13 . Chọn B Ta có: log 2

x2 + 2 x + 2 + 2 x 2 − y 2 + 4 x + y + 4 = 0 , ( x, y ∈ ℝ ) y2 − y + 1

⇔ log 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) − log 2 ( y 2 − y + 1) + 2 x 2 − y 2 + 4 x + y + 4 = 0 ⇔ log 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 4 x + 5 = log 2 ( y 2 − y + 1) + ( y 2 − y + 1)

D. Pmax = 10 .

FI CI A

C. Pmax = 14 . Lời giải

log 2

⇔ log 2 ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) + ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) = log 2 ( y 2 − y + 1) + ( y 2 − y + 1) .(*) Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t , t ∈ [1; +∞ ) .

1 + 1 > 0 , ∀t ≥ 1 . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên (1;+ ∞ ) . t.ln 2 Mà (*) ( *) ⇔ f ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) = f ( y 2 − y + 1) ⇔ 2 x 2 + 4 x + 4 = y 2 − y + 1 ⇔ 2 x 2 + 4 x + 3 = y 2 − y .(1)

ƠN

f ′(t ) =

Khi đó P = −3x 2 + y 2 + 2 x − y + 1 = − x 2 + 6 x + 4 = 13 − ( x 2 − 6 x + 9 ) = 13 − ( x − 3 ) ≤ 13 .

Câu 32. Cho hai số thực x , y thỏa mãn log

1 ± 133 . 2

Vậy Pmax = 13 đạt được khi x = 3 và y =

y 2 + 8 y + 16 ) + log 2 ( 5 − x )(1 + x )  = 2 log 3 3 (

5 + 4 x − x2 2 + log 2 ( 2 y + 8 ) . 3

QU Y

Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x2 + y2 − m

không vượt quá 10 . Hỏi S có bao nhiêu tập con không phải là tập rỗng? A. 2047 . B. 16383 . C. 16384 . D. 32 . Lời giải Chọn B ĐK: −1 < x < 5 , y ≠ −4 . Ta có: 5 + 4 x − x2 2 + log 2 ( 2 y + 8 ) . 3 3 2 2 2 ⇔ 2 log 3 ( y + 8 y + 16 ) − 2 log 3 ( 5 + 4 x − x ) = log 2 ( y + 8 y + 16 ) − log 2 ( 5 + 4 x − x 2 )

+ 8 y + 16 ) + log 2 ( 5 − x )(1 + x )  = 2 log 3

log

KÈ

⇔ ( log 3 4 − 1) .log 2 ( y 2 + 8 y + 16 ) = ( log 3 4 − 1) .log 2 ( 5 + 4 x − x 2 )

⇔ y 2 + 8 y + 16 = 5 + 4 x − x 2 (vì hàm f ( t ) = ( log 3 4 − 1) .log 2 t đồng biến trên ( 0; +∞ ) ). 2

 ( x 2 + y 2 + 11) = ( 4 x − 8 y ) ≤ 80 ( x 2 + y 2 )  ( x 2 + y 2 ) − 58 ( x 2 + y 2 ) + 121 ≤ 0 2

DẠ

 29 − 12 5 ≤ x 2 + y 2 ≤ 29 + 12 5  29 − 12 5 ≤ x 2 + y 2 ≤ 29 + 12 5 .

Đặt a = 29 − 12 5 , b = 29 + 12 5 , ta có: max P = max { a − m , b − m } . [ a ;b ]

 a − m ≤ 10  a − 10 ≤ m ≤ a + 10 Do đó, max P ≤ 10 ⇔   b − 10 ≤ m ≤ a + 10 . ⇔ a ; b [ ] b − 10 ≤ m ≤ b + 10  b − m ≤ 10 Vì m∈ ℤ nên S = {−2; −1; 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10;11} .

Câu 33. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log 3 ( x + y ) = log 4 ( x 2 + y 2 ) ?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

C. 1.

D. Vô số

 x + y = 3t Đặt t = log 3 ( x + y ) = log 4 ( x + y ) . Ta có  2 (1) 2 t  x + y = 4 2

Vì ( x + y ) ≤ 2 ( x 2 + y 2 )  ( 3t ) ≤ 2.4t  t ≤ log 9 2 2

Thế thì x 2 + y 2 = 4t ≤ 4

log 9 2 4

FI CI A

A. 3. B. 2. Lời giải: Chọn B Điều kiện x + y > 0; x 2 + y 2 > 0.

2 ≈ 3, 27 , vì x nguyên vậy nên x ∈ {0;1} .

t t = 0  y = 3  Với x = 0 , ta có hệ  2 ⇔ t y =1  y = 4

( 3 + 1) t

= 4t − 1 ⇔ 9t + 2.3t − 4t + 2 = 0 (*)

Đặt f ( t ) = 9t + 2.3t − 4t + 2 , ta có Với t < 0  4t < 2  f ( t ) > 0 Vậy phương trình (*) vô nghiệm Kết luận: Vậy x ∈ {0;1}

phương

trình

t t Với t ≥ 0  9 ≥ 4  f ( t ) > 0

có

ƠN

 y = 3t − 1 t = 0  Với x = 1, ta có hệ  2 . . Hệ này có nghiệm  t  y = 4 − 1 y = 0 t  y = 3 + 1 x = −1,  Với ta có hệ Ta .  2 t  y = 4 − 1

QU Y

Câu 34. Cho 0 ≤ x ≤ 2020 và log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y . Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn các điều kiện trên? A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4. Lời giải Chọn D Do 0 ≤ x ≤ 2020 nên log 2 (2 x + 2) luôn có nghĩa. Ta có log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y

⇔ log 2 ( x + 1) + x + 1 = 3 y + 2 3 y ⇔ log 2 ( x + 1) + 2 log 2 ( x +1) = 3 y + 2 3 y (1)

KÈ

Xét hàm số f (t ) = t + 2t . Tập xác định D = ℝ và f ′(t ) = 1 + 2t ln 2  f ′(t ) > 0 ∀t ∈ ℝ . Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên ℝ . Do đó (1) ⇔ log 2 ( x + 1) = 3 y ⇔ y = log8 ( x + 1) . Ta có 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ x + 1 ≤ 2021 suy ra 0 ≤ log8 ( x + 1) ≤ log8 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log8 2021 .

Vì y ∈ ℤ nên y ∈ {0;1; 2;3} .

DẠ

Vậy có 4 cặp số ( x ; y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0;0) , (7;1) , (63;2) , (511;3) . 1− y Câu 35. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 3 = 3 xy + x + 3 y − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin x + 3xy của P = x + y .

A. Pmin =

4 3−4 . 3

B. Pmin =

4 3+4 . 3

C. Pmin =

4 3+4 . 9

D. Pmin =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

4 3−4 . 9

Lời giải Chọn A

x > 0 1− y . > 0 và x > 0, y > 0 hay  x + 3 xy 0 < y < 1 3 (1 − y ) 3 xy + x +3 y −3 1− y 1− y =3 Ta có log 3 = 3 xy + x + 3 y − 4 ⇔ = 33 xy + x + 3 y − 4 ⇔ x + 3xy x + 3xy x + 3xy 3 (1 − y ) 33 xy + x ⇔ = 3−3 y ⇔ ( 3 − 3 y ) .33−3 y = ( 3 xy + x ) .33 xy + x (*) x + 3xy 3 Xét hàm số f ( t ) = t.3t với t > 0 . Ta có f ′ ( t ) = 3t + t.3t.ln 3 > 0 với ∀t > 0 . Suy ra f ( t ) đồng

FI CI A

Điều kiện

 3 − 3 y = 3xy + x ⇔ y =

P = ( x + 1) +

4 4 − ≥2 3 ( x + 1) 3

( x + 1) .

4 4 4 3 −4 − = . 3 ( x + 1) 3 3

4   x + 1 = 3 ( x + 1)  2  x=   4 3−4 3− x  = ⇔ y= ⇔ 3 3 ( x + 1)  y = 2  x > 0;0 < y < 1   

3 −3 3 . 3 −1 3

Vậy Pmin

 3− x 3− x 1 4 = ( x + 1) +  +  − 3 ( x + 1)  3 ( x + 1) 3  3

ƠN

Ta có P = x + y = x +

3− x . 3( x + 1)

biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

(

)

Câu 36. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn log 3 ( x + 2 y ) = log 2 x 2 + y 2 ? A. 3.

C. 1. Lời giải

QU Y

B. 2.

Chọn B

D. vô số.

t  x + 2 y = 3 Đặt log3 ( x + 2 y ) = log 2 x 2 + y 2 = t ⇔  2 (*) 2 t  x + y = 2

(

)

Hệ có nghiệm ⇔ đường thẳng ∆ : x + 2 y − 3t = 0 và đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 =

KÈ

chung ⇔ d ( O, ∆ ) ≤ R ⇔

0 + 0 − 3t 12 + 2 2

t 2

( ) 2

có điểm

9 ≤ 2 ⇔ 3 ≤ 5. 2 ⇔   ≤ 5 ⇔ t ≤ log 9 5 . 2 2 t

log 9 5

Do x 2 + y 2 = 2t nên y ≤ 2  y ≤ 2

≈ 1, 448967.. .

Vì y ∈ ℤ nên y ∈ {−1;0;1} .

DẠ

Thử lại:

 x − 1 = 3t 2 t  3 + 1 + 1 = 2t ⇔ 9t + 2.3t − 2t + 2 = 0 (**) - Với y = −1, hệ (*) trở thành  2 t  x + 1 = 2

(

)

Nếu t < 0 thì 2 − 2t > 0  9t + 2.3t − 2t + 2 > 0 . Nếu t ≥ 0  9t − 2t ≥ 0  9t + 2.3t − 2t + 2 > 0 . Vậy (**) vô nghiệm.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

t  x = 3t 9 t t  9 = 2 ⇔ - Với y = 0 thì hệ (*) trở thành  2   = 1 ⇔ t = 0  x = 1. t 2  x = 2

 x + 1 = 3t 2 t  3 − 1 = 2t − 1 (***) . - Với y = 1 thì hệ (*) trở thành  2 t  x + 1 = 2 Dễ thấy (***) luôn có ít nhất một nghiệm t = 0  x = 0 . Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là y = 0, y = 1 . Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của c để tồn tại các số thực a, b > 1 thỏa mãn log 9 a = log12 b = log16

A. 4 .

5b − a . c B. 5 .

)

FI CI A

(

C. 2 . Lời giải

Chọn D

D. 3 .

ƠN

  a = 9t t 5b − a a 3  log9 a = log12 b = log16 = t > 0 . Khi đó b = 12t  = (*)   = u ∈ ( 0;1) c b 4  5b − a t  = 16  c 2t

3 3 Từ (*) suy ra 5.12 − 9 = c.16 ⇔ 5   −   = c 4 4 2 Suy ra c = −u + 5u = f ( u ) t

Ta có f ′ ( u ) = −2u + 5 > 0 ∀u ∈ ( 0;1)

QU Y

Bảng biến thiên của f ( u ) trên ( 0;1) là

Để tồn tại a, b thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình (*) phải có nghiệm

⇔ c = f ( u ) có nghiệm u ∈ ( 0;1) ⇔ 0 < c < 4. Do c ∈ ℕ * nên c ∈ {1; 2;3}

DẠ

KÈ

 2x − 1  x Câu 38. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log3   = y +1− 2 ? y   B. 11 . C. 2020 . D. 4 . A. 2019 . Lời giải Chọn B y ≠ 0  x  2 −1 > 0 ⇔ 2x > 1 ⇔ x > 0 Từ giả thiết ta có:   y  y ≥ 0 Ta có: PT ⇔ log 3 ( 2 x − 1) + 2 x − 1 = log 3 y + y (*) Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t trên ( 0; +∞ ) Khi đó f ′ ( t ) =

1 + 1 > 0 do đó hàm số f ( t ) = log 3 t + t đồng biến trên ( 0; +∞ ) t ln 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(*) có dạng f ( 2 x − 1) = f ( y ) ⇔ y = 2 x − 1 x x Vì 0 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 0 ≤ 2 − 1 ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2 ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ x ≤ log2 ( 2021)

FI CI A

0 ≤ x ≤ log 2 ( 2021) ⇔ x ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9;10} . Vậy có 11 cặp ( x; y ) thỏa mãn.   x ∈ ℤ Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ( x; y ) thỏa mãn

e3 x +5 y − e x +3 y +1 = 1 − 2 x − 2 y , đồng thời thỏa mãn log32 ( 3x + 2 y − 1) − ( m + 6) log3 x + m2 + 9 = 0 ? A. 6 .

B. 5 .

C. 8 . Lời giải

D. 7 .

Chọn B Ta có e3 x +5 y − e x +3 y +1 = 1 − 2 x − 2 y ⇔ e3x+5 y + ( 3x + 5 y ) = e x+3 y +1 + ( x + 3 y + 1) (1)

t t Xét hàm số f ( t ) = e + t trên ℝ . Ta có f ′ ( t ) = e + 1 > 0 nên hàm số đồng biến trên ℝ .

Khi đó (1) ⇔ f ( 3x + 5 y ) = f ( x + 3 y + 1) ⇔ 3 x + 5 y = x + 3 y + 1 ⇔ 2 y = 1 − 2 x . 2 2 Thế vào phương trình còn lại ta được log3 x − ( m + 6) log3 x + m + 9 = 0 (2)

Đặt t = log 3 x . Số nghiệm của phương trình (2) chính là số nghiệm của phương trình

ƠN

t 2 − ( m + 6) t + m2 + 9 = 0 (3)

A. 3 .

B. 2 .

Phương trình (3) có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ −3m 2 + 12 m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 . Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn. Câu 40. (ĐỀ MINH HỌA LẦN 2-BDG 2019-2020) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực 2 2 y thỏa mãn log3 ( x + y ) = log 4 ( x + y )

C. 1 . Lời giải

D. Vô số.

QU Y

Chọn B Đặt log3 ( x + y ) = log 4 ( x 2 + y 2 ) = t . Điều kiện: x + y > 0 . t   x + y = 3  x + y = 3t  x + y = 3t 9t − 4t t t t nên S = 3 và P = ⇔ ⇔ Suy ra  2 .    x + y 2 = 4t ( x + y )2 − 2 xy = 4t  xy = 9 − 4 2    2 t  9t − 4t   9  2 2 t t t    ⇔ 9 ≤ 2.4 ⇔   ≤ 2 . Để tồn tại x , y thì S ≥ 4 P ⇔ ( x + y ) ≥ 4 xy nên 9 ≥ 4   4   2 

Khi đó t ≤ log 9 2 . 4

log 9 2

KÈ

2 2 2 2 Ta có: log 4 ( x + y ) = t ≤ log 9 2 ⇔ x + y ≤ 4

≈ 3, 27 .

DẠ

Mặt khác x là số nguyên nên x = −1; x = 0, x = 1 . Thử lại:  y = 3t + 1 t ≥ 0 Với x = −1 ta có  2   x 2 + y 2 ≥ 5 . Suy ra loại x = −1 . t y ≥ 2  y + 1 = 4 ≥ 1  t t = 0  y = 3 Với x = 0 ta có  2  . Suy ra nhận x = 0 . t  y = 4 y =1  y = 3t − 1 t = 0  Với x = 1 ta có  2 . Suy ra nhận x = 1 . t  y = 4 − 1  y = 2

Vậy có hai giá trị nguyên của x thỏa yêu cầu bài toán là x = 0 và x = 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 41. Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số ( x; y ) thỏa mãn B. S = {−1;1} .

C. S = {−5;5} .

D. S = {−7 − 5; −1;1;5; 7} . Lời giải

FI CI A

A. S = {−5; −1;1;5} .

log x2 + y2 + 2 ( 4 x + 4 y − 6 + m 2 ) ≥ 1 và x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 .

Chọn B y

2 I

-1

-3

ƠN

Nhận thấy x 2 + y 2 + 2 > 1 với mọi x, y ∈ ℝ nên:

log x2 + y2 + 2 ( 4 x + 4 y − 6 + m 2 ) ≥ 1 ⇔ 4 x + 4 y − 6 + m2 ≥ x 2 + y 2 + 2 2

⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 8 − m 2 ≤ 0 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ≤ m 2 (*). x = 2 . y = 2

m = 0 thì (*) ⇔ 

Cặp

( 2; 2 )

Khi

không

là

nghiệm

của

phương

trình

x2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 . Khi m ≠ 0 , tập hợp các điểm ( x; y ) thỏa mãn (*) là hình tròn tâm J ( 2; 2 ) , bán kính là m .

QU Y

Trường hợp này, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để đường tròn tâm I ( −1; 2 ) , bán kính 2 và hình tròn tâm J ( 2; 2 ) , bán kính m có đúng một điểm chung (hình vẽ)

Điều này xảy ra khi m = 1 ⇔ m = ±1 (thỏa mãn m ≠ 0 ). Vậy S = {−1;1} .

KÈ

Câu 42. Có bao nhiêu cặp số nguyên x ; y thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log 4 ( 512 x + 768 ) + 2 x − 1 = 2 y + 16 y ? A. 2019 B. 0 C. 2020 D. 1 Lời giải Chọn B Ta có: log 4 ( 512 x + 768 ) + 2 x − 1 = 2 y + 16 y ⇔ log 4 256 ( 2 x + 3 ) + 2 x − 1 = 2 y + 4 2 y

⇔ log 4 ( 2 x + 3 ) + ( 2 x + 3 ) = 2 y + 4 2 y .

Xét hàm số f ( t ) = t + 4t trên ℝ .

DẠ

f ' ( t ) = 1 + 4t ln 4 > 0, ∀x ∈ ℝ . Suy ra hàm số đồng biến trên ℝ .

Khi đó: log 4 ( 2 x + 3) = 2 y ⇔ 2 x + 3 = 16 y ⇔ x = Vì: 0 ≤ x ≤ 2020 ⇔ 0 ≤

16 y − 3 . 2

16 y − 3 ≤ 2020 ⇔ 3 ≤ 16 y ≤ 4043 ⇔ log16 3 ≤ y ≤ log16 4043 . 2

Mà y ∈ ℤ  y ∈ {1; 2} .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

13 (l ) . 2 253 Với y = 2  x = (l ) . 2 Vậy không có cặp số ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. bao

cặp

nhiêu

số

nguyên

( x; y )

thỏa

mãn:

3log3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) +1 B. 1 A. 2 C. 3 D. 0

x 2 + 2017 y 2 + 2017

− x2

x 2 + 2017 ; y 2 + 2017

ƠN

(1) ⇔ log 2016 2016 y −x = log 2016

2016 y

Lời giải Chọn A 2  2016 y 2 −x2 = x + 2017 (1) y 2 + 2017 Ta có  .  3log 3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) + 1 (2)  x + 2 y + 6 > 0 Điều kiện  .  x + y + 2 > 0

FI CI A

Câu 43. Có

Với y = 1  x =

⇔ y 2 − x 2 = log 2016 ( x 2 + 2017) − log 2016 ( y 2 + 2017)

⇔ y 2 + log 2016 ( y 2 + 2017) = x 2 + log 2016 ( x 2 + 2017) (3) Xét hàm số f (t ) = t 2 + log 2016 (t 2 + 2017) trên [0, +∞) . Ta có. 2t ≥ 0, ∀t ∈ [0, +∞) . (t + 2017) ln 2016 2

QU Y

f ′ (t ) = 2t +

Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên [0, +∞) .

y = x Do đó (3) ⇔ y 2 = x 2 ⇔  .  y = −x Với y = x thay vào phương trình (2) ta được.

3log3 (3x + 6) = 2log2 (2x + 2) +1

KÈ

. ⇔ 3 1 + log 3 ( x + 2) = 2 1 + log 2 ( x + 1) + 1 ⇔ 3log 3 ( x + 2) = 2 log 2 ( x + 1) .

t   t = 3log 3 ( x + 2)  x + 2 = 33  x + 2 =    Đặt  ⇒ ⇔ t t = 2 log 2 ( x + 1)     x + 1 = 2 2  x + 1 =

( 3 ) ( 4) . ( 2 ) (5) 3

DẠ

 2   1 t 2 +1 = 3 ⇔  3  +  3  = 1 ⇒ phương trình có Lấy (5) thay vào (4) , ta được  3   3  nghiệm duy nhất t = 6 . Suy ra phương trình có nghiệm x = 7 . Suy ra nghiệm của hệ phương trình là (7;7) . t

( )

( ) 3

Với y = −x thay vào phương trình (2) ta được.

3log3 ( y + 6) = 3 ⇔ log3 ( y + 6) = 1 ⇒ y = −3, x = 3 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (3; −3), (7;7) .

( x ≥ 0)

thỏa mãn

1 − y ( x + 3) . 2018 x +3 y Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + 2 y . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m ∈ ( 0;1) .

B. m ∈ (1;2 ) .

C. m ∈ ( 2;3) .

D. m ∈ ( −1;0) . Lời giải

Chọn D

1 − y ( x + 3) 2018 x +3 y ⇔ 2018x +3 y − 2018− x −3 y + x + 3 y = 2018− xy −1 − 2018xy +1 − xy − 1

Ta có 2018 x +3 y + 2018 xy +1 + x + 1 = 2018− xy −1 +

FI CI A

2018 x +3 y + 2018 xy +1 + x + 1 = 2018− xy −1 +

⇔ f ( x + 3 y ) = f ( − xy − 1) (1) t −t Xét hàm số f ( t ) = 2018 − 2018 + t , với t ∈ ℝ ta có

f ′ ( t ) = 2018t ln 2018 + 2018−t ln 2018 + 1 > 0 , ∀t ∈ ℝ .

ƠN

Do đó f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (1) ⇔ x + 3 y = − xy − 1 2 ( x + 1) x +1 . T = x− x+3 x+3 2 ( x + 1) Xét hàm số f ( x ) = x − , với x ∈ [ 0; +∞ ) có x+3 x2 + 6 x + 5 4 = > 0 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . f ′(x) = 1− 2 2 ( x + 3) ( x + 3)

⇔ y ( x + 3) = − x − 1  y = −

QU Y

2 Do đó f ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞)  f ( x ) ≥ f ( 0 ) = − . 3

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = 0  m = − 2 . 3

2x2 + y2

Câu 45. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 2 B. 2. C. 0. A. 1. Lời giải Chọn B

= 3x+y = t , suy ra

2x2 + y2

Đặt 2

= 3x+ y ? D. Vô số.

 2 x 2 + y 2 = log 2 t .   x + y = log 3 t 2

KÈ

 1  1  . 2 x + 1. y  ≤  + 1  ( 2 x 2 + y 2 ) nên suy ra:  2  2  3 3 3 log 32 t ≤ log 2 t = log 2 3.log 3 t  log 3 t ≤ log 2 3 ≈ 2, 74 . 2 2 2 2

Ta có ( x + y ) = 

Do đó 2x + y = log2 t = log2 3.log3 t ≤ 3,7 .

Mà x ∈ ℤ nên x ∈{−1;0;1} .

DẠ

Câu 44. Xét các số thực x , y

 y2 = log2 t = log2 3.log3 t + Với x = 0 , ta có  , suy ra y 2 = y.log 2 3 ⇔ y = log t  3 2 2 + y = log2 t = log2 3.log3 t + với x = 1 , ta có  , suy ra 1+ y = log3 t

y = 0  y = log 3 .  2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 + y 2 = log2 3. (1 + y ) ⇔ y2 − log2 3.y + 2 − log2 3 = 0 phương trình có nghiệm.

A. 3.

B. 2.

FI CI A

Câu 46. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực

x thỏa mãn log 3 ( x + 2 y ) = log 2 ( x 2 + y 2 ) ?

C. 1 . Lời giải

D. vô số.

Chọn B t  x + 2 y = 3 Đặt log3 ( x + 2 y ) = log2 ( x + y ) = t ⇔  2 (*) 2 t  x + y = 2 2

2 + y2 = log2 t = log2 3.log3 t + Với x = −1 , ta có  , suy ra −1+ y = log3 t 2 + y 2 = log2 3.( −1 + y ) ⇔ y2 − log2 3.y + 2 + log2 3 = 0 phương trình vô nghiệm.

9 2 Ta có ( x + 2 y ) ≤ (1 + 4 ) ( x 2 + y 2 ) = 5 ( x 2 + y 2 ) nên: 9 t ≤ 5.2 t ⇔   ≤ 5 ⇔ t ≤ log 9 5 . 2

Suy ra x 2 + y 2 = 2 t ≤ 2

log 9 5 2

≈ 2.1 .

ƠN

Vì y ∈ ℤ nên y∈{−1;0;1} .

t 2 x −1 = 3  ( 3t +1) +1 = 2t ⇔ 9t + 2.3t − 2t + 2 = 0 (**) +Với y = − 1 , hệ (*) trở thành  2 t x +1 = 2 t t Nếu t < 0 thì 2 − 2 > 0  9 + 2.3t − 2 t + 2 > 0 .

Nếu t ≥ 0  9 t − 2 t ≥ 0  9 t + 2.3t − 2 t + 2 > 0 . Vậy (**) vô nghiệm.

Chọn D

QU Y

t t x = 3 9 t t  9 = 2 ⇔   = 1 ⇔ t = 0  x = 1. - Với y = 0 thì hệ (*) trở thành  2 t  2 x = 2  x +1 = 3t 2 t  3 − 1 = 2t −1 (***) . - Với y = 1 thì hệ (*) trở thành  2 ( ) t  x +1 = 2 Dễ thấy (***) luôn có ít nhất một nghiệm t = 0  x = 0 . Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là y = 0, y = 1 . x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy. Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn log 3 2 x + y2 + xy + 2 A. 1. B. 2. C. 4. D. 6.

Lời giải

KÈ

x+ y > 0 ⇔ x + y > 0. x + y2 + xy + 2 x+ y log 3 2 2 = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + 2

Điều kiện

DẠ

⇔ 2 log 3 ( x + y ) − 2 log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) = x 2 + y 2 + xy − 3 x − 3 y ⇔ 2 log 3 ( x + y ) + 2 − 2 log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) = x 2 + y 2 + xy + 2 − 3 x − 3 y

⇔ 2 log 3 ( 3 x + 3 y ) + ( 3x + 3 y ) = 2 log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy + 2

Xét hàm đặc trưng f ( t ) = 2log3 t + t , t ∈ ( 0; +∞ ) , ta có f ′ ( t ) =

2 + 1 > 0, ∀ t ∈ ( 0; +∞ ) . t .ln 3

Suy ra hàm f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0;+∞) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Phương trình ⇔ f ( 3 x + 3 y ) = f ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) ⇔ x 2 + y 2 + xy + 2 = 3 x + 3 y 2 Điều kiện của y để phương trình có nghiệm là ( 3 − y ) − 4 ( y 2 − 3 y + 2 ) ≥ 0

3−2 2 3+ 2 2 ≤ y≤ . 3 3 Do y ∈ ℤ nên y ∈{0;1;2} .

FI CI A

⇔ −3 y2 + 6 y + 1 ≥ 0 ⇔

x = 1 + Với y = 0 , ta được x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔  . x = 2 x = 0 + Với y = 1 , ta được x 2 + 2 x = 0 ⇔  .  x = −2 x = 0 + Với y = 2 , ta được x 2 + x = 0 ⇔  .  x = −1 Vậy có 6cặp số thỏa mãn đề bài.

⇔ x2 + ( 3 − y ) x + y 2 − 3 y + 2 = 0 .

ƠN

Câu 48. Cho 0 ≤ x ≤ 2020 và log2 (2x + 2) + x − 3y = 8 .Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn các điều kiện trên? A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4. Lời giải Chọn D Ta có log2 (2x + 2) + x − 3y = 8

⇔ log2 ( x +1) + x +1 = 3y − 23 y

Do 0 ≤ x ≤ 2020 nên log2 (2x+ 2) luôn có nghĩa.

⇔ log2 ( x +1) + 2log2 ( x+1) = 3y + 23y (1) t

QU Y

Xét hàm số f (t) = t + 2 .

Tập xác định D = ℝ và f ′(t) =1+ 2 ln2



f ′(t ) > 0 ∀t ∈ ℝ .

Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên ℝ . Do đó (1) ⇔ log2 (x +1) = 3y ⇔ x + 1 = 2 3 y

⇔ y = log8 (x +1) .

Ta có 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ x + 1 ≤ 2021 suy ra 0 ≤ log8 (x +1) ≤ log8 2021.

Lại có log8 2021 ≈ 3,66 nên nếu y ∈ ℤ thì y ∈ {0 ;1; 2 ; 3} . Vậy có 4 cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0 ; 0) , (7 ;1) , (63 ; 2) , (5 11; 3) .

KÈ

Câu 49. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 3 y − x = 27 x − y và 0 ≤ y ≤ 101 . A. 102 .

B. 101.

C. 34 . Lời giải

D. 33 .

Chọn C

DẠ

Ta có: 3 y − x = 27 x −

y +1 3 x +1 y + ( 3x + 1) .(*) ⇔ 3.3 y + y = 3.27 x + 3 x ⇔ 3 + ( y + 1) = 3 3

t Xét hàm số f ( t ) = t + 3 xá định và liên tục trên ℝ .

f ′ ( t ) = 1+ 3t.ln3 > 0, ∀t hàm số f ( t ) đồng biến trên ( −∞; + ∞) . Mà (*) ⇔ f ( y + 1) = f ( 3x + 1) ⇔ y + 1 = 3x + 1 ⇔ y = 3x . Với 0 ≤ y ≤ 101 ⇔ 0 ≤ 3 x ≤ 101 ⇔ 0 ≤ x ≤

101 . 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Mà x ∈ ℤ  x ∈{0;1;2;...;33} . Với mỗi giá trị

x tương ứng duy nhất 1giá trị y .

(

)

(

D. 25 .

FI CI A

Câu 50. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3x − 9 x log3 ( x + 25) − 3 ≤ 0 A. 27. B. Vô số. C. 26 . Lời giải Chọn C Ta có điều kiện xác định của bất phương trình là x > −25 .

)

Đặt A( x) = 3x − 9 x log3 ( x + 25 ) − 3 , x > −25 . 2

3x − 9 x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 . log3 ( x + 25) − 3 = 0 ⇔ x = 2 .

Ta có bảng xét dấu A( x ) như sau

ƠN

x = 2  x ∈ {−24; −23;...;0; 2} (do x ∈ℤ ). Từ đó, A( x) ≤ 0 ⇔   −25 < x ≤ 0 Kết luận: có 26 nghiệm nguyên thỏa mãn.

(

)

Câu 51. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3x − 9 x [ log 2 ( x + 30) − 5] ≤ 0? B. Vô số.

Chọn C

C. 31 . Lời giải

A. 30 .

(

D. 29 .

)

Điều kiên xác định: x > −30 . Đặt f ( x) = 3x − 9 x log 2 ( x + 30 ) − 5 3 x = 9 x  x2 = 2 x x = 0 ⇔ Xét phương trình f ( x ) = 0 ⇔  ⇔ . 5 log 2 ( x + 30) = 5  x = 2 (kép)  x + 30 = 2 Ta có bảng xét dấu:

QU Y

Suy ra bất phương trình f ( x ) ≤ 0 có tâp nghiệm là: S = ( −30;0] ∪ {2}

Với x ∈ ℤ  x ∈ {−29; −28;...; −2; −1;0; 2} . Vậy có 31 số nguyên x thỏa mãn.

(

)

Câu 52. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2 x − 4 x log 2 ( x + 14 ) − 4 ≤ 0 ? A. 14 . B. 13 . C. Vô số. D. 15 . Lời giải Chọn D Cách 1 • Trường hợp 1: 2 2 2 x − 4 x ≤ 0  x2 − 2 x ≤ 0 0 ≤ x ≤ 2 2 x ≤ 22 x ⇔ ⇔ ⇔x=2 ⇔    x + 14 ≥ 16 x ≥ 2 x ≥ 2 log 2 ( x + 14 ) − 4 ≥ 0 • Trường hợp 2:

DẠ

KÈ

Vậy có 34 cặp ( x; y ) thỏa yêu cầu bài toán.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

)

Điều kiện xác định: x > −14 . Đặt f ( x) = 2 x − 4 x log 2 ( x + 14 ) − 4 

2x = 4x  x2 = 2 x x = 0 ⇔ ⇔ . Xét phương trình f ( x ) = 0 ⇔  4 log 2 ( x + 14) = 4  x = 2 (kép)  x + 14 = 2 Ta có bảng xét dấu: 2

Do x ∈ ℤ  x ∈ {−13; −12;...; −2; −1;0; 2} . Vậy có 15 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

)

Suy ra bất phương trình f ( x ) ≤ 0 có tập nghiệm là: S = ( −14;0] ∪ {2} .

(

)

ƠN

Câu 53. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2 x − 4 x  log 3 ( x + 25 ) − 3 ≤ 0 ? B. Vô số. C. 25. D. 26. A. 24. Lời giải Chọn D Cách 1: Ta có điều kiện xác định của bất phương trình là x > −25 .

(

Đặt A( x) = 2 x − 4 x log 3 ( x + 25) − 3 , x > −25 . 2

2x − 4x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 . log3 ( x + 25) − 3 = 0 ⇔ x = 2 .

QU Y

Ta có bảng xét dấu A( x ) như sau

KÈ

x = 2 Từ đó, A( x) ≤ 0 ⇔   x ∈ {−24; −23;...;0;2} (do x ∈ℤ )  −25 < x ≤ 0 Kết luận: có 26 nghiệm nguyên thỏa mãn. Cách 2: • Trường hợp 1: 2 2 2 x − 4 x ≤ 0 2 x ≤ 22 x  x2 − 2 x ≤ 0 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ ⇔ ⇔ x = 2. ⇔   x + 25 ≥ 27 x ≥ 2 x ≥ 2 log3 ( x + 25 ) − 3 ≥ 0 • Trường hợp 2:

DẠ

 x ≤ 0 2 2 x − 4 x ≥ 0 x2 − 2x ≥ 0  ⇔ ⇔  x ≥ 2 ⇔ −25 < x ≤ 0 ∨ x = 2 .  −25 < x ≤ 2 log3 ( x + 25) − 3 ≤ 0 −25 < x ≤ 2 

(

FI CI A

 x ≤ 0 2 2 x − 4 x ≥ 0  x2 − 2 x ≥ 0  −14 < x ≤ 0  ⇔ ⇔  x ≥ 2 ⇔ .  x = 2 −14 < x ≤ 2 log 2 ( x + 14 ) − 4 ≤ 0 −14 < x ≤ 2  Vậy có 15 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2:

)

• Vậy có 26 giá trị nguyên của x thỏa mãn 2 x − 4 x  log 3 ( x + 25 ) − 3 ≤ 0 .

Câu 54. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 2 ( x 2 + 1) − log 2 ( x + 31)  ( 32 − 2 x −1 ) ≥ 0 ? A. 27 . B. Vô số. C. 26 . D. 28 . Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

32 − 2 x −1 = 0 ⇔ x − 1 = log 2 32 ⇔ x − 1 = 5 ⇔ x = 6 . Bảng xét dấu:

FI CI A

 x > −31  x + 31 > 0  x > −31 x = 6  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  x = 6 ⇔  .  x = −5  x + 1 = x + 31  x − x − 30 = 0   x = −5 

Chọn C Điều kiện: x + 31 > 0 ⇔ x > −31 . Đặt f ( x ) = log 2 ( x 2 + 1) − log 2 ( x + 31)  ( 32 − 2 x −1 ) . Ta có log 2 ( x 2 + 1) − log 2 ( x + 31) = 0 ⇔ log 2 ( x 2 + 1) = log 2 ( x + 31) .

Khi đó f ( x ) ≥ 0 ⇔ −31 < x ≤ −5 .

Và x ∈ ℤ  x ∈ {−30; − 29;...; − 5} nên có 26 giá trị nguyên của x .

ƠN

Câu 55. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3 ( x 2 + 1) − log3 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 ) ≥ 0? A. 17. B. 18. C. 16. D. Vô số. Lời giải Chọn B Điều kiện: x > −21.  x = −4 Cho: log 3 ( x 2 + 1) − log 3 ( x + 21) = 0 ⇔ x 2 + 1 = x + 21 ⇔  và 16 − 2 x −1 = 0 ⇔ x = 5. x = 5  Bảng xét dấu:

QU Y

Nghiệm của bất phương trình S = ( −21; − 2] ∪ {5} . Suy ra có 18 giá trị nguyên thỏa ycbt.

Câu 56. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  log 2 ( x 2 + 1) − log 2 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 ) ≥ 0 ? A. Vô số. B. 17 . C. 16 . D. 18 . Lời giải Điều kiện: x + 21 > 0 ⇔ x > −21 Đặt f ( x ) =  log 2 ( x 2 + 1) − log 2 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 )

Ta có: log 2 ( x 2 + 1) − log 2 ( x + 21) = 0 ⇔ log 2 ( x 2 + 1) = log 2 ( x + 21)

DẠ

KÈ

 x > −21  x > −21  x > −21 x = 5  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  x = 5 ⇔   x = −4  x + 1 = x + 21  x − x − 20 = 0    x = −4 16 − 2 x−1 = 0 ⇔ 2x−1 = 16 ⇔ 2 x−1 = 24 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5 Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu ta có: f ( x) ≥ 0 ⇔ −21 < x ≤ −4 Vì x ∈ Z  x ∈ {−20; −19; −18...; −4} Vậy, có 17 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Câu 57. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3 ( x 2 + 1) − log3 ( x + 21)  (16 − 2 x −1 ) ≥ 0? A. 17. B. 18. C. 16. D. Vô số. Lời giải Chọn B Điều kiện: x > −21.  x = −4 và 16 − 2 x −1 = 0 ⇔ x = 5. Cho: log 3 ( x 2 + 1) − log 3 ( x + 21) = 0 ⇔ x 2 + 1 = x + 21 ⇔  x = 5 Bảng xét dấu:

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Nghiệm của bất phương trình S = ( −21; − 2] ∪ {5} . Suy ra có 18 giá trị nguyên thỏa ycbt.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

D. 6 .

QU Y

 f ( x ) = −1 Suy ra: f ' ( f ( x ) ) = 0 ⇔   f ( x ) = 2

ƠN

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ' ( f ( x ) ) = 0 là: A. 3 . B. 4 . C. 5 . Lời giải Chọn B  x = −1 Từ bảng biến thiên ta có: f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 2

FI CI A

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 40. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Phương trình f ( x ) = −1 cho ta ba nghiệm, phương trình f ( x ) = 2 cho ta một nghiệm.

DẠ

KÈ

Vậy tổng phương trình có bốn nghiệm.  Đề xuất phương pháp chọn đồ thị đặc biệt. Chọn một đồ thị hàm bậc ba có bảng biến thiên như giải thiết

 x = −1 Do f ' ( x ) = 0 ⇔  nên f ' ( x ) = a ( x + 1)( x − 2 ) ( a > 0 ) x = 2  x3 x 2  f ' ( x ) = a ( x2 − x − 2)  f ( x ) = a  − − 2x  + c  3 2 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

7a + c =1 6 10 f ( 2 ) = − a + c = −5 3 4  a=  5 4  x3 x 2  3  f ( x) =  − − 2x  −  3 3 2  9 c = − 5  9 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình f f ( x) = 0 .

(

)

(

)

A. 5 .

B. 6 .

C. 7.

D. 9 .

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình f f ( x) = 1 .

QU Y

Câu 2.

ƠN

Câu 1.

FI CI A

f ( −1) =

A. 5 .

C. 7.

D. 9 .

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ sau

DẠ

KÈ

Câu 3.

B. 6 .

Câu 4.

(

)

Số nghiệm của phương trình f 2 + f ( e x ) = 1 là A. 4.

B. 2.

C. 1 .

D. 3 .

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp 2 trên ℝ và có đồ thị f ′ ( x ) là đường cong trong hình vẽ bên.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

(

)

Đặt g ( x ) = f f ′ ( x ) −1 . Gọi S là tập nghiệm của phương trình g′ ( x) = 0. Số phần tử của tập

Câu 5.

B. 10 .

C. 9 .

D. 6 .

S là A. 8 .

Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( f ( x )) . Hỏi phương

A. 14. B. 10 . C. 8 . Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

D. 12.

QU Y

Câu 6.

ƠN

trình g′ ( x) = 0 có mấy nghiệm thực phân biệt?

Số nghiệm thực của phương trình f ' ( 5 − 3 f ( x) ) = 0 là

D. 9.

KÈ

Câu 7.

A. 11. B. 10. C. 12. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

DẠ

Số nghiệm thực của phương trình f ' ( f ( x ) ) = 0 là

Câu 8.

A. 3. B. 4. C. 5. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

D. 2.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L )

B. 6. C. 5. A. 7. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

D. 8.

Câu 9.

FI CI A

(

Biết f (0) = −2 . Số nghiệm thực của phương trình f ' f ( x ) = 0 là

Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình f ' ( f ( x) − m ) = 0 có 5 nghiệm thực?

QU Y

ƠN

A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên R và có đồ thị y = f '( x ) là đường cong trong hình vẽ bên.

DẠ

KÈ

Đặt g ( x ) = f ( f '( x ) − 1) . Gọi S là tập nghiệm của phương trình g '( x ) = 0 . Số phần tử của tập S là B. 6 C. 10 D. 9 A. 8 Câu 11. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) được cho như hình vẽ sau

Số giao điểm của đồ thị hàm số y =  f ′ ( x ) − f ′′ ( x ). f ( x ) và trục O x là:

A. 4. B. 6. C. 2. D. 0. Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình

f ( f ( x) −1) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Tập nghiệm của phương trình f ( x) = r có số phần tử là

A. 6. B. 5. C. 7. D. 4 . 4 3 2 Câu 13. Cho hàm số f ( x ) = mx + nx + px + qx + r ,. Hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

ƠN

A. 4. B. 3. C. 1. D. 2. 4 3 2 Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) = mx + nx + px + qx + r , trong đó m , n , p , q , r ∈ ℝ . Biết rằng hàm số

QU Y

y = f ' ( x) có đồ như hình vẽ dưới.

Tập nghiệm của phương trình f ( x) = 16m + 8n + 4 p + 2q + r có tất cả bao nhiêu phần tử.

D. 6.

KÈ

A. 4 . B. 3. C. 5. Câu 15. Cho f ( x ) là một hàm đa thức bậc bốn có đồ thị như hình dưới đây.

DẠ

Tập nghiệm của phương trình  f ′ ( x )  = f ( x ) . f ′′ ( x ) có số phần tử là A. 1 . B. 2. C. 6. D. 0. Câu 16. Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị như hình sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

y 4

y=f(x)

1 O -3 -2 -1

3 4 -1 -2

FI CI A

3 2

5 x

-3 -4

y=g(x)

Khi đó tổng số nghiệm của hai phương trình f ( g ( x ) ) = 0 và g ( f ( x ) ) = 0 là

A. 25 . B. 22 . C. 21. D. 26 . Câu 17. Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm liên tục trên R . Hàm số y = f ′ (x ) có đồ thị như hình vẽ bên y

ƠN

dưới:

−3 −2

−1 O

2 3

4 5

−2

2 6 7

QU Y

Số nghiệm thuộc đoạn −2;6 của phương trình f (x ) = f (0) là





A. 5 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới. Đặt

DẠ

KÈ

g ( x ) = f  f ( x )  . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 .

. A. 2 B. 8 C. 4 D. 6 4 3 2 Câu 19. Cho hàm số y = f ( x )=ax + bx + cx + dx + e có đồ thị như hình vẽ bên đây, trong đó a ,b,c,d ,e là các hệ số thực. Số nghiệm của phương trình f

(

)

f ( x) + f ( x) + 2 f ( x) −1 = 0 là

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B. 4. các

hàm

D. 0.

f ( x) = mx + nx + px + qx + r

số

( n, n, p, q, r, a, b, c, d ∈ℝ)

C. 2. 4

FI CI A

A. 3. Câu 20. Cho

và

g ( x ) = ax3 + bx2 + cx + d ,

thỏa mãn f ( 0) = g ( 0) . Các hàm số f ′ ( x ) , g′ ( x ) có đồ thị như hình

ƠN

vẽ dưới đây

Tập nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( x ) có số phần tử là

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp nghiệm của phương

(

)

QU Y

trình f f ( x) +1 = 0 có bao nhiêu phần tử?

C. 6.

D. 9.

DẠ

KÈ

A. 4. B. 7. Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên

Phương trình f

(

)

2 x − x 2 = 3 có bao nhiêu nghiệm?

A. 1. B. 2. C. 3. Câu 23. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

D. 4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

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

A. 10 . B. 8. C. 9. D. 7. Câu 24. Cho hàm số f ( x) có đồ thị như hình bên. Phương trình f  f ( cos x ) − 1 = 0 có bao nhiêu

ƠN

nghiệm thuộc đoạn [ 0;2π ] ?

D. 6.

DẠ

KÈ

QU Y

A. 2. B. 5. C. 4. 3 2 Câu 25. Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + bx + c có đồ thị như hình vẽ:

 −π  ;3π  của phương trình f ( cos x +1) = cos x +1 là  2  B. 3. C. 5. D. 4.

Số nghiệm nằm trong 

A. 2.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 26. Cho y = f ( x ) là hàm số đa thức bậc 3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi phương trình

FI CI A

f ( f ( cos x ) − 1) = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn [ 0;3π ] ?

ƠN

A. 2. B. 4. C. 5. D. 6. Câu 27. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình f ( 3x + 1) − 2 = 5 có bao nhiêu nghiệm?

QU Y

A. 3. B. 5. C. 6. D. 4. y = f x Câu 28. Cho hàm số ( ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới.

KÈ

Đặt g ( x ) = f  f ( x )  . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 .

A. 8 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . Câu 29. Cho hàm số f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f f ( x ) −1 . Số nghiệm của phương trình

(

)

g ′ ( x ) = 0 là

DẠ

A. 6. B. 10 . C. 9. Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên

D. 8.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

 7π   của phương trình f ( f (cos x )) = 0 là  2  B. 5. C. 8.

Số nghiệm thuộc đoạn  0;

D. 6.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

A. 7.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

HƯỚNG DẪN GIẢI

(

)

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình f f ( x) = 0 .

B. 6 .

A. 5 .

FI CI A

Câu 1.

C. 7. Lời giải

D. 9 .

Chọn C

t = t1 ∈ ( −2; − 1)  Đặt: t = f ( x ) , phương trình f ( f ( x ) ) = 0 trở thành f ( t ) = 0 ⇔ t = t2 ∈ ( 0;1) . t = t ∈ 1; 2 ( ) 3 

ƠN

Dựa vào đồ thị ta có:

+ Phương trình f ( x) = t1 ∈ ( −2; −1) có 1 nghiệm. + Phương trình f ( x) = t2 ∈( 0;1) có 3 nghiệm.

(

+ Phương trình f ( x) = t3 ∈(1;2) có 3 nghiệm.

)

Vậy phương trình f f ( x) = 0 có 7 nghiệm.

(

)

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình f f ( x) = 1 .

A. 5 .

KÈ

Chọn C

QU Y

Câu 2.

B. 6 .

C. 7. Lời giải

(

D. 9 .

)

Đặt: t = f ( x) , phương trình f f ( x ) = 1 trở thành f ( t ) = 1. Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm có hoành độ:

DẠ

5  x = x1 ∈ ( −1;0) , x = x2 ∈ ( 0;1) , x = x3 ∈  ;3  . 2 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

ƠN

 t = t ∈ ( −1;0 ) 1  Do đó: f ( t ) = 1 ⇔ t = t2 ∈ ( 0;1)  t = t ∈  5 ;3  3    2  Dựa vào đồ thị ta có: + Phương trình f ( x ) = t1 ∈ ( −1;0) có 3 nghiệm. + Phương trình f ( x ) = t2 ∈( 0;1) có 3 nghiệm.

5 2

 

(

+ Phương trình f ( x ) = t3 ∈  ;3  có 1 nghiệm.

)

Vậy phương trình f f ( x ) = 1có 7 nghiệm.

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ sau

KÈ

QU Y

Câu 3.

(

)

Số nghiệm của phương trình f 2 + f ( e x ) = 1 là

A. 4.

B. 2.

C. 1 . Lời giải

D. 3 .

Chọn B

DẠ

Đặt u = e x > 0 , từ đồ thị suy ra: f ( u ) ≥ −3, ∀u > 0 . Đặt t = 2 + f ( u) , t ≥ −1 . Ứng với mỗi nghiệm t = −1 , có một nghiệm u = 1 . Ứng với mỗi nghiệm t ∈( −1;2) , có hai nghiệm u ∈ ( 0;2) . Ứng với mỗi nghiệm t > 2 , có một nghiệm u > 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L Câu 4.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.

FI CI A

Phương trình f ( t ) = 1 có một nghiệm t = −1 và một nghiệm t > 2 .

Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm cấp 2 trên ℝ và có đồ thị f ′ ( x ) là đường cong trong hình

(

)

ƠN

vẽ bên.

QU Y

Đặt g ( x ) = f f ′ ( x ) −1 . Gọi S là tập nghiệm của phương trình g′ ( x) = 0. Số phần tử của tập S là A. 8 .

B. 10 .

Chọn C

C. 9 . Lời giải

D. 6 .

Hàm số y = f ( x) có đạo hàm cấp 2 trên ℝ nên hàm số f ( x) và f ′( x) xác định trên ℝ. Do đó, tập xác định của hàm số g ( x ) là D = ℝ.

DẠ

KÈ

−1  x = 3  x = 1  f ′′ ( x ) = 0  ⇔  x = x0 ∈ (1 ; 2 ) Ta có: g ′ ( x ) = f ′′ ( x ) . f ′ ( f ′ ( x ) − 1) , g ′ ( x ) = 0 ⇔   f ′ ( f ′ ( x ) − 1) = 0  f ′ ( x ) − 1 = −1   f ′ ( x ) −1 = 1   f ′ ( x ) −1 = 2 Từ đồ thị ta cũng có: x = 1   f ′ ( x ) − 1 = −1 ⇔ f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = −1 .  x = 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x = x1 ∈ ( −∞ ; -1) .  f ′ ( x ) −1 = 1 ⇔ f ′ ( x ) = 2 ⇔   x = x2 ∈ ( 2 ; +∞ )

FI CI A

 x = x3 ∈ ( −∞ ; x1 ) .  f ′( x) −1 = 2 ⇔ f ′( x ) = 3 ⇔   x = x4 ∈ ( x2 ; +∞ ) Vậy phương trình g′ ( x ) = 0 có 9 nghiệm.

Câu 5.

Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( f ( x )) . Hỏi phương

A. 14.

ƠN

trình g′ ( x) = 0 có mấy nghiệm thực phân biệt?

B. 10 .

C. 8 . Lời giải

QU Y

Chọn B

D. 12.

Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( f ( x )). f ′ ( x )

 f ′ ( f ( x )) = 0 g ′ ( x ) = 0 ⇔   f ′ ( x ) = 0

DẠ

KÈ

 x = x1 , (−2 < x1 <−1)  f ( x) = x1   x = 0  f ( x) = 0  Có f ′ ( x) = 0 ⇔  ; f ′ ( f ( x)) = 0 ⇔   f ( x) = x2  x = x2 , (1 < x2 < 2)    f ( x) = 2  x = 2  Dựa vào đồ thị ta thấy: f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt là x = − 2 , x = 0 , x = 2 , trong đó có 2 nghiệm trùng với

nghiệm của f ′ ( x) = 0 .

f ( x) = x1 có 3 nghiệm phân biệt x3 ∈ (−2; −1) , x4 ∈ (−1;1) , x5 ∈ (2; +∞) . f ( x) = x2 có 1 nghiệm duy nhất x6 ∈ (−∞;−2) . f ( x ) = 2 có 1 nghiệm duy nhất x7 ∈ (−∞;−2) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Cũng từ đồ thị có thể thấy các nghiệm x1, x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ,−2,0,2 đôi một khác nhau.

L FI CI A

Câu 6.

Vậy g ′ ( x) = 0 có tổng cộng 10 nghiệm phân biệt. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình f ' ( 5 − 3 f ( x) ) = 0 là

B. 10.

C. 12. Lời giải

Chọn B

D. 9.

A. 11.

QU Y

ƠN

 f '( x) = −3 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f ( x ) , ta có f '( x) = 0 ⇔  f '( x) = 0  f '( x) = 5 8   f ( x) = 3 5 − 3 f ( x) = −3  5 Khi đó f ' ( 5 − 3 f ( x) ) = 0 ⇔ 5 − 3 f ( x) = 0 ⇔  f ( x) = .  3 5 − 3 f ( x) = 5   f ( x) = 0  Từ bảng biến thiết ta thấy: 8 Phương trình f ( x) = có 2 nghiệm phân biệt. 3 5 Phương trình f ( x) = có 4 nghiệm phân biệt. 3 Phương trình f ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình f ' ( 5 − 3 f ( x) ) = 0 có 10 nghiệm phân biệt. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

KÈ

Câu 7.

Số nghiệm thực của phương trình f ' ( f ( x) ) = 0 là

A. 3.

B. 4.

C. 5. Lời giải

D. 2.

DẠ

Chọn A

 f '( x) = −1 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f ( x ) , ta có f '( x) = 0 ⇔   f '( x) = 2  f ( x ) = −1  f ( x ) = 2 Khi đó f ' ( f ( x ) ) = 0 ⇔  ⇔  f ( x ) = −2  f ( x) = 2 Từ bảng biến thiết ta thấy: Phương trình f ( x ) = 2 có 1 nghiệm phân biệt.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Phương trình f ( x ) = −2 có 2 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình f ' ( f ( x ) ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

(

)

Biết f (0) = −2 . Số nghiệm thực của phương trình f ' f ( x ) = 0 là

B. 6.

A. 7.

C. 5. Lời giải

D. 8.

Chọn B

FI CI A

Câu 8.

 f '( x) = −1 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f ( x ) , ta có f '( x) = 0 ⇔   f '( x) = 2  f ( x ) = −1 Khi đó f ' f ( x ) = 0 ⇔   f ( x ) = 2 Từ bảng biến thiết ta thấy: Phương trình f ( x ) = −1 có 4 nghiệm phân biệt.

)

ƠN

(

)

Phương trình f ( x ) = 2 có 2 nghiệm phân biệt

Vậy phương trình f ' f ( x ) = 0 có 6 nghiệm phân biệt. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

QU Y

Câu 9.

Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình f ' ( f ( x) − m ) = 0 có 5 nghiệm thực?

B. 4.

C. 2. Lời giải

D. 1.

A. 3.

DẠ

KÈ

Chọn C Từ bảng biến thiên ta thấy f '( x ) = 0 có hai nghiệm x = −1 hoặc x = 2  f ( x) − m = −1  f ( x) = m − 1 (1) T ừ đó f ' ( f ( x ) − m ) = 0 ⇔  ⇔  f ( x) − m = 2  f ( x) = m + 2 (2) Dễ thấy phương trình (1) và (2) không có nghiệm chung với mọi giá trị của tham số m . Đề phương trình có 5 nghiệm phân biệt thì có hai trường hợp Trường hợp 1: Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt và phương trình (2) có 2 nghiệm phân biêt khi  −5 < m − 1 < 1    m + 2 = 1 ⇔m = −1.     m + 2 = −5   Trường hợp 2: Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt và phương trình (2) có 3 nghiệm phân biêt khi

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

 −5 < m + 2 < 1   ⇔m = −4.   m −1 = 1    m − 1 = −5   Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn đó là m = −1; m = −4 . Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên R và có đồ thị y = f '( x ) là đường cong trong hình vẽ bên.

ƠN

Đặt g ( x ) = f ( f '( x ) − 1) . Gọi S là tập nghiệm của phương trình g '( x ) = 0 . Số phần tử của tập S là A. 8 B. 6 C. 10 D. 9 Lời giải Chọn C Ta có: g ( x ) = f ( f '( x ) − 1)  g '( x ) = f "( x ). f '( f '( x ) − 1)  f ''( x) = 0  f ''( x ) = 0  f '( x ) = 0   Phương trình g '( x ) = 0 ⇔  ⇔  f '( x ) − 1 = −1 ⇔  f '( x) = 0  f '( f '( x ) − 1) = 0  f '( x ) − 1 = 2  f '( x) = 3

QU Y

x = 1  −2  Ta có đồ thị y = f '( x ) có cực trị tại  x = 3   x = x0 ∈ (1;2)

 f "(1) = 0    −2  cùng với x = 1 là nghiệm bội   f "   = 0  f ''( x ) = 0 có 3 nghiệm 2 x = 1; x = − ; x = x0   3  3  f ''( x0 ) = 0

DẠ

KÈ

chẵn Tại phương trình f '( x ) = 0 ta thấy có 2 nghiệm bội lẻ x = −1, x = 2 và nghiệm bội chẵn x = 1 Tại phương trình f '( x ) = 3 ta thấy có 2 nghiệm mà đường thẳng y = 3 cắt đồ thị y = f '( x ) đó là hai điểm x = x1 ∈ (−∞; −1) và x = x2 ∈ (2; +∞) Vậy từ đó ta thấy phương trình g '( x ) = 0 tổng cộng có tất cả 10 nghiệm. Câu 11. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) được cho như hình vẽ sau

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Số giao điểm của đồ thị hàm số y =  f ′ ( x ) − f ′′ ( x ). f ( x ) và trục O x là:

A. 4.

B. 6.

C. 2. Lời giải

D. 0.

Chọn D Đặt f ( x) = a( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) , a ≠ 0, x1 < x2 < x3 < x4 . 2

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y =  f ′ ( x ) − f ′′ ( x ). f ( x ) và trục O x là

ƠN

 ′  ′ ′ 2  f ′ ( x ) − f ′′ ( x ). f ( x ) = 0 ⇒  f ( x )  = 0 ⇒  1 + 1 + 1 + 1  = 0    x − x1 x − x2 x − x3 x − x4   f ( x )    1 1 1 1 − − − − = 0 vô nghiệm. 2 2 2 2 ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) 2

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y =  f ′ ( x ) − f ′′ ( x ). f ( x ) và trục O x là 0.

Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình

QU Y

f ( f ( x) −1) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 6.

B. 5.

Chọn C

C. 7. Lời giải

D. 4 .

KÈ

 x = x1 ∈ ( −2; − 1)  Ta có f ( x ) = 0 ⇔  x = x2 ∈ ( −1;0 )  x = x3 ∈ (1; 2 )  f ( x ) − 1 = x1 ∈ ( −2; − 1)  f ( x ) = 1 + x1 ∈ ( −1; 0 )   Khi đó: f ( f ( x ) − 1) = 0 ⇔  f ( x ) − 1 = x2 ∈ ( −1; 0 ) ⇔  f ( x ) = 1 + x2 ∈ ( 0;1)  f ( x ) − 1 = x3 ∈ (1; 2 )  f ( x ) = 1 + x3 ∈ ( 2;3)

DẠ

+ Ta thấy hai phương trình f ( x ) = 1 + x1 ∈ ( −1;0) ; f ( x) = 1 + x2 ∈ ( 0;1) đều có ba nghiệm phân

biệt. Phương trình f ( x ) = 1 + x3 ∈ ( 2;3) có một nghiệm.

(

)

Vậy phương trình f f ( x) −1 = 0 có 7 nghiệm.

4 3 2 Câu 13. Cho hàm số f ( x ) = mx + nx + px + qx + r ,. Hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Tập nghiệm của phương trình f ( x) = r có số phần tử là

A. 4.

B. 3.

C. 1. Lời giải

D. 2.

Chọn B 3 2 Ta có f ′ ( x ) = 4mx + 3nx + 2 px + q (1)

5 Dựa vào đồ thị y = f ′ ( x) ta thấy phương trình f ′ ( x ) = 0 có ba nghiệm đơn là −1, , 3. 4

Do đó f ′ ( x ) = m ( x + 1)( 4 x − 5)( x − 3) và m ≠ 0 . Hay f ′ ( x ) = 4mx −13mx − 2mx + 15m ( 2 ) 3

. 3

Khi đó phương trình f ( x) = r ⇔mx 3

− 13 x − 3 x + 45 x = 0

+ nx3 + px2 + qx = 0 ⇔m  x4 − 

13 3 2  x − x + 15x  = 0 3 

⇔x ( 3x + 5)( x − 3) = 0 ⇔x = 0 ∨ x = − 5 ∨ x = 3 . 2

⇔3 x

ƠN

13 Từ (1) và ( 2 ) suy ra n = − m , p = −m và q = 15 m .

 5  Vậy tập nghiệm của phương trình f ( x) = r là S = − ;0;3 .  3  4 3 2 Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) = mx + nx + px + qx + r , trong đó m , n , p , q , r ∈ ℝ . Biết rằng hàm số

KÈ

QU Y

y = f ' ( x) có đồ như hình vẽ dưới.

Tập nghiệm của phương trình f ( x) = 16m + 8n + 4 p + 2q + r có tất cả bao nhiêu phần tử.

A. 4 .

B. 3.

C. 5. Lời giải

D. 6.

Chọn A Từ đồ thị ta thấy f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 1 ∨ x = 4

DẠ

Ta có bảng biến thiên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L 2

ƠN

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có 4 nghiệm. Câu 15. Cho f ( x ) là một hàm đa thức bậc bốn có đồ thị như hình dưới đây.

FI CI A

Phương trình f ( x) = 16m + 8n + 4 p + 2q + r ⇔ f ( x ) = f ( 2)

Tập nghiệm của phương trình  f ′ ( x )  = f ( x ) . f ′′ ( x ) có số phần tử là B. 2. C. 6. D. 0. A. 1 . Lời giải Chọn A 2 Xét phương trình  f ′ ( x )  = f ( x ) . f ′′ ( x ) (1)

QU Y

Do f ( x ) = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x2 ( x1 < x2 < x3 ) và f ' ( x3 ) = 0 suy ra (1) 2 Ta có f ( x ) = a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) , ( a ≠ 0 )

′  f ′ ( x ) ′  1 1 2  Với x ≠ x3  (1) ⇔  = 0 ⇔ + +   =0  f ( x )   x − x1 x − x2 x − x3    1 1 2 ⇔− − − = 0 vô nghiệm. 2 2 2 ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 )

Vậy, phương trình (1) có đúng một nghiệm

x = x3.

DẠ

KÈ

Câu 16. Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị như hình sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x3 là một nghiệm của

y 4

y=f(x)

1 O -3 -2 -1

3 4 -1 -2

FI CI A

3 2

5 x

-3 -4

y=g(x)

Khi đó tổng số nghiệm của hai phương trình f ( g ( x ) ) = 0 và g ( f ( x ) ) = 0 là

A. 25 .

B. 22 .

C. 21. Lời giải

Chọn B

D. 26 .

QU Y

ƠN

 x = x1 ( −3 < x1 < −2 )   x = −1 Quan sát đồ thị ta thấy: f ( x ) = 0 ⇔  x = x2 (1 < x2 < 2 ) .   x = x ( 2 < x < 3) 3 3   x = x4 ( 4 < x4 < 5 )   g ( x ) = x1 (1)   g ( x ) = −1( 2 ) Do đó: f ( g ( x ) ) = 0 ⇔  g ( x ) = x2 ( 3)   g ( x ) = x ( 4) 3   g ( x ) = x4 ( 5 ) 

Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm; Phương trình ( 2 ) có đúng 3 nghiệm; Phương trình ( 3 ) có

đúng 3 nghiệm; Phương trình ( 4 ) có đúng 3 nghiệm; Phương trình ( 5 ) có đúng 1 nghiệm. Tất

cả các nghiệm trên đều phân biệt nên phương trình f ( g ( x ) ) = 0 có đúng 11 nghiệm.

DẠ

KÈ

 x = x5 ( −2 < x5 < −1)  Quan sát đồ thị ta thấy: g ( x) = 0 ⇔  x = x6 ( 0 < x6 < 1) x = 3   f ( x ) = x5 ( 6)  Do đó g ( f ( x ) ) = 0 ⇔  f ( x ) = x6 ( 7)   f ( x ) = 3( 8) Phương trình ( 6 ) có 5 nghiệm; Phương trình ( 7 ) có 5 nghiệm; Phương trình ( 8 ) có 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm này đều phân biệt nên phương trình g ( f ( x ) ) = 0 có đúng 11 nghiệm. Vậy tổng số nghiệm của hai phương trình f ( g ( x ) ) = 0 và g ( f ( x ) ) = 0 là 22 nghiệm.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 17. Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm liên tục trên R . Hàm số y = f ′ (x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

2 −3 −2

−1 O

2 3

4 5

6 7

−2



A. 5

B. 2



Số nghiệm thuộc đoạn −2;6 của phương trình f (x ) = f (0) là

FI CI A

C. 3 Lời giải

D. 4

ƠN

Từ đồ thị của hàm số f '( x) ta có BBT

S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; y = 0; x = 0; x = 2 Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; y = 0; x = 2; x = 5 Gọi S3 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; y = 0; x = 5; x = 6

G ọi

QU Y

S1 = −  f ' ( x ) dx = f ( 0 ) − f ( 2 ) ; S2 =  f ' ( x ) dx = f ( 5) − f ( 2 ) ; S3 = −  f ' ( x ) dx = f ( 5 ) − f ( 6 ) 0

Từ đồ thị ta thấy S 2 > S1  f ( 5 ) − f ( 2 ) > f ( 0 ) − f ( 2 )  f ( 5 ) > f ( 0 ) và S1 + S 3 < S 2  f ( 0 ) − f ( 2 ) + f ( 5 ) − f ( 6 ) < f ( 5 ) − f ( 2 )  f ( 6 ) > f ( 0 )

DẠ

KÈ

Khi đó ta có BBT chính xác ( dạng đồ thị chính xác) như sau:

Vậy phương trình f (x ) = f (0) có 2 nghiệm thuộc đoạn −2;6





Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới. Đặt g ( x ) = f  f ( x )  . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L x = 0 , với f ′( x) = 0 ⇔   x = a1

2 < a1 < 3 .

D. 6

(* ) .

 f ( x ) = 0 , (1) f ′  f ( x )  = 0 ⇔  .  f ( x ) = a1 , ( 2 )

FI CI A

C. 4 Lời giải.  f ′( x) = 0 Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) f ′  f ( x )  = 0 ⇔   f ′  f ( x )  = 0 Theo đồ thị hàm số suy ra.

ƠN

B. 8

. A. 2

Phương trình (1) : f ( x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (* ) . Phương trình ( 2 ) : f ( x ) = a1 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (1) và phương

QU Y

trình (* ) .

Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt. 4 3 2 Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) =ax + bx + cx + dx + e có đồ thị như hình vẽ bên đây, trong đó

(

)

f ( x) + f ( x) + 2 f ( x) −1 = 0 là

KÈ

a ,b,c,d ,e là các hệ số thực. Số nghiệm của phương trình f

A. 3.

B. 4.

C. 2. Lời giải

D. 0.

Chọn B 4 2 Từ hình vẽ ta có dạng đồ thị của hàm trùng phương nên b = d = 0  f ( x) = ax + cx + e

DẠ

3 Ta có f ′ ( x) = 4ax + 2cx.

 f ′ (1) = 0 4a + 2c = 0 a = 1    ⇔ e = 0  f ( x ) = x4 + 2x2 . Từ đồ thị   f ( 0) = 0 ⇔ e = 0  a + c + e = 1 c = 2    f (1) = 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Như vậy phương trình f

(

)

f ( x) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) .

)

f ( x) + f ( x) + 2 f ( x ) −1 = 0.

( x)= x

+ 2 x và

 f

FI CI A

⇔ f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + f ( x ) + 2 f ( x ) − 1 = 0 với f ( x ) ≥ 0.

Đặt t = f ( x )( t ≥ 0) ta được phương trình g ( t ) = 0 với g ( t ) = t 2 − 3t − 2 t + 1. Nhận thấy: Hàm số g ( t ) liên tục trên đoạn [ 0;1] và g ( 0) .g (1) < 0

 g ( t ) = 0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc ( 0;1) . Hàm số g ( t ) liên tục trên đoạn [1; 4 ] và g (1) .g ( 4) < 0

 g ( t ) = 0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1; 4 ) . thuộc ( 0;1) . Suy ra f

(

Mà g ( t ) = 0 là phương trình bậc hai chỉ có tối hai nghiệm nên g ( t ) = 0 có duy nhất một nghiệm

)

f ( x) + f ( x) + 2 f ( x) −1 = 0 có duy nhất một nghiệm f ( x) ∈( 0;1) .

Suy ra phương trình f ( x) = a với a ∈( 0;1) luôn có 4 nghiệm x phân biệt. các

hàm

f ( x) = mx4 + nx3 + px2 + qx + r

số

ƠN

Câu 20. Cho

( n, n, p, q, r, a, b, c, d ∈ℝ) thỏa mãn f ( 0) = g ( 0) . Các hàm số

g ( x ) = ax3 + bx2 + cx + d ,

f ′ ( x ) , g′ ( x ) có đồ thị như hình

QU Y

vẽ dưới đây

và

Tập nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( x ) có số phần tử là

A. 4.

B. 2.

C. 1. Lời giải

D. 3.

KÈ

Chọn B +) Từ giả thiết f ( 0 ) = g ( 0 ) suy ra r = d do đó phương trình f ( x ) = g ( x ) tương đương với:

x = 0 x mx3 + ( n − a ) x2 + ( p − b) x + ( q − c )  = 0 ⇔  3 2 mx + ( n − a ) x + ( p − b) x + ( q − c ) = 0

DẠ

Từ

đồ

thị

c ủa

các

hàm

số

f ′ ( x ) , g′( x)

suy

8   f ′ ( −1) = g ′ ( −1) −4m + 3 ( n − a ) − 2 ( p − b ) + q − c = 0 n − a = − 3 m     f ′ (1) = g ′ (1) ⇔ 4m + 3 ( n − a ) + 2 ( p − b ) + q − c = 0 ⇔  p − b = −2m .  ′  q − c = 8m  f ( 2 ) = g ′ ( 2) 32m + 12 ( n − a ) + 4 ( p − b ) + q − c = 0  

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

m≠0

và

8 3

Sử dụng máy tính Casio ta được phương trình có 1 nghiệm và nghiệm đó khác 0. Vậy tập nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( x ) có 2 phần tử.

Từ đó ta có phương trình: mx 3 − mx 2 − 2 mx + 8 m = 0 ⇔ x 3 − x 2 − 2 x + 8 = 0 .

(

FI CI A

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp nghiệm của phương

)

A. 4.

B. 7.

C. 6. Lời giải

Chọn D

trình f f ( x) +1 = 0 có bao nhiêu phần tử?

D. 9.

ƠN

 f ( x ) = a < −2   f ( x ) = b ∈ ( −2; −1) Dựa vào đồ thị ta có f ( f ( x) ) +1 = 0 f ( f ( x ) ) = −1 ⇔  .  f ( x) = 0  f ( x) = c > 2 

QU Y

 x = x1 < − 2 + Với f ( x ) = a < −2 ⇔  .  x = x2 > 2  x = x3 < −2  x = x4 ∈ ( −2; −1)  + Với f ( x) = b ∈( −2; −1) ⇔  . x = x5 ∈ ( −1;0 )   x = x6 > 2

 x = x7 = −2  + Với f ( x ) = 0 ⇔  x = x8 ∈ ( 0;1) .  x = x ∈ 2;3 ( ) 9  + Với f ( x ) = c > 2 vô nghiệm.

KÈ

Ta thấy hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên ( −∞; −2) , f ( x1 ) = a ≠ b = f ( x3 ) nên Hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên ( 2;+∞) , f ( x6 ) = b ≠ 0 = f ( x9 ) nên

x6 ≠ x9 .

DẠ

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt. Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x1 ≠ x3 .

)

2 x − x 2 = 3 có bao nhiêu nghiệm?

A. 1.

B. 2.

C. 3. Lời giải

D. 4.

(

Chọn B Trước hết, xét hàm số t = t ( x ) = 2 x − x 2 , x∈[ 0;2] .

2 2 x − x2 Bảng biến thiên của t ( x) :

, x ∈ ( 0;2 ) . t′ ( x) = 0 ⇔ x = 1∈ ( 0;2) .

2 − 2x

 0 ≤ t ≤ 1 , ∀x ∈ [ 0; 2] . Lúc này, phương trình f

(

)

ƠN

Ta có t ′ ( x ) =

FI CI A

Phương trình f

2 x − x 2 = 3 trở thành f ( t ) = 3 (1) với t ∈[ 0;1] .

Theo bảng biến thiên của hàm số f ( t ) trên đoạn [ 0;1] thì đường thẳng y = 3 cắt đồ thị hàm

t = t0 với t0 ∈ ( 0;1) .

QU Y

nghiệm

số y = f ( t ) tại đúng 1 điểm có hoành độ thuộc khoảng ( 0;1) nên phương trình ( 2 ) có đúng 1

( 2 ) , t0 ∈ ( 0;1) . Mặt khác, theo bảng biến thiên của hàm số t ( x) , với mỗi t0 ∈( 0;1) thì đường thẳng y = t0 cắt đồ thị hàm số y = t ( x ) tại đúng 2 điểm phân biệt nên phương trình ( 2 ) có đúng 2 nghiệm phân

DẠ

KÈ

biệt.

2 x − x 2 = t0

Khi đó, phương trình (1) ⇔

Vậy phương trình f

(

)

2 x − x 2 = 3 có đúng 2 nghiệm.

Câu 23. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

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

B. 8.

C. 9. Lời giải

Chọn C Xét phương trình f ( x 3 − 3 x ) = 1 (1)

D. 7.

A. 10 .

Từ bảng biến thiên, ta thấy

ƠN

3 Đặt t = x 3 − 3 x , ta có bảng biến thiên của hàm số t = g ( x) = x − 3x như sau:

t0 > 2 hoặc t0 < −2 , phương trình t0 = x3 − 3x có một nghiệm; 3 + Với mỗi −2 < t0 < 2 , phương trình t0 = x − 3x có 3 nghiệm.

QU Y

+ V ớ i m ỗi

 f (t ) = 1 Khi đó, (1) trở thành f ( t ) = 1 ⇔   f ( t ) = −1

t = t1 ∈ ( −2;0 )  * TH 1: f ( t ) = 1 ⇔ t = t2 ∈ ( 0;2 ) t = t ∈ 2; +∞ ( ) 3 

+ Với t = t1 ∈ ( −2;0 )  Phương trình t1 = x − 3x có 3 nghiệm; 3

KÈ

+ Với t = t2 ∈ ( 0;2)  Phương trình t2 = x − 3x có 3 nghiệm; 3

+ Với t = t3 ∈( 2; +∞)  Phương trình t3 = x − 3x có 1 nghiệm; 3

t = t4 ∈ ( −∞; −2 ) * TH 2: f ( t ) = −1 ⇔  t = t5 ∈ ( 2; +∞ )

DẠ

+ Với t = t4 ∈ ( −∞; −2)  Phương trình t4 = x − 3x có 1 nghiệm; 3

+ Với t = t5 ∈( 2; +∞)  Phương trình t5 = x − 3x có 1 nghiệm. 3

Mặt khác, các nghiệm này đều phân biệt. Vậy phương trình f ( x 3 − 3 x ) = 1 có 9 nghiệm phân biệt.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 24. Cho hàm số f ( x) có đồ thị như hình bên. Phương trình f  f ( cos x ) − 1 = 0 có bao nhiêu

A. 2.

B. 5.

C. 4. Lời giải

D. 6.

ƠN

Chọn C

FI CI A

nghiệm thuộc đoạn [ 0;2π ] ?

QU Y

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:  f ( cos x ) − 1 = a ∈ ( −2; −1)  f  f ( cos x ) −1 = 0 ⇔  f ( cos x ) − 1 = b ∈ ( −1;0)  f cos x − 1 = c ∈ 1;2 ) ( )  (

 f ( cos x ) = a + 1∈ ( −1;0 )  ⇔  f ( cos x ) = b + 1∈ ( 0;1)  f cos x = c + 1∈ 2;3 ) ( )  (

KÈ

cos x = α1 < −1  • Xét phương trình f ( cos x ) = a + 1 ⇔ cos x = α 2 ∈ ( −1;0 ) cos x = α > 1 3 

(1) ( 2) ( 3)

Vì cos x∈[ −1;1] nên phương trình (1) , ( 3) vô nghiệm và phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm thuộc

DẠ

đoạn [ 0; 2π] .

cos x = β1 < −1  • Xét phương trình f ( cos x ) = b + 1 ⇔ cos x = β2 ∈ ( −1;0 ) cos x = β > 1 3 

( 4) ( 5) ( 6)

Vì cos x∈[ −1;1] nên phương trình ( 4 ) , ( 6 ) vô nghiệm và phương trình ( 5 ) có 2 nghiệm thuộc

đoạn [ 0; 2π] .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

• Xét phương trình f ( cos x) = c +1 ⇔ cos x = t > 2 (vô nghiệm) Nhận xét hai nghiệm của phương trình ( 5 ) không trùng với nghiệm nào của phương trình ( 2 )

FI CI A

ƠN

3 2 Câu 25. Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + bx + c có đồ thị như hình vẽ:

nên phương trình f  f ( cos x ) − 1 = 0 có 4 nghiệm phận biệt.

 −π  ;3π  của phương trình f ( cos x +1) = cos x +1 là  2  B. 3. C. 5. D. 4.

Số nghiệm nằm trong 

DẠ

KÈ

QU Y

A. 2. Lời giải Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x = a ∈ ( −∞;0 )  Từ đồ thị ta có f ( x ) = x ⇔  x = b ∈ ( 0;1) x = 2 

FI CI A

cos x + 1 = a ∈ ( −∞;0 ) cos x = a − 1 = t1 ∈ ( −∞; −1) (VN )   Do đó f ( cos x + 1) = cos x + 1 ⇔ cos x + 1 = b ∈ ( 0;1) ⇔ cos x = b − 1 = t2 ∈ ( −1;0 ) (1) cos x + 1 = 2 cos x = 1 (2)  

 −π  ;3π  .  2 

Dựa vào đường tròn lượng giác, phương trình (1) có 3 nghiệm nằm trong 

 −π  ;3π  .  2 

Phương trình (2) có 2nghiệm nằm trong 

 −π  ;3π  .  2 

Vậy phương trình ban đầu có tất cả 5 nghiệm nằm trong 

Câu 26. Cho y = f ( x ) là hàm số đa thức bậc 3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi phương trình

QU Y

ƠN

f ( f ( cos x ) − 1) = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn [ 0;3π ] ?

A. 2.

B. 4.

D. 6.

KÈ

Chọn D

C. 5. Lời giải

DẠ

Đặt t = cos x , với x ∈ [ 0;3π ]  t ∈ [ −1;1] .

Với t = 1, phương trình t = cos x có hai nghiệm x ∈[ 0;3π ] . Với t = −1, phương trình t = cos x có hai nghiệm x ∈[ 0;3π ] .

Với −1 < t < 1, phương trình t = cos x có ba nghiệm x ∈[ 0;3π ] .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

f ( f ( cos x ) − 1) = 0 , ta được phương

FI CI A

 f ( t ) − 1 = a ∈ ( −2; −1)  f ( t ) = a + 1∈ ( −1;0) (1)   f ( f ( t ) − 1) = 0 ⇔  f ( t ) − 1 = b ∈ ( −1;0 ) ⇔  f ( t ) = b + 1∈ ( 0;1) ( 2) .  f t − 1 = c ∈ 1; 2  f t = c + 1∈ 2;3 ( ) ( ) ( 3)  ( )  ( ) Từ đồ thị ta có: +) Phương trình (1) có 1 nghiệm t ∈ ( −1;0) , suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.

trình:

t = cos x vào phương trình

Thay

+) Phương trình (2) có 1 nghiệm t ∈ ( −1;0) , suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.

ƠN

+) Phương trình (3) có 1 nghiệm t > 1, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm. Câu 27. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình f ( 3 x + 1) − 2 = 5 có bao nhiêu nghiệm?

B. 5.

Chọn A

C. 6. Lời giải

D. 4.

A. 3.

QU Y

 f ( 3x + 1) − 2 = 5  f ( 3x + 1) = 7 (1) ⇔ Ta có f ( 3x + 1) − 2 = 5 ⇔  .  f ( 3x + 1) − 2 = −5  f ( 3x + 1) = −3 ( 2 ) Dựa vào bảng biến thiên, + Phương trình (1) có nghiệm duy nhất thỏa mãn 3 x + 1 = a > 3 ⇔ x = a − 1 > 2 . +

Phương

trình

(2)

có

hai

nghiệm

phân

biệt

x1, x2

thỏa

mãn

KÈ

2   x1 = 3 3 x1 + 1 = 3 ⇔ .  3 x2 + 1 = b < −1  x = b − 1 < − 2  2 3 3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. Câu 28. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới.

DẠ

Đặt g ( x ) = f  f ( x )  . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B. 2 .

FI CI A

A. 8 .

C. 4 . Lời giải

D. 6 .

Chọn A

Phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm Phương trình f ( x ) = m ∈ (1;3) có 3 nghiệm

ƠN

 f ′( x) = 0  f ′( x) = 0  Ta có g '( x ) = f ′ ( x ) . f ′  f ( x )  = 0 ⇔  . ⇔  f ( x) = 0  f ′  f ( x )  = 0  f x = m ∈ 1;3 ( )  ( ) Phương trình f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm

Vậy phương trình có 8 nghiệm. Câu 29. Cho hàm số f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f f ( x ) −1 . Số nghiệm của phương trình

g ′ ( x ) = 0 là A. 6.

B. 10 .

(

C. 9. Lời giải

)

D. 8.

KÈ

QU Y

Chọn C

(

)

Ta có g′ ( x ) = f ′ ( x ) . f ′ f ( x ) −1

DẠ

 f ′( x) = 0 . g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) . f ′ ( f ( x ) − 1) = 0 ⇔   f ′ ( f ( x ) − 1) = 0

 x = a1 ( a1 ∈ ( −1; 0 ) )  +) f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1   x = a2 ( a2 ∈ (1; 2 ) )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt c1 ∈ ( −2; b1 ) ; c2 ∈ ( b2 ;3)  phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt d1 ∈( −2; c1 ) ; d2 ∈( c2 ;3)

ƠN

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt. Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên

FI CI A

 f ( x ) − 1 = a1  f ( x ) = a1 + 1∈ ( 0;1) (1)   ( 2) +) f ′ ( f ( x ) − 1) = 0 ⇔  f ( x ) − 1 = 1 ⇔  f ( x ) = 2  f x −1 = a  f x = a + 1∈ 2;3 3 ( )( ) 2  ( )  ( ) 2 Từ đồ thị suy ra  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b1 ∈ ( −2; −1) ; b2 ∈ ( 2;3)

 7π   của phương trình f ( f (cos x )) = 0 là  2  B. 5. C. 8.

Số nghiệm thuộc đoạn  0;

QU Y

A. 7.

D. 6.

* Với

Lời giải Chọn B Đặt f (cos x ) = t ta được phương trình f ( t ) = 0 . t = t1 ∈∈ (−2; −1)  . Quan sát đồ thị y = f ( x ) ta suy ra f (t ) = 0 ⇔ t = t2 ∈ (0;1)  t = t 3 ∈ (1; 2)

t =t1 ta có

f (cos x) = t1 . Xét tương giao giữa hai đồ thị

y = f ( x)

và

y = f ( x)

và

KÈ

y = t1 ∈ ( −2; −1)  f (cos x) = t1 ⇔ cos x = x1 < −1 nên phương trình vô nghiệm.

* Với

t = t2 ta có f (cos x) = t2 . Xét tương giao giữa hai đồ thị

DẠ

cos x = x2 < −1 y = t2 ∈ ( 0;1)  f (cos x) = t2 ⇔ cos x = x3 ∈ (0;1) . cos x = x4 ∈ (1; 2)

Chỉ có

cosx = x3 thỏa mãn. Khi đó tồn tại 3 giá trị x ∈ 0;  2

7π   tương ứng để cosx = x3 . 

cos x = x5 < −1  * Với t = t3 tương tự ta có cos x = x6 ∈ (−1;0). cos x = x7 > 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Chỉ có

cosx = x6 thỏa mãn. Khi đó tồn tại 2 giá trị x ∈ 0;  2

7π   tương ứng để cosx = x6 . 

 7π  .  2 

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn  0;

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 2 Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = 12 x + 2, ∀x ∈ℝ và f (1) = 3 . Biết F ( x) là

B. 1.

C. 2.

D. 7.

FI CI A

A. −3 .

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng Phân tích Đây là bài toán tìm nguyên hàm thỏa mãn điều kiện.

Kiến thức sử dụng là tìm nguyên hàm của các hàm số cơ bản và f ( x ) là một nguyên hàm của

f ′ ( x) .

Sai lầm thường gặp: Học sinh nhớ nhầm công thức nguyên hàm, thường cho hệ số C = 0 khi tìm một nguyên hàm mà bỏ qua điều kiện.

Hướng phát triển: Thay hàm số ban đầu bởi các hàm số khác, có thể phức tạp hơn và tìm nguyên hàm bằng các phương pháp khác, thay đổi điều kiện ban đầu …

ƠN

Lời giải Chọn B

Ta có f ( x ) =  f ′ ( x ) dx =  (12 x 2 + 2 ) dx = 4 x 3 + 2 x + C .

Ta có F ( x ) =

 f ( x ) dx =  (4 x

3 3 Với f (1) = 3  4.1 + 2.1 + C = 3  C = −3 . Vậy f ( x ) = 4 x + 2 x − 3 .

+ 2 x − 3 ) dx = x 4 + x 2 − 3 x + C ′

QU Y

4 2 Với F ( 0) = 2  0 + 0 − 3.0 + C′ = 2  C′ = 2 .

4 2 4 2 Vậy F ( x ) = x + x − 3x + 2 . Khi đó F (1) = 1 +1 − 3.1 + 2 = 1.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Biết hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′′ ( x ) = 4e 2 x , f ′ ( 0 ) = 2 và f ( 0 ) = 0 . Giá trị của f ( ln 3) bằng

Câu 2.

A. 4. B. 12. C. 16. D. 8. 3 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = 8 x + 6 x, ∀x ∈ ℝ và f (1) = 3 . Biết F ( x ) là

Câu 1.

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng

Câu 3.

17 . 5

KÈ

B. 15.

C. 19.

12 . 5

Một ôtô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v ( t ) = 6t ( m s ) . Đi được 10 s, người lái

DẠ

xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ôtô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a = − 60 ( m s 2 ) . Tính quãng đường S đi được của ôtô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi

Câu 4.

dừng hẳn. A. 300 ( m ) .

B. 330 ( m ) .

C. 350 ( m ) .

D. 400 ( m ) . 1 3

Một vật đang chuyển động với vận tốc 10 ( m / s ) thì tăng tốc với gia tốc a ( t ) = 2t + t 2 ( m / s 2 ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. Hỏi quãng đường vật đi được trong thời gian 12 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là bao nhiêu mét?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 1272 ( m ) . Câu 5.

B. 456 ( m) .

C. 1172 ( m ) .

D. 1372 ( m ) .

Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t ( m / s 2 ) . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 2 giây là

2sin x π  , ∀x ∈ ℝ \  + k π, k ∈ ℤ và f ( 0) = 1. Cho 3 cos x 2  π  F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) . Biết F  + kπ  = k với mọi k ∈ℤ . Tính 4  F ( 0) + F (π ) + F ( 2π ) + ... + F (10π ) .

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) =

A. 55. Câu 7.

B. 44.

C. 45.

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = e F ( x ) = e 2 x ( a sin x + b cos x ) +

2 5

( 2sin x + cos x ) , ∀x ∈ℝ và f ( 0) = 0. Biết là một nguyên hàm của f ( x ) với a , b ∈ ℚ . Tính giá trị biểu 2x

thức T = a + 2b − 1.

Câu 8.

2 . 5

B. −1.

3 . 5

ƠN

D. 1.

2 cos x − 1 Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng ( 0;π ) . Biết 2

đề sau.

π  6

A. F   = 3 3 − 4

f ( x)

xác định trên

3  =  2

ℝ \ {−2}

QU Y

Cho hàm số

 2π B. F   3

rằng giá trị lớn nhất của F ( x) trên khoảng ( 0;π ) là

Câu 9.

D. 0.

Câu 6.

FI CI A

17m / s . Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10 giây là: A. 1014m . B. 1200m . C. 36m. D. 966m .

sin x

3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh

π  =− 3 3

C. F 

thoả mãn f ′ ( x ) =

 5π   = 3− 3  6

D. F 

3x − 1 f ( 0 ) = 1 f ( −4 ) = 2 , và . Giá x+2

f ( 2 ) + f ( −3)

bằng B. ln 2 . C. 10 + ln 2 . D. 3 − 20 ln 2 . 1 f ( x) ℝ \ {1} f ( 0 ) = 2017 f ( 2 ) = 2018 Câu 10. Cho hàm số xác định trên thỏa mãn f ′ ( x ) = , , . x −1 S = f ( 3 ) − f ( −1) Tính . B. S = 4 . C. S = ln 2 . D. S = 1 . A. S = ln 4035 .

trị của biểu thức A. 12 .

KÈ

Câu 11. Cho hàm số

f ( x)

f ( −3) + f ( 3) = 0

A. 3 + ln 2 .

xác định trên

. Tính giá trị biểu thức B. 4 + ln3 .

ℝ \ {−2;2}

P = 2 f ( −1) + f ( 4 )

4 , x −4

f ( 0) = 2

và

C. ln 2 − 3 .

Câu 12. Cho hàm số f ( x ) xác định trên R \ {−1;1} thỏa mãn f ' ( x ) =

DẠ

f ′( x) =

thỏa mãn

D. ln3 + 2 . 1 . Biết f ( 3 ) + f ( −3 ) = 4 và x −1 2

1  −1  f   + f   = 2 . Giá trị của biểu thức f ( −5 ) + f ( 0 ) + f ( 2 ) bằng 3  3  1 1 1 1 A. 5 − ln 2 . B. 6 − ln 2 . C. 5 + ln 2 . D. 6 + ln 2 . 2 2 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 13. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {−2;1} thỏa mãn f ′ ( x ) =

e 2 x + 1

khi x ≥ 0

4 x + 2

khi x < 0

Câu 14. Cho hàm số f ( x ) = 

1 4 ln + ln 2 + 1 . 3 5

1 8 ln + 1 . 3 5

( 4 ) bằng

FI CI A

1 f ( 0 ) = . Giá trị của biểu thức f ( −4 ) + f ( −1) − f 3 1 1 A. ln 2 + . B. ln80 + 1 . C. 3 3

1 , f ( −3) − f ( 3) = 0 và x + x−2 2

. Giả sử F là nguyên hàm của f trên ℝ thoả mãn

F ( −2) = 5 . Biết rằng F (1) + 3F ( −1) = ae2 + b (trong đó a , b là các số hữu tỉ). Khi đó a + b bằng A. 4.

B. 5.

C. 10 .

D. 8.

ƠN

8 π  Câu 15. Cho hàm số f ( x ) có f   = − và f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên 3 4 31 hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = , khi đó F (π ) bằng 18 16 64 31 A. . B. . C. 0 . D. . 3 27 8 F ( x) f ′ ( x ) = 12 sin 2 x.cos 2 3 x, ∀x ∈ ℝ  π  27 có f   = và . Biết là nguyên 2 8 f ( x) F (0) = 0 F (π ) hàm của thỏa mãn , khi đó bằng 87 21 87 A. 0 . B. − . C. − . D. . 64 8 64 f ( x) f ( 0) = 0 f ′ ( x ) = cos x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ F ( x) Câu 17. Cho hàm số có và . Biết là nguyên hàm của 121 f ( x) F (π ) thỏa mãn F ( 0 ) = − , khi đó bằng 225 242 208 121 149 A. . B. . C. . D. . 225 225 225 225 f ( x)

QU Y

Câu 16. Cho hàm số

F ( x ) = ax3 + bx2 + cx + 1 F ( x) Câu 18. Hãy xác định hàm số . Biết là một nguyên hàm của hàm số y = f ( x) f (1) = 2 f ( 2 ) = 3 f ( 3) = 4 thỏa mãn , và . 1 1 A. F ( x ) = x 3 + x 2 + x + 1. B. F ( x ) = x 3 + x 2 + 2 x + 1. 2 3

KÈ

C. F ( x ) = x + 1.

1 1 D. F ( x ) = x 3 + x 2 + x + 1. 3 2

Câu 19. Hàm số F ( x ) = ( ax + b ) 4 x + 1 ( a, b là các hằng số thực) là một nguyên hàm của

f ( x) =

DẠ

A. 0 .

12 x . Tính a + b . 4x +1 B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

1 Câu 20. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x thỏa mãn F ( 0 ) = Tính giá trị biểu , ln 2 . thức T = F ( 0 ) + F (1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) + F ( 2020 ) + F ( 2021)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

22021 + 1 . ln 2

B. T = 22021.2022 .

C. T =

2 2020 − 1 . ln 2

. Mệnh đề nào dưới đây đúng? B. α < −2 . A. 1 < α < 2 .

FI CI A

Câu 21. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm trên ℝ của hàm f ( x ) = x 2 eα x

2 2022 − 1 . ln 2 1 (α ≠ 0 ) sao cho F   = F ( 0 ) + 1 α  D. T =

A. T = 1011.

C. α ≥ 3 .

D. 0 < α ≤ 1 .

π  Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có f   = 0 và f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 2 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 104 104 121 167 A. . B. − . C. . D. . 225 225 225 225 1 và f ′ ( x ) = sin 3 x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 21 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 137 137 247 167 . B. − . C. . D. . A. 441 441 441 882

ƠN

Câu 23. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) =

QU Y

F ( x) f x f 0 =0 f ′ ( x ) = cos x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ Câu 24. Cho hàm số ( ) có ( ) và . Biết là nguyên hàm của 121 f ( x) F (π ) thỏa mãn F ( 0 ) = − , khi đó bằng 225 242 208 121 149 A. . B. . C. . D. . 225 225 225 225 1 Câu 25. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = và f ′ ( x ) = sin 3 x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 21 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 137 137 247 167 A. . B. − . C. . D. . 441 441 441 882

DẠ

KÈ

π  Câu 26. Cho hàm số f ( x ) có f   = 0 và f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 2 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 104 104 121 167 A. . B. − . C. . D. . 225 225 225 225  π  27 F ( x) f x f ′ ( x ) = 12 sin 2 x.cos 2 3 x, ∀x ∈ ℝ Câu 27. Cho hàm số ( ) có f   = và . Biết là nguyên 2 8 f ( x) F (0) = 0 F (π ) hàm của thỏa mãn , khi đó bằng 87 21 87 A. 0 . B. − . C. − . D. . 64 8 64 8 π  Câu 28. Cho hàm số f ( x ) có f   = − và f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên 3 4 31 hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = , khi đó F (π ) bằng 18

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

16 64 31 . B. . C. 0 . D. . 3 27 8 Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x ) < 0, ∀x > 0 và có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên khoảng

1 thỏa mãn f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x ) , ∀x > 0 và f (1) = − . Giá trị của biểu thức 2 f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2020 ) bằng

A. −

2020 . 2021

B. −

2015 . 2019

FI CI A

( 0; + ∞ )

2019 . 2020 ℝ \ {−1;0}

C. −

D. −

2016 . 2021 f (1) = 2 ln 2 + 1

(

y = f ( x) Câu 30. Cho hàm số liên tục trên thỏa mãn , x ( x + 1) f ′ ( x ) + ( x + 2 ) f ( x ) = x ( x + 1) ∀x ∈ ℝ \ {−1;0} f 2 = a + b ln 3 , . Biết ( ) , với a , b là hai 2 số hữu tỉ. Tính T = a − b . −3 21 3 . B. T = . C. T = . D. T = 0 . A. T = 16 16 2 2

) f ′ ( x ) =  f ( x ) ( x

Câu 31. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f (1) = 2 và x 2 + 1

2 5

B. −

ƠN

trị của f ( 2 ) bằng

2 5

C. −

5 2

)

− 1 với mọi x ∈ ℝ . Giá 5 2

QU Y

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) trên [ −5;3] như hình vẽ.

KÈ

A. 33.

Biết f ( 0) = 0 , giá trị của 2 f ( −5) + 3 f ( 2 ) bằng

Câu 33. Cho hàm số

có

f (0) = 0

DẠ

137 . 441

C. 35 . 3

f ′ ( x ) = cos x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ

D. 11. π

. Khi đó

 f ( x ) dx bằng 0

242 C. . 225

149 . 225 π

Câu 34. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = A.

và

208 B. . 225

1042 A. . 225

f ( x)

B. 109 .

B. −

1 và f ′ ( x ) = sin 3 x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó 21

137 . 441

247 . 441

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 f ( x ) dx bằng 0

167 . 882

87 87 . C. 0 . D. . 64 64 8 π  Câu 37. Cho hàm số f ( x ) có f   = − và f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó 3 4 A.

B. −

16 . 3

64 . 27

C. −

128 . 3

 f ( x ) dx bằng 0

D. 0 .

27 . 64

FI CI A

2 π  Câu 35. Cho hàm số f ( x ) có f   = 0 và f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó  f ( x ) dx bằng 2 0 104 104 121 167 A. . B. − . C. . D. . 225 225 225 225 π  π  27 Câu 36. Cho hàm số f ( x ) có f   = và f ′ ( x ) = 12 sin 2 x.cos 2 3 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó  f ( x ) dx bằng 2 8 0

π π   Câu 38. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 và f ′ ( x ) = cos  x +  cos 2  2 x +  , ∀x ∈ ℝ . Khi đó 4 2   π

π f ( x ) dx

bằng

5 . 18

10 . 9

5 . 9

D. 0 .

−

ƠN

sin x + sin 3x π   π 5π  , ∀x ∈  ;  . Khi đó Câu 39. Cho hàm số f ( x ) có f   = −1 và f ′ ( x ) = 4 2sin x.cos x 2 6 6  bằng A. 2 .

QU Y

Câu 1.

B. 4 .

C. −2 .

3π 4

 f ( x ) dx

π 4

D. 0 .

HƯỚNG DẪN GIẢI Biết hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′′ ( x ) = 4e 2 x , f ′ ( 0 ) = 2 và f ( 0 ) = 0 . Giá trị của f ( ln 3) bằng B. 12.

Chọn D

C. 16. Lời giải

D. 8.

A. 4.

Ta có  4e 2 x dx = 2e 2 x + C1 . Do đó f ′ ( 0 ) = 2  C1 = 0  f ′ ( x ) = 2e 2 x .

KÈ

Ta có  2e 2 x dx = e 2 x + C2 . Do đó f ( 0 ) = 0  C2 = −1  f ( x ) = e 2 x − 1 . Khi đó F ( ln 3) = e 2ln 3 − 1 = 8 .

Câu 2.

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = 8 x3 + 6 x, ∀x ∈ ℝ và f (1) = 3 . Biết F ( x ) là

DẠ

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng

17 . 5

B. 15.

C. 19.

Lời giải Chọn A Ta có

 f ′ ( x ) dx =  ( 8 x

)

+ 6 x dx = 2 x 4 + 3 x 2 + C1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

12 . 5

Với f (1) = 3  2.14 + 3.12 + C1 = 3  C1 = −2 . Vậy f ( x ) = 2 x 4 + 3x 2 − 2 .

 f ( x ) dx =  ( 2 x

+ 3 x 2 − 2 ) dx =

2 5 x + x 3 + C2 . 5

Ta có

Vậy F ( x ) =

Câu 3.

FI CI A

Với F ( 0 ) = 2  C2 = 2 .

2 5 17 x + x3 + 2 . Khi đó F (1) = . 5 5

Một ôtô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v ( t ) = 6t ( m s) . Đi được 10 s, người lái

dừng hẳn. A. 300 ( m ) .

B. 330 ( m ) .

C. 350 ( m ) . Lời giải

Chọn B 10

2  v ( t )dt =  6tdt = 3t

ƠN

Trong 10s , đầu tiên ôtô đi được quãng đường

D. 400 ( m ) .

10 0

= 300 ( m )

Khi đi được 10s , vận tốc ôtô đó đạt được là v (10) = 60 ( m s ) Thời điểm vật bắt đầu phanh gấp, vật chuyển động với vận tốc:

 −60dt = −60t + C ( m )

Khi t = 10s , vật đang chuyển động với vận tốc 60 ( m s )  −60t + C = 60  C = 660

QU Y

Khi dừng hẳn v ( t ) = 0 ( m s )  −60t + 660 = 0 ⇔ t = 11( s ) Nên quãng đường từ lúc bắt đầu phanh gấp đến khi dừng hẳn là: 11

 v ( t )dt =

 ( −60t + 660 )dt = ( −30t

+ 660t )

11 10

= 30 ( m ) .

Vậy quãng đường S đi được của ôtô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.

Câu 4.

S = 300 + 30 = 330 ( m ) .

1 3

Một vật đang chuyển động với vận tốc 10 ( m / s ) thì tăng tốc với gia tốc a ( t ) = 2t + t 2 ( m / s 2 )

KÈ

, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. Hỏi quãng đường vật đi được trong thời gian 12 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là bao nhiêu mét? A. 1272 ( m ) . B. 456 ( m) . C. 1172 ( m ) . D. 1372 ( m ) .

Lời giải

DẠ

Chọn A

1  t3  Ta có v ( t ) =   2t + t 2  dt = t 2 + + C . 3  9 

Vận tốc ban đầu của chuyển động là 10 ( m / s ) nên: v ( 0 ) = 10 ⇔ C = 10  v ( t ) = t 2 +

t3 + 10 ( m / s ) . 9

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Do đó quãng đường vật đi được trong thời gian 12 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là:

Câu 5.

12   t3 s =   t 2 + + 10 dt = 1272 ( m ) . 9  0 

Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t ( m / s 2 ) . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 2 giây là

FI CI A

17m / s . Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10 giây là: A. 1014m . B. 1200m . C. 36m. D. 966m . Lời giải Chọn D Ta có: v ( t ) =  6t dt = 3t 2 + C .

v ( 2) = 17  12 + C = 17  C = 5 .

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10 10

giây là s =  ( 3t 2 + 5 ) dt = 966 ( m ) . 4

2sin x π  , ∀x ∈ ℝ \  + k π, k ∈ ℤ và f ( 0) = 1. Cho 3 cos x 2  π  F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) . Biết F  + kπ  = k với mọi k ∈ ℤ . Tính 4  F ( 0) + F (π ) + F ( 2π ) + ... + F (10π ) .

ƠN

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) =

B. 44.

A. 55. Chọn B

 f ′ ( x) dx =

 f ( x ) dx =  cos

1 . cos 2 x

= tan x + C .

KÈ

  π  π π  tan x + C0 , x ∈  − 2 ; 2  F  4        π  π 3π   tan x + C1 , x ∈  ;  F  2 2    4   π  3π 5π   tan x + C2 , x ∈  ;  F  Suy ra F ( x ) =   2 2   4 ... ...     π  17π 19π   tan x + C9 , x ∈  2 ; 2  F  4        19π 21π    π ;  tan x + C10 , x ∈   F  2   4  2 

Y DẠ

D. 0.

2d ( cos x) 2sin xdx 1 =− = 2 +C . 3 3 cos x cos x cos x

Do f ( 0) = 1  C = 0 hay f ( x ) = Ta có

C. 45. Lời giải

QU Y

Ta có

Câu 6.

 + 0π  = 1 + C0 = 0  C0 = −1   + π  = 1 + C1 = 1  C1 = 0   + 2π  = 1 + C2 = 2  C0 = 1   + 9π  = 1 + C9 = 9  C9 = 8   + 10π  = 1 + C10 = 10  C10 = 9. 

Vậy F ( 0) + F (π ) + F ( 2π ) + ... + F (10π ) = tan 0 −1 + tan π + tan 2π +1 + ... + tan10π + 9 = 44.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 7.

2x Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = e ( 2sin x + cos x ) , ∀x ∈ℝ và f ( 0) = 0. Biết

F ( x ) = e 2 x ( a sin x + b cos x ) +

2 là một nguyên hàm của f ( x ) với a , b ∈ ℚ . Tính giá trị biểu 5

2 . 5

B. −1.

3 . 5

D. 1.

FI CI A

thức T = a + 2b − 1.

Lời giải Chọn B

 f ′ ( x ) dx =  e ( 2 sin x + cos x ) dx = e .sin x + C . 2x Do f ( 0 ) = 0  C = 0 hay f ( x) = e .sin x . Hàm số f ( x ) xác định ∀x ∈ℝ . 2x 2x Ta có F ' ( x ) = 2e ( a sin x + b cos x ) + e ( a cos x − b sin x ) = e ( 2a − b ) sin x + ( a + 2b ) cos x  F ( x) là một nguyên hàm của f ( x ) trên ℝ ⇔ F ' ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ℝ . 2x

Ta có

2  1 + 2.  −  − 1 =−1. 5  5

Câu 8.

Vậy T = a + 2b −1 =

ƠN

2  a=  2a − b = 1  5 . ⇔e 2 x ( 2a − b ) sin x + ( a + 2b ) cos x  = e 2 x sin x , ∀x ∈ℝ ⇔  ⇔  a + 2b = 0 b = − 1  5

2 cos x − 1 Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng ( 0;π ) . Biết 2 sin x

rằng giá trị lớn nhất của F ( x) trên khoảng ( 0;π ) là

3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh

đề sau.

QU Y

π  6

 2π B. F   3

A. F   = 3 3 − 4

Ta có:

π  =− 3 3

3  = 2 

C. F 

 5π   = 3− 3  6

D. F 

Lời giải

2 cos x − 1 cos x 1 dx = 2  dx −  dx 2 2 x sin x sin 2 x

 f ( x ) dx =  sin d ( sin x ) =2 −

 sin



sin x

dx = −

2 + cot x + C sin x

KÈ

2 cos x − 1 Do F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng ( 0;π ) nên hàm số F ( x) 2

DẠ

sin x 2 có công thức dạng F ( x ) = − + cot x + C với mọi x ∈ ( 0; π ) . sin x 2 Xét hàm số F ( x ) = − + cot x + C xác định và liên tục trên ( 0;π ) . sin x 2 cos x − 1 F '( x) = f ( x) = sin 2 x 2 cos x − 1 1 π Xét F ' ( x ) = 0 ⇔ = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2 sin x 2 3

π Trên khoảng ( 0;π ) , phương trình F ' ( x ) = 0 có một nghiệm x =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Bảng biến thiên:

π  max F ( x) = F   = − 3 + C ( 0;π ) 3 Theo đề bài ta có,

Câu 9.

2 + cot x + 2 3 . sin x

Do đó, F ( x ) = −

− 3 + C = 3 ⇔C = 2 3 .

Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {−2} thoả mãn f ′ ( x ) = trị của biểu thức f ( 2 ) + f ( −3) bằng

B. ln 2 .

C. 10 + ln 2 . Lời giải

Chọn A

3x − 1 7   dx =   3 −  dx = 3 x − 7 ln x + 2 + C , ∀x ∈ ℝ \ {−2} . x+2 x+2 

Ta có: f ( x ) =  f ′ ( x ) dx = 

D. 3 − 20 ln 2 .

ƠN

A. 12 .

3x − 1 , f ( 0 ) = 1 và f ( −4 ) = 2 . Giá x+2

+ Xét trên khoảng ( −2; + ∞ ) ta có: f ( 0 ) = 1 ⇔ −7 ln 2 + C = 1  C = 1 + 7 ln 2 . Do đó, f ( x ) = 3x − 7 ln x + 2 + 1 + 7 ln 2 , với mọi x ∈ ( −2; + ∞ ) . Suy ra f ( 2 ) = 7 − 7 ln 4 + 7 ln 2 = 7 − 7 ln 2 .

QU Y

+ Xét trên khoảng ( −∞ ; − 2 ) ta có: f ( −4 ) = 2 ⇔ −12 − 7 ln 2 + C = 2  C = 14 + 7 ln 2 . Do đó, f ( x ) = 3x − 7 ln x + 2 + 14 + 7 ln 2 , với mọi x ∈ ( −∞ ; − 2 ) . Suy ra f ( −3) = 5 + 7 ln 2 .

Vậy f ( 2 ) + f ( −3) = 7 + 7 ln 2 + 5 − 7 ln 2 = 12 .

Câu 10. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {1} thỏa mãn f ′ ( x ) =

1 , f ( 0 ) = 2017 , f ( 2 ) = 2018 . x −1

Tính S = f ( 3) − f ( −1) .

B. S = 4 .

C. S = ln 2 . D. S = 1 . Lời giải 1 Trên khoảng (1; +∞ ) ta có  f ' ( x ) dx =  dx = ln ( x − 1) + C1  f ( x ) = ln ( x − 1) + C1 . x −1 Mà f (2) = 2018  C1 = 2018 .

KÈ

A. S = ln 4035 .

DẠ

Trên khoảng ( −∞;1) ta có

 f ' ( x ) dx =  x − 1 dx = ln (1 − x ) + C

 f ( x ) = ln (1 − x ) + C2 .

Mà f (0) = 2017  C2 = 2017 . ln( x − 1) + 2018 Vậy f ( x ) =  ln(1 − x) + 2017

khi x > 1 khi x < 1

. Suy ra f ( 3) − f ( −1) = 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

f ( −3) + f ( 3) = 0 A. 3 + ln 2 .

xác định trên

. Tính giá trị biểu thức B. 4 + ln3 .

ℝ \ {−2;2}

f ′( x) =

thỏa mãn

P = 2 f ( −1) + f ( 4 )

4 , x −4

C. ln 2 − 3 . Lời giải.

f ( 0) = 2

D. ln3 + 2 .

và

f ( x)

FI CI A

Câu 11. Cho hàm số

Chọn B

 x−2 ln + C1 khi x ∈ ( −∞ ; − 2 ) ∪ ( 2; + ∞ )  4 1 1    x + 2 Ta có f ( x ) =  2 . dx =   −  dx =  2 − x x −4  x−2 x+2 ln + C2 khi x ∈ ( −2; 2 )  x + 2

1 5

và f ( − 3 ) + f ( 3 ) = 0  ln 5 + C1 + ln + C1 = 0 ⇔ C1 = 0 .

Vậy P = 2 f ( − 1) + f ( 4 ) = 2 ( ln 3 + 2 ) + ln

ƠN

 x−2 khi x ∈ ( −∞ ; − 2 ) ∪ ( 2; + ∞ ) ln x + 2 . Suy ra f ( x ) =  ln 2 − x + 2 khi x ∈ ( −2; 2 )  x + 2

Theo giả thiết có f ( 0) = 2  C2 = 2

1 = ln 3 + 4 . 3

Câu 12. Cho hàm số f ( x ) xác định trên R \ {−1;1} thỏa mãn f ' ( x ) =

1 . Biết f ( 3) + f ( −3) = 4 và x −1 2

đó:

KÈ

Khi

QU Y

1  −1  f   + f   = 2 . Giá trị của biểu thức f ( −5 ) + f ( 0 ) + f ( 2 ) bằng 3  3  1 1 1 1 A. 5 − ln 2 . B. 6 − ln 2 . C. 5 + ln 2 . D. 6 + ln 2 . 2 2 2 2 Lời giải Chọn A 1 1 x −1 1  f ( x ) =  f ' ( x ) dx =  2 dx = ln + C với x ∈ R \ {−1;1} . Ta có f ' ( x ) = 2 x −1 2 x +1 x −1 1  2 ln  1 f ( x ) =  ln 2 1  ln 2

x −1 + C1 x +1 x −1 + C2 x +1 x −1 + C3 x +1

khi x > 1 f  khi − 1 < x < 1   f  khi x < −1

( 3) + f ( −3) = C1 + C3 = 4 1  + 3

 −1  f   = 2C2 = 2  3 

C1 + C3 = 4  C 2 = 1

DẠ

1 3 1 1 1 1 1 ln + C3 + C2 + ln + C1 = ln + 5 = 5 − ln 2 . 2 2 2 3 2 2 2 1 Câu 13. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {−2;1} thỏa mãn f ′ ( x ) = 2 , f ( −3) − f ( 3) = 0 và x + x−2 1 f ( 0 ) = . Giá trị của biểu thức f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) bằng 3 Vậy f ( −5 ) + f ( 0 ) + f ( 2 ) =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 1 ln 2 + . 3 3

B. ln80 + 1 .

1 4 ln + ln 2 + 1 . 3 5

1 8 ln + 1 . 3 5

Lời giải

x −1 + C1 , ∀x ∈ ( −∞; −2 ) x+2

FI CI A

1  3 ln  1 1 f ( x) =  2 dx =  ln x + x−2 3 1  ln 3

x −1 + C2 , ∀x ∈ ( −2;1) . x+2 x −1 + C3 , ∀x ∈ (1; +∞ ) x+2

ƠN

1 1 1 Ta có f ( −3) = ln 4 + C1 , ∀x ∈ ( −∞;2 ) , f ( 0 ) = ln + C1 , ∀x ∈ ( −2;1) , 3 3 2 1 2 f ( 3) = ln + C3 , ∀x ∈ (1; +∞ ) , 3 5 1 1 Theo giả thiết ta có f ( 0 ) = ⇔ C2 = (1 + ln 2 ) . 3 3 2 1  f ( −1) = ln 2 + . 3 3 1 1 Và f ( −3) − f ( 3) = 0 ⇔ C1 − C3 = ln . 3 10 1 5 1 1 1 1 1 1 Vậy f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) = ln + C1 + ln 2 + + ln 2 + ln 2 − C2 = ln 2 + . 3 2 3 3 3 3 3 3 e 2 x + 1

khi x ≥ 0

4 x + 2

khi x < 0

Câu 14. Cho hàm số f ( x ) = 

. Giả sử F là nguyên hàm của f trên ℝ thoả mãn

F ( −2) = 5 . Biết rằng F (1) + 3F ( −1) = ae2 + b (trong đó a , b là các số hữu tỉ). Khi đó a + b

QU Y

bằng A. 4.

B. 5.

Chọn B

C. 10 . Lời giải

D. 8.

khi x ≥ 0

khi x < 0

 e2x + x + C1 Vì F là nguyên hàm của f trên ℝ nên F ( x ) =  2 2 x 2 + 2 x + C  2

Ta có: F(−2) = 5 ⇔ 4 + C2 = 5 ⇔ C2 = 1 .

KÈ

Nhận xét: Hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên mỗi khoảng ( −∞ ;0 ) và ( 0;+ ∞ ) . lim f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) = 2 nên hàm số f ( x ) liên tục tại x = 0 .

x → 0+

x→0

Suy ra hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ .

DẠ

Do đó hàm số F ( x) liên tục trên ℝ nên hàm số F ( x) liên tục tại x = 0 .

Suy ra lim+ F ( x) = lim− F ( x) = F (0) ⇔ x →0

x →0

 e2x 1 + x+  Vậy F ( x ) =  2 2 2 x2 + 2 x + 1 

1 + C1 = C 2 , mà 2

khi x ≥ 0

C2 =1 nên

C1 =

1 . 2

khi x < 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có: F (1) + 3F ( −1) =

e2 3 e2 9 + + 3.1 = + . Suy ra a = 1 ; b = 9 . Vậy a + b = 5 . 2 2 2 2 2 2 8 π  2

FI CI A

Câu 15. Cho hàm số f ( x ) có f   = − và f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên 3 4 31 hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = , khi đó F (π ) bằng 18 16 64 31 A. . B. . C. 0 . D. . 3 27 8 Lời giải Chọn A

Ta có f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) . Có

 f ′ ( x ) dx =  16 cos 4 x.sin

xdx =  16.cos 4 x.

1 − cos 2 x dx =  8.cos 4 xdx −  8cos 4 x.cos 2 xdx 2

ƠN

4 = 8 cos 4 xdx − 8 ( cos 6 x + cos 2 x ) dx = 2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x + C . 3

Do đó. Khi đó: π

8 4 π  Suy ra f ( x ) = 2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x + C . Mà f   = −  C = 0 . 3 3 4

4   F (π ) − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x +  dx 3  0 0 π

QU Y

2  1  =  − cos 4 x + cos 6 x + 2 cos 2 x  = 0 9  2 0 31 F (π ) = F ( 0 ) + 0 = 18

F ( x) f ′ ( x ) = 12 sin 2 x.cos 2 3 x, ∀x ∈ ℝ  π  27 có f   = và . Biết là nguyên 2 8 f ( x) F (0) = 0 F (π ) hàm của thỏa mãn , khi đó bằng 87 21 87 A. 0 . B. − . C. − . D. . 64 8 64 Lời giải Chọn C f ( x)

KÈ

Câu 16. Cho hàm số

Ta có f ′ ( x ) = 12sin 2 x.cos 2 3x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

DẠ

Có

 f ′ ( x ) dx =  12sin 2 x.cos

3 xdx =  12.sin 2 x.

1 + cos 6 x dx =  6.sin 2 xdx +  6sin 2 x.cos 6 xdx 2

3 3 = 6  sin 2 xdx + 3 ( sin 8 x − sin 4 x ) dx = −3cos 2 x − cos8 x + cos 4 x + C . 8 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 3  π  27  C = 0. Suy ra f ( x ) = −3cos 2 x − cos8 x + cos 4 x + C . Mà f   = 8 4 2 8

3 3   F (π ) − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   −3cos 2 x − cos8 x + cos 4 x  dx 8 4  0 0 π

3 3  3  =  − sin 2 x − sin 8 x + sin 4 x  = 0 64 16  2 0 21 21  F (π ) = F ( 0 ) + 0 = − + 0 = − 8 8

FI CI A

Do đó. Khi đó:

f ( x) f ( 0) = 0 f ′ ( x ) = cos x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ F ( x) Câu 17. Cho hàm số có và . Biết là nguyên hàm của 121 f ( x) F (π ) thỏa mãn F ( 0 ) = − , khi đó bằng 225 242 208 121 149 A. . B. . C. . D. . 225 225 225 225

ƠN

Lời giải Chọn C

2 Ta có f ′ ( x ) = cos x.cos 2 x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

 f ′ ( x ) dx =  cos x.cos

2 xdx =  cos x.

1 + cos 4 x cos x cos x.cos 4 x dx =  dx +  dx 2 2 2

Có

1 1 1 1 1 cos xdx +  ( cos 5 x + cos 3 x ) dx = sin x + sin 5 x + sin 3 x + C .  2 4 2 20 12 1 1 1 sin x + sin 5 x + sin 3 x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f ( 0) = 0  C = 0 . 2 20 12

Do đó f ( x ) =

1 1 1 sin x + sin 5 x + sin 3x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 2 20 12 π

QU Y

Suy ra f ( x ) =

1 1 1  F (π ) − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   sin x + sin 5 x + sin 3x  dx 2 20 12  0 0 π

KÈ

1 1 242  1  =  − cos x − cos 5 x − cos 3x  = 100 36  2  0 225 242 121 242 121  F (π ) = F ( 0 ) + =− + = 225 225 225 225

Câu 18. Hãy xác định hàm số

y = f ( x)

f (1) = 2 f ( 2 ) = 3

thỏa mãn , 1 A. F ( x ) = x 3 + x 2 + x + 1. 2

Y DẠ

F ( x ) = ax3 + bx2 + cx + 1

C. F ( x ) = x + 1.

và

. Biết

f ( 3) = 4

F ( x)

là một nguyên hàm của hàm số

B. F ( x ) =

1 3 x + x 2 + 2 x + 1. 3

1 1 D. F ( x ) = x 3 + x 2 + x + 1. 3 2 Lời giải

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

f ( x ) = 3ax2 + 2bx + c.

FI CI A

a = 0 3a + 2b + c = 2  1   Theo để 12a + 4b + c = 3 ⇔ b = . 2 27a + 6b + c = 4   c = 1 Vậy f ( x ) = x + 1.

Câu 19. Hàm số F ( x ) = ( ax + b ) 4 x + 1 ( a, b là các hằng số thực) là một nguyên hàm của

A. 0 .

12 x . Tính a + b . 4x +1 B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải Chọn B 2 6ax + a + 2b . = 4x +1 4x +1

Để F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thì Do đó a + b = 1 .

ƠN

Ta có F ′ ( x ) = a 4 x + 1 + ( ax + b ) .

f ( x) =

6a = 12 a = 2 6ax + a + 2b 12 x . = ⇔ ⇔ 4x +1 4x +1  a + 2b = 0 b = −1

1 Tính giá trị biểu Câu 20. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x thỏa mãn F ( 0 ) = , ln 2 . thức T = F ( 0 ) + F (1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) + F ( 2020 ) + F ( 2021) 22021 + 1 . ln 2

Chọn D Ta có



B. T = 22021.2022 .

QU Y

A. T = 1011.

f ( x )dx =  2 x dx =

C. T =

2 2020 − 1 . ln 2

D. T =

2 2022 − 1 . ln 2

Lời giải

2x +C ln 2

F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , ta có F ( x ) =

1 2x + C mà F ( 0 ) = ln 2 ln 2

2x . ln 2 T = F ( 0 ) + F (1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) + F ( 2020 ) + F ( 2021)

KÈ

 C = 0  F ( x) =

1 1 22022 − 1 22022 − 1 1 + 2 + 22 + ... + 22018 + 22019 + 22020 + 22021 ) = . = ( ln 2 ln 2 2 − 1 ln 2

DẠ

1 Câu 21. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm trên ℝ của hàm f ( x ) = x 2 eα x (α ≠ 0 ) sao cho F   = F ( 0 ) + 1 α  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 1 < α < 2 . B. α < −2 . C. α ≥ 3 . D. 0 < α ≤ 1 . Lời giải Chọn D 1 1 Ta có F ( x ) =  x 2 eα x dx =  x 2d ( eα x ) =  x 2 eα x −  eα x 2 xdx  .  α α

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1  2 αx 2 1  2 αx 2  αx  xeα x −  eα x dx  .  x e −  xd e  =  x e − α α α α    1  2 αx 2 αx 2 αx  =  x e − xe + 2 e  + C . α α α  2 2  1 1 1 1 F   =  2 e − 2 e + 2 e + C = 3 e + C . α α  α α  α α 1 2 F ( 0) = . 2 + C .

)

FI CI A

(

( )

α α

e−2 1 Theo giả thiết F   − F ( 0 ) = 3 = 1  α 3 = e − 2  α = 3 e − 2  0 < α ≤ 1 α α  π  Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có f   = 0 và f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 2 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 104 104 121 167 A. . B. − . C. . D. . 225 225 225 225

Chọn B

ƠN

Lời giải

Ta có f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

 f ′ ( x ) dx =  sin x.sin

2 xdx =  sin x.

1 − cos 4 x sin x sin x.cos 4 x dx =  dx −  dx 2 2 2

Có

1 1 1 1 1 sin xdx −  ( sin 5 x − sin 3 x ) dx = − cos x + cos 5 x − cos 3 x + C .  2 4 2 20 12

QU Y

1 1 1 π  Suy ra f ( x ) = − cos x + cos 5 x − cos 3 x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f   = 0  C = 0 . 2 20 12 2 1 1 1 Do đó f ( x ) = − cos x + cos 5 x − cos 3 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 2 20 12 π

2 1 1 π   1  F   − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   − cos x + cos 5 x − cos 3x  dx 2 20 12 2  0 0

KÈ

1 1 104  1 2 =  − sin x + sin 5 x − sin 3x  = − 100 36 225  2 0

104 104 104 π   F   = F ( 0) − = 0− =− 225 225 225 2

1 và f ′ ( x ) = sin 3 x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 21 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 137 137 247 167 A. . B. − . C. . D. . 441 441 441 882

DẠ

Câu 23. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) =

Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 Ta có f ′ ( x ) = sin 3x.cos 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

2 xdx =  sin 3 x.

1 + cos 4 x sin 3 x sin 3 x.cos 4 x dx =  dx +  dx 2 2 2

1 1 1 1 1 sin 3 xdx +  ( sin 7 x − sin x ) dx = − cos 3 x − cos 7 x + cos x + C .  2 4 6 28 4

FI CI A

 f ′ ( x ) dx =  sin 3x.cos

Có

1 1 1 1 Suy ra f ( x ) = − cos 3 x − cos 7 x + cos x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f ( 0) =  C = 0 . 21 6 28 4 1 1 1 Do đó f ( x ) = − cos 3 x − cos 7 x + cos x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 6 28 4 π

2 1 1 π   1  F   − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   − cos 3x − cos 7 x + cos x  dx 6 28 4 2  0 0

1 1  1  2 137 =  − sin 3x − sin 7 x + sin x  = 196 4  18  0 441

ƠN

137 137 137 π   F   = F ( 0) + = 0+ = 441 441 441 2

QU Y

F ( x) f x f 0 =0 f ′ ( x ) = cos x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ Câu 24. Cho hàm số ( ) có ( ) và . Biết là nguyên hàm của 121 f ( x) F (π ) thỏa mãn F ( 0 ) = − , khi đó bằng 225 242 208 121 149 A. . B. . C. . D. . 225 225 225 225 Lời giải Chọn C Ta có f ′ ( x ) = cos x.cos2 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) . 1 + cos 4 x cos x cos x.cos 4 x dx =  dx +  dx 2 2 2 1 1 1 1 1 =  cos xdx +  ( cos 5 x + cos 3 x ) dx = sin x + sin 5 x + sin 3 x + C . 2 4 2 20 12 1 1 1 Suy ra f ( x ) = sin x + sin 5 x + sin 3 x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f ( 0 ) = 0  C = 0 . 2 20 12 1 1 1 Do đó f ( x ) = sin x + sin 5 x + sin 3x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 2 20 12

 f ′ ( x ) dx =  cos x.cos

2 xdx =  cos x.

KÈ

Có

1 1 1  F (π ) − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   sin x + sin 5 x + sin 3x  dx 2 20 12  0 0 π

DẠ

1 1 242  1  =  − cos x − cos 5 x − cos 3x  = 100 36  2  0 225 242 121 242 121  F (π ) = F ( 0 ) + =− + = 225 225 225 225

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 và f ′ ( x ) = sin 3 x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên hàm 21 π  của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 0 , khi đó F   bằng 2 137 137 247 167 A. . B. − . C. . D. . 441 441 441 882 Lời giải Chọn A

FI CI A

Câu 25. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) =

2 Ta có f ′ ( x ) = sin 3x.cos 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

1 + cos 4 x sin 3 x sin 3 x.cos 4 x dx =  dx +  dx 2 2 2 1 1 1 1 1 =  sin 3 xdx +  ( sin 7 x − sin x ) dx = − cos 3 x − cos 7 x + cos x + C . 2 4 6 28 4

 f ′ ( x ) dx =  sin 3x.cos

2 xdx =  sin 3 x.

Có

π 

ƠN

1 1 1 1 Suy ra f ( x ) = − cos 3 x − cos 7 x + cos x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f ( 0) =  C = 0 . 21 6 28 4 1 1 1 Do đó f ( x ) = − cos 3 x − cos 7 x + cos x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 6 28 4 2 1 1  1  F   − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   − cos 3x − cos 7 x + cos x  dx 2 6 28 4    0 0 2

1 1  1  2 137 =  − sin 3x − sin 7 x + sin x  = 196 4  18  0 441

137 137 137 π   F   = F ( 0) + = 0+ = 441 441 441 2

QU Y

KÈ

Ta có f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

1 − cos 4 x sin x sin x.cos 4 x dx =  dx −  dx 2 2 2 1 1 1 1 1 =  sin xdx −  ( sin 5 x − sin 3 x ) dx = − cos x + cos 5 x − cos 3 x + C . 2 4 2 20 12

 f ′ ( x ) dx =  sin x.sin

2 xdx =  sin x.

DẠ

Có

1 1 1 π  Suy ra f ( x ) = − cos x + cos 5 x − cos 3 x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f   = 0  C = 0 . 2 20 12 2 1 1 1 Do đó f ( x ) = − cos x + cos 5 x − cos 3 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 2 20 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 1 1 π   1  F   − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   − cos x + cos 5 x − cos 3 x  dx 2 20 12 2  0 0 2

FI CI A

1 1 104  1 2 =  − sin x + sin 5 x − sin 3x  = − 100 36 225  2 0

ƠN

104 104 104 π   F   = F ( 0) − = 0− =− 225 225 225 2 F ( x) f ( x)  π  27 f ′ ( x ) = 12 sin 2 x.cos 2 3 x, ∀x ∈ ℝ Câu 27. Cho hàm số có f   = và . Biết là nguyên 2 8 f ( x) F (0) = 0 F (π ) hàm của thỏa mãn , khi đó bằng 87 21 87 B. − . C. − . D. . A. 0 . 64 8 64 Lời giải Chọn C Ta có f ′ ( x ) = 12sin 2 x.cos 2 3x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) . Có

1 + cos 6 x dx =  6.sin 2 xdx +  6sin 2 x.cos 6 xdx 2 3 3 = 6  sin 2 xdx + 3 ( sin 8 x − sin 4 x ) dx = −3cos 2 x − cos8 x + cos 4 x + C . 8 4 3 3  π  27  C = 0. Suy ra f ( x ) = −3cos 2 x − cos8 x + cos 4 x + C . Mà f   = 8 4 2 8 Do đó. Khi đó: 2

3 xdx =  12.sin 2 x.

 f ′ ( x ) dx =  12sin 2 x.cos

QU Y

3 3   F (π ) − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   −3cos 2 x − cos8 x + cos 4 x  dx 8 4  0 0 π

DẠ

KÈ

3 3  3  =  − sin 2 x − sin 8 x + sin 4 x  = 0 2 64 16  0 21 21  F (π ) = F ( 0 ) + 0 = − + 0 = − 8 8 8 π  Câu 28. Cho hàm số f ( x ) có f   = − và f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ . Biết F ( x ) là nguyên 3 4 31 hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = , khi đó F (π ) bằng 18 16 64 31 A. . B. . C. 0 . D. . 3 27 8 Lời giải Chọn D Ta có f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) . Có

1 − cos 2 x dx =  8.cos 4 xdx −  8cos 4 x.cos 2 xdx 2 4 = 8 cos 4 xdx − 8 ( cos 6 x + cos 2 x ) dx = 2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x + C . 3

 f ′ ( x ) dx =  16 cos 4 x.sin

xdx =  16.cos 4 x.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

4   F (π ) − F ( 0 ) =  f ( x ) dx =   2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x +  dx 3  0 0 π

FI CI A

8 4 π  Suy ra f ( x ) = 2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x + C . Mà f   = −  C = 0 . 3 3 4 Do đó. Khi đó:

2  1  =  − cos 4 x + cos 6 x + 2 cos 2 x  = 0 9  2 0 31 F (π ) = F ( 0 ) + 0 = 18 . Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x ) < 0, ∀x > 0 và có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên khoảng 1 thỏa mãn f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x ) , ∀x > 0 và f (1) = − . Giá trị của biểu thức 2 f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2020 ) bằng

( 0; + ∞ )

2020 . 2021

B. −

2015 . 2019

C. −

2019 . 2020

D. −

ƠN

A. −

2016 . 2021

Lời giải Chọn A Ta có:

1 −1 2 1 1 ( 2) = − 3 2 1 1 ( 3) = − 4 3

(1) =

1 2020 =− . 2021 2021

1 1 − 2021 2020

( 2020 ) =

 f (1) + f ( 2 ) + .... + f ( 2020 ) = −1 +

KÈ

 f  f    f  ⋮  f  

1 −1 1 1  C = 0  f ( x) = 2 = − . 2 x + x x +1 x

QU Y

Mà f (1) = −

f ′( x) f ′( x) 1 = x2 + x + C . = 2 x + 1  dx =  ( 2 x + 1) dx  − 2 2  f ( x) f ( x) f ( x)

f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x ) ⇔

DẠ

y = f ( x) ℝ \ {−1;0} f (1) = 2 ln 2 + 1 Câu 30. Cho hàm số liên tục trên thỏa mãn , x ( x + 1) f ′ ( x ) + ( x + 2 ) f ( x ) = x ( x + 1) ∀x ∈ ℝ \ {−1;0} f ( 2 ) = a + b ln 3 , . Biết , với a , b là hai 2 số hữu tỉ. Tính T = a − b . −3 21 3 A. T = . B. T = . C. T = . D. T = 0 . 16 16 2 Lời giải Chọn A Ta có x ( x + 1) f ′ ( x ) + ( x + 2 ) f ( x ) = x ( x + 1)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

⇔ f ′( x) +

x ( x + 2) x+2 x2 x2 f ( x) = 1 ⇔ = f ′( x) + f x ( ) 2 x ( x + 1) x +1 x +1 ( x + 1)

FI CI A

⇔ f ( x) =

 x2  x2 x2 x2 x2 x2 ⇔ f ( x) =  dx ⇔ f ( x ) = − x + ln x + 1 + c ⇔ f ( x ) = x +1 x +1 x +1 2  x +1  x +1

 x + 1  x2 − x + ln x + 1 + c  . 2  x  2 

Ta có f (1) = 2 ln 2 + 1 ⇔ c = 1.

3  a=  x + 1  x2 3 3  4 . Từ đó f ( x ) = 2  − x + ln x + 1 + 1 , f ( 2 ) = + ln 3. Nên  3 x  2 4 4  b =  4 3 Vậy T = a 2 − b = − . 16 2

2 5

B. −

ƠN

Câu 31. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f (1) = 2 và ( x 2 + 1) f ′ ( x ) =  f ( x )  trị của f ( 2 ) bằng 2 5

C. −

5 2

− 1) với mọi x ∈ ℝ . Giá

5 2

Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết ta có: f ′ ( x ) =  f ( x )  .

x2 − 1

+ 1)

> 0 với mọi x ∈ (1; 2] .

QU Y

Do đó f ( x ) ≥ f (1) = 1 > 0 với mọi x ∈ [1; 2] . Xét với mọi x ∈ [1; 2] ta có: 2

+ 1) f ′ ( x ) =  f ( x ) 

− 1) ⇔

f ′( x) f ′( x) x2 −1 x2 −1 d x =  =  f 2 ( x )  x 2 + 1 2 dx . f 2 ( x ) ( x 2 + 1)2 ( )

1  1 d x +   f ′( x) 1 1 x  x 2 d x  f ′ ( x ) dx = = d x =− +C . 2 2  − 2 2    1 f ( x) f ( x) f ( x) 1 1   x + x+  x+  x x x   1−

KÈ



Mà f (1) = 1  1 = 1 + C ⇔ C = 0 . Vậy f ( x ) =

x2 + 1 5  f (2) = . x 2

DẠ

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) trên [ −5;3] như hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

L B. 109 .

A. 33.

Biết f ( 0) = 0 , giá trị của 2 f ( −5) + 3 f ( 2 ) bằng

C. 35 .

D. 11.

Lời giải Chon C 2

y = −x2 + 2x + 3, ∀x ≥ −1

suy

5 3

Có f ( − 1) = − ; f ( 2 ) =

f '( x) =

f '( x)

thị

qua

x3 2 + x + 3x + C1 . 3

( −4;2) , ( −1;0)

điểm

các

nên

f '( x)

thị

Đồ

 5 5 2 1 −2  x 2 −14 . ⇔ C 2 = − +  −  = −2  f ( x ) = + x  − 2 , hay f ( −4 ) =  3 3 3 3 2 3  2 

trên

f ' ( x ) = 3x +14  f ( x ) =

đoạ n

[ −5; −4]

qua

các

điểm

( −4;2) , ( −5; −1)

3x2 +14x + C3 . 2 2

KÈ

3. ( −4 ) −14 −14 82 Mà f ( −4 ) = ⇔ + 14. ( −4 ) + C3 = suy ra C 3 = . 3 2 3 3

3x2 82 31 +14x +  f ( −5) = − . 2 3 6

Ta có f ( x ) =

Từ và ta được 2 f ( − 5 ) + 3 f ( 2 ) = −

DẠ

Mà

 −2 −2  x 2 ( x + 1)  f ( x ) =  + x  + C 2 . 3 3  2 

Mà f ( − 1) = − *)

[ −4; −1]

đoạn

trên

QU Y

*)Đồ

x3 2 + x + 3x . 3

22 3

f ( x) = −

f ( 0) = 0  C1 = 0, f ( x ) = −

ƠN

*)Parabol y = ax + bx + c qua các điểm ( 2;3) , (1;4) , ( 0;3) , ( −1;0) , ( 3;0) nên xác định được

Câu 33. Cho hàm số

f ( x)

có

f (0) = 0

và

31 35 . + 22 = 3 3

f ′ ( x ) = cos x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ

. Khi đó

 f ( x ) dx bằng 0

1042 A. . 225

208 B. . 225

242 C. . 225 Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

149 . 225

nên

Chọn C 2 Ta có f ′ ( x ) = cos x.cos 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

1 + cos 4 x cos x cos x.cos 4 x dx =  dx +  dx 2 2 2 1 1 1 1 1 =  cos xdx +  ( cos 5 x + cos 3 x ) dx = sin x + sin 5 x + sin 3 x + C . 2 4 2 20 12 1 1 1 Suy ra f ( x ) = sin x + sin 5 x + sin 3 x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f ( 0 ) = 0  C = 0 . 2 20 12 1 1 1 Do đó f ( x ) = sin x + sin 5 x + sin 3x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 2 20 12

2 xdx =  cos x.

1 1 1 1 242 1   1  f ( x ) dx =   sin x + sin 5 x + sin 3 x  dx =  − cos x − cos 5 x − cos 3 x  = . 2 20 12 100 36   2  0 225 0

Câu 34. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = A.

137 . 441

B. −



1 và f ′ ( x ) = sin 3 x.cos 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó 21

137 . 441

247 . 441

ƠN

 f ′ ( x ) dx =  cos x.cos

FI CI A

Có

π 2

 f ( x ) dx bằng 0

167 . 882

Lời giải Chọn A

Ta có f ′ ( x ) = sin 3x.cos2 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

1 + cos 4 x sin 3 x sin 3 x.cos 4 x dx =  dx +  dx 2 2 2 1 1 1 1 1 =  sin 3 xdx +  ( sin 7 x − sin x ) dx = − cos 3 x − cos 7 x + cos x + C . 2 4 6 28 4 1 1 1 1 Suy ra f ( x ) = − cos 3 x − cos 7 x + cos x + C , ∀x ∈ ℝ . Mà f ( 0) =  C = 0 . 21 6 28 4 1 1 1 Do đó f ( x ) = − cos 3 x − cos 7 x + cos x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó: 6 28 4

 f ′ ( x ) dx =  sin 3x.cos

π 2



2 xdx =  sin 3 x.

1 1 1 1  1   1  2 137 f ( x ) dx =   − cos 3 x − cos 7 x + cos x  dx =  − sin 3x − sin 7 x + sin x  = . 6 28 4 18 196 4 441     0 0 2

QU Y

Có

π 2

KÈ

π  Câu 35. Cho hàm số f ( x ) có f   = 0 và f ′ ( x ) = sin x.sin 2 2 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó  f ( x ) dx bằng 2 0 104 104 121 167 A. . B. − . C. . D. . 225 225 225 225 Lời giải Chọn B

DẠ

2 Ta có f ′ ( x ) = sin x.sin 2 x, ∀x ∈ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

1 − cos 4 x sin x sin x.cos 4 x dx =  dx −  dx 2 2 2 1 1 1 1 1 =  sin xdx −  ( sin 5 x − sin 3 x ) dx = − cos x + cos 5 x − cos 3 x + C . 2 4 2 20 12

Có

 f ′ ( x ) dx =  sin x.sin

2 xdx =  sin x.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 0

FI CI A

1 1 1 1 104  1   1 2 f ( x ) dx =   − cos x + cos 5 x − cos 3x  dx =  − sin x + sin 5 x − sin 3x  = − 2 20 12 100 36 225   2 0 0 2

 f ( x ) dx bằng 0

 π  27 Câu 36. Cho hàm số f ( x ) có f   = và f ′ ( x ) = 12 sin 2 x.cos 2 3 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó 2 8   27 87 87 A. . B. − . C. 0 . D. . 64 64 64 Lời giải Chọn C

Ta có f ′ ( x ) = 12sin 2 x.cos 2 3x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

ƠN

Có

 0

3 xdx =  12.sin 2 x.

3 3 3 3    3  f ( x ) dx =   −3cos 2 x − cos 8 x + cos 4 x  dx =  − sin 2 x − sin 8 x + sin 4 x  = 0 8 4 64 16   2 0 0

QU Y

 f ′ ( x ) dx =  12sin 2 x.cos

KÈ

π 8 π  Câu 37. Cho hàm số f ( x ) có f   = − và f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ . Khi đó  f ( x ) dx bằng 3 4 0 16 64 128 A. . B. . C. − . D. 0 . 3 27 3 Lời giải Chọn D Ta có f ′ ( x ) = 16 cos 4 x.sin 2 x, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ′ ( x ) .

Có

1 − cos 2 x dx =  8.cos 4 xdx −  8cos 4 x.cos 2 xdx 2 4 = 8 cos 4 xdx − 8 ( cos 6 x + cos 2 x ) dx = 2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x + C . 3 8 4 π  Suy ra f ( x ) = 2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x + C . Mà f   = −  C = 0 . 3 3 4 Do đó. Khi đó: 2

xdx =  16.cos 4 x.

DẠ

 f ′ ( x ) dx =  16 cos 4 x.sin

 0

4 2    1  f ( x ) dx =   2sin 4 x − sin 6 x − 4sin 2 x +  dx =  − cos 4 x + cos 6 x + 2 cos 2 x  = 0 3 9   2 0 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

π π   Câu 38. Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 và f ′ ( x ) = cos  x +  cos 2  2 x +  , ∀x ∈ ℝ . Khi đó 4 2  

π 4

−

bằng

FI CI A

π f ( x ) dx 4

5 . 18

10 . 9

5 . 9

D. 0 .

Lời giải Chọn C

 f ′ ( x ) dx =  cos  x + 4  cos

π 2  cos  2 x +  , ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ' ( x ) . 4 2  π  2 π π  2   π  



π

 2 x +  dx =  cos  x +  cos  2  x +   dx 2 4 4     

π  π    =  cos  x +   1 − 2sin 2  x +   dx = I 4  4   

ƠN

 

Ta có f ' ( x ) = cos  x +

π π   Đặt t = sin  x +   dt = cos  x +  dx 4 4   2 π 2 π   Ta có I =  (1 − 2t 2 ) dt = t − t 3 + c = sin  x +  − sin 3  x +  + C 3 4 3 4    π 2 π  π   f  −  = 0  C = 0  f ( x ) = sin  x +  − sin 3  x +  4 3 4  4   π

π

−

f ( x ) dx =

−



π 2

π    x +   dx 4  

π 2 4 π  π    2 sin x + d x − π  4  3 π sin  x + 4  1 − cos  x + 4  dx − − 4



π  sin  x + 4  − 3 sin

QU Y

π4 2 4  π    π    = − cos  x +  +  1 − cos 2  x +   d  cos  x +   4  −π 3 π  4   4     − 4

KÈ

2 π 1 π  4 2 1 5   = 1 +  cos  x +  − cos3  x +   = 1 +  −1 +  = 3 4 3 4   −π 3 3 9   4

DẠ

sin x + sin 3x π   π 5π , ∀x ∈  ; Câu 39. Cho hàm số f ( x ) có f   = −1 và f ′ ( x ) = 4 2sin x.cos x 2 6 6 bằng A. 2 .

  . Khi đó 

3π 4

 f ( x ) dx

π 4

B. 4 .

C. −2 . Lời giải

D. 0 .

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

sin x + sin 3x  π 5π  , ∀x ∈  ;  nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ' ( x ) 4 2sin x.cos x 6 6 

sin x + sin 3 x 2sin 2 x.cos x 2sin x.cos x 2 cos x dx =  dx =  dx =  dx 4 4 4 x.cos x 2sin x.cos x sin x sin 3 x 2 −1 =  3 d ( sin x ) = +C sin x sin 2 x 1 1 π  Do đó f ( x ) = − 2 + C mà f   = −1  C = 0 khi đó f ( x ) = − 2 sin x sin x 2 3π 4



f ( x ) dx =



−

3π 1 4 d = cot x x π = −2 sin 2 x 4

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy

3π 4

FI CI A

 f ′ ( x ) dx =  2sin

Ta có f ' ( x ) =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 42. Cho khối chóp đều S.ABCD có AC = 4a , hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD) cùng vuông góc với

16 2 3 a . 3

8 2 3 a . 3

C. 1 6 a 3 .

16 3 a . 3

FI CI A

nhau. Thể tích khối chóp đã cho bằng

Phân tích Đây là bài toán tính thể tích của một khối chóp với điều kiện về góc giữa hai mặt phẳng. Kiến thức sử dụng là xác định góc giữa hai mặt phẳng và tính thể tích khối chóp.

Sai lầm thường gặp: Học sinh xác định sai góc giữa hai mặt phẳng và sai công thức thể tích.

Hướng phát triển: Thay khối chóp đều bởi khối lăng trụ hoặc các khối chóp khác, thay góc giữa

hai mặt phẳng khác, thay kết quả cần tính …

QU Y

ƠN

Lời giải

Cách 1: Sử dụng hình học thuần túy.

Gọi O là tâm hình vuông suy ra SO ⊥ ( ABCD) Ta có ( SAB ) ∩ ( SCD ) = Sx//AB//CD

Gọi I là trung điểm của AB , suy ra SI ⊥ AB  SI ⊥ Sx  SI ⊥ ( SCD )  SI ⊥ SD

KÈ

AC = 4a  AD = 2 2a  DI = a 10

2 2 Đặt SD = x  SI = x − 2a . Ta có hệ thức x − 2a + x =10a  x = 6a  x = a 6 .

Từ đó ta tính được SO = a 2 .

1 3

(

DẠ

Vậy VS .ABCD = .a 2 . 2 2a

)

8 2 3 a . 3

Cách 2: Sử dụng áp hệ trục tọa độ. Đặt hệ trục tọa độ gốc O và các trục tọa độ. Đặt SO = t > 0 . Khi đó ta được tọa độ các điểm

A( 2a;0;0) , B ( 0;2a;0) , C ( −2a;0;0) , D ( 0; −2a;0) , S ( 0;0; t ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x y z + + = 1 ⇔ tx + ty + 2 az − 2 at = 0 . 2a 2a t

( SCD ) :

x y z + + = 1 ⇔ tx + ty − 2 az + 2 at = 0 . −2 a −2 a t

1 3

(

Vậy VS .ABCD = .a 2 . 2 2a

Câu 1.

)

FI CI A

Do ( SAB ) và ( SCD) cùng vuông góc với nhau nên 2 t 2 − 4 a 2 = 0  t = a 2 .

( SAB ) :

8 2 3 a . 3

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân tại B , A C = a 2 , mặt phẳng ( SAC ) vuông

góc với mặt đáy ( ABC ) . Các mặt bên ( SAB ) , ( SBC ) tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng 60o. Tính theo athể tích V của khối chóp S.ABC .

3a3 . A. V = 2

3a3 C. V = . 6

3a3 D. V = . 12

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA = a 11, côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SBC )

ƠN

Câu 2.

3a3 B. V = . 4

1 và ( SCD) bằng . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 10

A. 3a 3 .

C. 4a 3 .

D. 9 a 3 .

= SCB = 900 , góc giữa (SAB ) Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh 3a , SAB

Câu 3.

B. 12 a 3 .

và (SCB ) bằng 600 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng C.

2a 3 . 24

DẠ Câu 7.

9 2a 3 . 8

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = 2a và BC = 2a 3 . Gọi M là trung điểm của BC , hình chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy là điểm H nằm trên AM thỏa mãn AM = 2 HM . Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( ABC ) bằng 45° . Thể tích khối chóp

S . ABC là: 8a3 8a3 8a 3 3 8a 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 9 3 9 Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng 1 đáy và SA = a . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) bằng ϕ , với cos ϕ = . Thể tích khối 3 chóp đã cho bằng 2a 3 a3 2 2 2a 3 A. . B. . C. a 3 2 . D. . 3 3 3 Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a , tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( ABC ) bằng 60° . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 8 12 6 4 Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc bằng 30° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

Câu 6.

2a 3 . 3

Câu 5.

KÈ

Câu 4.

3 2a 3 . 8

QU Y

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. V = 3a3 .

3a 3 . 3

C. V =

D. V =

6a 3 . 18

Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 , SA vuông góc

Câu 8.

6a 3 . 3

B. V =

FI CI A

với mặt phẳng đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

3a 3 a3 . C. V = a3 . D. V = . 3 3 Câu 9. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD . Cạnh SD tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . a 3 15 a 3 15 a 3 15 a3 A. . B. . C. . D. . 3 27 9 3 Câu 10. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách

B. V =

A. V = 3a 3 .

a 2 . Tính thể tích của khối chóp đã cho. 2 3a 3 a3 a3 . B. a3 . C. . D. . A. 9 3 2 Câu 11. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a , AD = 2a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm cạnh AB . Biết rằng SC = a 5 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S. ABCD . a3 5 a 3 15 a 3 15 2a 3 5 . B. V = . C. V = . D. V = . A. V = 4 3 4 3 Câu 12. Cho hình chóp S . ABC có AB = 3, BC = 4, AC = 5 . Các mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) , ( SBC ) đều cùng hợp với mặt đáy ( ABC ) một góc 60° và hình chiếu H của S lên ( ABC ) nằm khác phía với A đối với đường thẳng BC . Thể tích khối chóp S . ABC . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 4 4+ 3 2 4+ 3 4+ 3 8 4+ 3

(

)

QU Y

ƠN

từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

(

)

(

)

(

)

Câu 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a và AD = 2 a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng 60 0 . a3 15 15

A. V =

B. V =

a3 15 6

C. V =

4a3 15 15

D. V =

a3 15 3

KÈ

Câu 14. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA ⊥ ( ABC ) . Mặt phẳng ( SBC ) cách A

DẠ

một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng ( ABC ) góc 30 0 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng 3a3 8a 3 8a 3 4a 3 A. . B. . C. . D. . 9 3 12 9 Câu 15. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C , AB = 2a , AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) bằng 60° . Tính thể

tích của khối chóp S . ABC . a3 2 a3 6 A. . B. . 6 12

a3 6 . 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 2 . 2

Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy ABCD , góc giữa hai mặt phẳng ( SBD) và ABCD bằng 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của

SB , SC . Tính thể tích khối chóp S . ADNM . a3 6 a3 6 3a 3 6 a3 6 . B. V = . C. V = . D. V = . 16 24 16 8 Câu 17. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên

FI CI A

A. V =

2 đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH = AC ; mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 6 0 o 3

. Thể tích khối chóp S . ABC là?

a3 3 A. 12

a3 3 B. 48

a3 3 C. 36

a3 3 D. 24

A. V =

a3 3 2

B. V =

a3 2 2

C. V =

Câu 18. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 6 0 0 . Thể tích V của khối chóp S.ABCD bằng

a3 3 6

D. V =

a3 2 6

ƠN

Câu 19. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

3a3 a3 C. V = a 3 D. V = 3 3 Câu 20. (Mã 123 2017) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SC tạo với mặt phẳng ( SAB) một góc 30 0 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD A.

B. V =

2a3 3

2 a3 3

A. V = 3a 3

6a3 3

2a 3

QU Y

Câu 21. Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , ACB = 60° , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SB hợp với mặt đáy một góc 45° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . a3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 18 12 9 2 3 Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a và AD = 2 a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng 60 0 . a3 15 15

KÈ

A. V =

B. V =

a3 15 6

C. V =

4a3 15 15

D. V =

a3 15 3

Câu 23. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA ⊥ ( ABC ) . Mặt phẳng ( SBC ) cách A một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng ( ABC ) góc 30 0 . Thể tích của khối chóp S . ABC

bằng

3a3 4a 3 . D. . 12 9 Câu 24. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C , AB = 2a , AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) bằng 60° . Tính thể

DẠ

8a 3 . 9

8a 3 . 3

tích của khối chóp S . ABC .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 2 . 2 = 120° , biết Câu 25. Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , BAC SA ⊥ ( ABC ) và mặt ( SBC ) hợp với đáy một góc 45° . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 a3 a3 . B. a 3 2 . C. . D. . A. 2 9 3 Câu 26. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = 2a ; SA vuông góc a với đáy, khoảng cách từ A đến ( SCD ) bằng . Tính thể tích của khối chóp theo a . 2

a3 2 . 6

a3 6 . 12

a3 6 . 4

FI CI A

4 15 3 4 15 3 2 5 3 2 5 3 B. C. D. a . a . a . a . 45 15 15 45 Câu 27. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy ABCD , góc giữa hai mặt phẳng ( SBD) và ABCD bằng 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của

SB , SC . Tính thể tích khối chóp S. ADNM .

a3 6 a3 6 3a 3 6 a3 6 . B. V = . C. V = . D. V = . 16 24 16 8 Câu 28. Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách

từ C đến mặt phẳng ( SBD ) bằng

ƠN

A. V =

a 3 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3 3

a 3a a3 . B. V = a 3 . C. V = . D. V = . 2 3 9 Câu 29. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc bằng 30° . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. A. V =

6a 3 6a 3 . D. V = . 18 3 Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc BAD bằng 1200 , AB = a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa ( SBC ) và mặt phẳng đáy là 60 0 . Tính thể tích V của chóp S . ABCD . B. V =

3a3 . 3

C. V =

QU Y

3 A. V = 3a .

a3 2 a 3 15 a3 3 a 3 13 B. V = . C. V = D. V = . . . 15 12 4 12 Câu 31. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy; góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 45o . Tính thể tích khối chóp S . ABCD bằng:

KÈ

A. V =

a 5 a 5 a3 3 a3 3 B. C. D. 24 6 12 9 Câu 32. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD ) tạo với đáy góc 30° . Thể tích A.

DẠ

khối chóp S . ABCD là? a3 3 a3 3 a3 3 5a 3 3 A. B. C. D. 4 2 36 36 Câu 33. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên ( SAD ) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

4 a 3

3 a 2

6 a 3 1 Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , BC = AD = a . Tam 2 giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD )

B. h =

C. h =

2 5 a 5

D. h =

FI CI A

A. h =

15 . Tính thể tích khối chóp S . ACD theo a . 5 a3 2 a3 3 a3 a3 A. VS . ACD = . B. VS . ACD = . C. VS . ACD = . D. VS . ACD = . 6 6 2 3 Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật; AB = a; AD = 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mp ( ABCD ) bằng 45 ° bằng α sao cho tan α =

A. d =

a 1513 . 89

B. d =

2a 1315 . 89

C. d =

. Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến ( SAC ) .

a 1315 . 89

D. d =

2a 1513 . 89

HA = 3HD . Biết rằng SA= 2a V của khối chóp S.ABCD .

ƠN

Câu 36. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AD sao cho

3 và SC tạo với đáy một góc bằng 30 ° . Tính theo a thể tích

V =8 6a3 .

B. V =

8 6a 3 8 6a 3 . C. V = 8 2a3 . D. V = . 3 9 Câu 37. Hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm của cạnh AD; gọi M là trung điểm của CD; cạnh bên A.

SB hợp với đáy góc 60 ° . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABM . a 3 15 a 3 15 a 3 15 a 3 15 B. C. D. 3 6 4 12 Câu 38. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên 2 đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH = AC ; mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o 3 . Thể tích khối chóp S . ABC là?

QU Y

a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 B. C. D. 12 48 36 24 Câu 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng = 300 , SA = 2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD. vuông góc với ( ABCD ) , SAB

KÈ

a3 a3 3a 3 B. V = a 3 . C. V = . D. V = . . 9 3 6 Câu 40. Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng

A. V =

DẠ

a3 3 a3 2 a3 3 a3 2 V = V = V = B. C. D. 2 2 6 6 Câu 41. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm của đáy là O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABCD ) bằng A. V =

60 0 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 10 a 3 30 a 3 30 a3 10 B. C. D. 6 2 6 3 Câu 42. Cho hình chóp đều S . ABC có SA = a . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a , biết BD vuông góc với AE . a 3 21 . 54

a3 3 . 12

a3 7 . 27

a 3 21 . 27

FI CI A

Câu 43. Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh AB = a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45° . Thể tích khối chóp S . ABCD là a3 a3 a3 2 a3 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 6 3 Câu 44. (ĐTK2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) là 45o ( tham khảo hình bên). Thể tích khối chóp S . ABC bằng

ƠN

a a3 3a 3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 12 Câu 45. (Mã 105 2017) Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

a3 3

B. a 3

a 2 . Tính thể tích của khối chóp đã cho. 2

3a 3 9

a3 2

QU Y

Câu 46. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a 3 , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng 3a . Thể tích khối chóp đã cho bằng: 8a 3 3 A. a 3 3 . B. 6a 3 3 . C. 12a 3 . D. . 3 Câu 47. Cho tứ diện ABC D có các cạnh AB , AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 6 a , AC = 7 a và AD = 4 a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , C D , DB . Tính thể tích V của tứ diện AMNP . 28 3 7 A. V = 7 a 3 B. V = 14a 3 C. V = a D. V = a 3 3 2

a3 5 . 2

KÈ

CÂU 48. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2. Gọi I là trung điểm của BC , hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thỏa mãn IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60°. Thể tích khối chóp S . ABC bằng B.

a3 5 . 6

a 3 15 . 6

a 3 15 . 12

Câu 49. Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh 3a , SAB = SCB = 900 , góc giữa (SAB ) và (SCB ) bằng 60 0 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng

3 2a 3 . 8

2a 3 . 3

2a3 . 24

DẠ

9 2a 3 . 8

Câu 50. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , BC = a 2, A ' B tạo với đáy một góc bằng 60 0 . Thể tích của khối lăng trụ bằng 3a 3 3a 3 3a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 4 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

phẳng ( ABC ) bằng 45°. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng

FI CI A

Câu 51. Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC . A′B′C ′ có đáy là một tam giác vuông tại A . Cho AC = AB = 2a , góc giữa AC ′ và mặt phẳng ( ABC ) bằng 30° . Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ . 2a 3 3 a3 3 5a 3 3 4a 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 52. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a , biết A ' B tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 600 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng a3 3 a3 3 a3 B. . C. . D. . A. 2a 3 . 6 2 2 Câu 53. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, góc giữa đường thẳng A ' C và mặt

a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 . B. . C. . D. . 4 2 12 6 Câu 54. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AB = 4a , góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45o . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng

ƠN

a3 3 a3 3 a3 3 . B. . C. 16a 3 3 . D. . 4 2 6 Câu 55. (Mã 104 2017) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác cân với = 120° . Mặt phẳng ( AB′C ′) tạo với đáy một góc 60 ° . Tính thể tích V của AB = AC = a , BAC khối lăng trụ đã cho. 3a 3 9a 3 a3 3a 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 8 8 8 4 Câu 56. Cho lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết rằng góc giữa ( A′BC ) và ( ABC ) là 30° , tam giác A′BC

QU Y

có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .

A. 8 3 . B. 8 . C. 3 3 . D. 8 2 . Câu 57. Cho hình lăng trụ đều ABC . A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a . Đường thẳng AB ′ tạo với mặt phẳng ( BCC ′B′ ) một góc 30° . Thể tích khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ theo a .

a3 6 a3 6 3a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 12 4 4 4 Câu 58. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng ( A1 BC ) tạo với đáy góc 30° và tam giác A1 BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

KÈ

A. V = 64 3. B. V = 2 3. C. V = 16 3. D. V = 8 3. Câu 59. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′ B ′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên đáy ( A′B′C ′ ) trùng với trung điểm M của cạnh B′C ′ . Góc nhị diện giữa hai mặt phẳng ( AA′B′ ) và ( ABC ) bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′ B ′C ′ bằng

3a3 . A. 16

3 3a3 B. . 16

3 A. V = a 3 . 8

B. V =

DẠ

a3 D. . 4 ABC = 120° . Biết góc giữa Câu 60. Cho khối lăng trụ đứng ABCD. A′B′C′D′ có đáy là hình thoi cạnh a , hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( A′CD ) bằng 60° . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 3 6 3 a . 8

3a3 C. . 8

C. V =

3 2 3 a . 8

D. V =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 3 3 a . 8

Câu 61. Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AC . Góc giữa hai

mặt phẳng ( BCB′C ′ ) và ( ABC ) bằng 60° . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 3a 3 3a 3 3 3a 3 3a 3 . B. . C. . D. . 4 8 8 16 Câu 62. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C′ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a ,

FI CI A

= 120° . Mặt phẳng ( AB′C ′) tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã BAC cho.

3a 3 9a 3 a3 3a 3 . B. V = . C. V = . D. V = . 8 8 8 4 Câu 63. Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 300 . Hình chiếu của A ' lên ( ABC ) là trung điểm I của BC . Tính thể tích khối lăng

A. V =

trụ.

a3 3 a 3 13 a3 3 a3 3 . B. . C. . D. . 2 12 8 6 Câu 64. Cho khối lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a . Khoảng cách từ điểm A ' đến mặt 2a 3 phẳng ( AB ' C ') bằng . Thể tích của khối lăng trụ đã cho là 19

ƠN

a3 3 a3 3 a3 3 3a3 A. . B. . C. . D. . 4 6 2 2 Câu 65. Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' . Biết mặt phẳng ( A ' BC ) tạo với mặt phẳng ( ABC ) một

DẠ

KÈ

QU Y

góc 300 và tam giác A ' BC có diện tích bằng 8a 2 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . 8a3 8a 3 3 A. 8a3 3 . B. 8a 3 . C. . D. . 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông cân tại B , A C = a 2 , mặt phẳng ( SAC ) vuông bằng 60o. Tính theo athể tích V của khối chóp S. ABC .

3a3 . 2

B. V =

3a3 . 4

C. V =

3a3 . 6

Lời giải

D. V =

ƠN

Chọn D

3a3 . 12

FI CI A

A. V =

góc với mặt đáy ( ABC ) . Các mặt bên ( SAB ) , ( SBC ) tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và

Ta có: ( SAC ) ⊥ ( ABC ) và ( SAC ) ∩ ( ABC ) = AC .

Trong mặt phẳng (SAC), kẻ SH ⊥ AC thì SH ⊥ ( ABC ) .

(

)

SAB ) , ( ABC ) = SIH Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB và AC thì (

)

(

QU Y

= SKH = 60 nên HI = HK . . Mà SIH SAC ) , ( ABC ) = SKH và (

 Tứ giác BIHK là hình vuông H là trung điểm cạnh AC. Ta có: AB = BC =

AC a 2 a = = a . Khi đó tứ giác BIHK là hình vuông cạnh . 2 2 2

Câu 2.

1 1 a 3 a 2 a3 3 = a .tan 60 = a 3 . Vậy V  SH = HI .tan SIH = . SH . S = . . = . S . ABC ABC 2 2 3 3 2 2 12 Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA = a 11, côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SBC )

KÈ

1 và ( SCD) bằng . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng

A. 3a 3 .

B. 12 a 3 .

C. 4a 3 . Lời giải

D. 9 a 3 .

Chọn C

DẠ

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD  SO ⊥ ( ABCD) .

Đặt SO = h , OA = OB = OC = OD = k ( h, k > 0 ) . Vì S A = a 1 1 nên h 2 + k 2 = 11a 2 (1) . CÁCH 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L OF

 SC ⊥ HB Trong ( SAC ) , kẻ OH ⊥ SC tại H  SC ⊥ ( BHD )   .  SC ⊥ HD

FI CI A

 BD ⊥ SO Ta có:   BD ⊥ ( SAC )  BD ⊥ SC .  BD ⊥ AC

= 1 .  ( ( SBC ) , ( SCD ) ) = ( HB , HD )  cos ( ( SBC ) , ( SCD ) ) = cos BHD 10

1 1 1 SO.OC hk = 2+  OH = = . 2 2 OH SO OC SO2 + OC 2 h2 + k 2

ƠN

∆SOC vuông tại O có

k 2 ( 2h 2 + k 2 ) h 2 .k 2 ∆DHO vuông tại O có DH = DO + OH = k + 2 = . h + k2 h2 + k 2 2

= OH = h  cos DHO . DH 2 2h2 + k 2 2

. Vì ∆SBC = ∆SCD nên HB = HD  ∆BHD cân tại H  HO là phân giác của BHD

QU Y

= 2.DHO  cos BHD = 2 cos 2 BHO −1 =  BHD

2h 2 −k 2 − 1 = . 2h 2 + k 2 2h 2 + k 2

1 k2 1 ⇔ 2 = ⇔ 9k 2 = 2h 2 ( 2 ) . Ta có cos BHD = 2 10 2h + k 10 2 h = 9a 2  SO = 3a h = 3a Từ (1) và ( 2 ) , ta tìm được  2 . ⇔    2 k = a 2  AB = 2a k = 2a

KÈ

1 1 2 Vậy VS . ABCD = SO.S ABCD = ⋅ 3a. ( 2a ) = 4a3 . 3 3 CÁCH 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình sau, với O ( 0; 0;0 ) , S ( 0;0; h ) , D ( k ;0, 0 ) , C ( 0; k ; 0 ) ,

DẠ

B ( − k ; 0; 0 ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

ƠN

 SC = ( 0; k ; −h ) , BC = ( k ; k ;0 ) , DC = ( −k ; k ;0 ) .   SC , BC  = ( hk ; −hk ; −k 2 ) ,  SC , DC  = ( hk ; hk ; k 2 ) . Đặt n1 = n( SBC ) , n2 = n( SCD) .  SC , BC   SC , DC  Khi đó, chọn n1 = = ( h; − h; −k ) , n2 = = ( h; h; k ) . k k n 1.n2 1 1 k2 1 = ⇔ 9k 2 = 2h 2 ( 2 ) . Theo giả thiết, cos ( ( SBC ) , ( SCD ) ) = ⇔ = ⇔ 2 2 10 2h + k 10 n1 . n2 10

QU Y

Câu 3.

h 2 = 9a 2  SO = 3a h = 3a . Từ (1) và ( 2 ) , ta tìm được  2 ⇔    2 k = a 2  AB = 2a k = 2a 1 1 2 Vậy VS . ABCD = SO.S ABCD = ⋅ 3a. ( 2a ) = 4a3 . 3 3 = SCB = 900 , góc giữa (SAB ) Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh 3a , SAB và (SCB ) bằng 600 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng

3 2a 3 . 8

2a 3 . 3

2a 3 . 24

9 2a 3 . 8

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn D

Trong mặt phẳng (ABC ) lấy D nằm trên đường trung trực của AC sao cho SD ⊥ (ABC ) và

= SCB = 900 = BAD = 900  SAB BCD Gọi O = AC ∩ BD  BD =

BC 2 = 2a 3  CD = a 3 OB

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

= 600  MC = OC = 3a = BC vô lí vì tam giác + Nếu AMC MBC vuông tại M sin300

SD = SB 2 − BD 2 =

a 6 1 1 9a 2 3 a 6 9a 3 3  VS .ABC = .S ABC .SD = . . = 2 3 3 4 2 8

S . ABC là: 8a 3 3 A. . 3

8a 3 3 . 9

8a3 . 3

Lời giải

8a3 . 9

QU Y

ƠN

Chọn B

Câu 4.

FI CI A

OC 3a 2 3a 6 = 3  SC =  SB = + Nếu AMC = 1200  MC = 0 2 2 sin60

Dựng AM ⊥ SB , do ∆SAB = ∆SCB  CM ⊥ SB  (( SAB ),(SCB )) = (AM ,CM )

Ta có: AC = BC 2 − AB 2 = 12a 2 − 4a 2 = 2a 2 Vì AM = 2 HM nên H chính là trung điểm của AM . Kẻ đường thẳng qua H và song song với AC , cắt AB tại I và BC tại N . Vì HI //AC nên

KÈ

 BI ⊥ HI = 45° . HI ⊥ AB . Ta có:   BI ⊥ SI nên góc giữa ( SAB ) và ( ABC ) chính là SIH BI ⊥ SH  1 Ta có HN là đường trung bình của tam giác MAC nên HN = AC = a 2 . 2 Xét tam giác ABC , ta có:

3a 2 a 2 −a 2 = . 2 2

DẠ

Suy ra IH = IN − HN =

IN BN 3 3 3a 2 = = ⇔ IN = AC = . AC BC 4 4 2

a 2 Tam giác SIH vuông tại H và Iɵ = 45° nên là tam giác cân, do đó SH = IH = . 2

1 1 a 2 1 2a 3 Ta có: VS . ABC = SH .S ∆ABC = . . .2a.2a 2 = 3 3 2 2 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng 1 đáy và SA = a . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) bằng ϕ , với cos ϕ = . Thể tích khối 3 chóp đã cho bằng 2a 3 a3 2 2 2a 3 A. . B. . C. a 3 2 . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn B Đặt AD = x với x > 0 . Trong mặt phẳng ( SAC ) : kẻ AH ⊥ SC tại H ; trong mặt phẳng ( SAD ) : kẻ AK ⊥ SD tại K .

FI CI A

Câu 5.

Dễ dàng chứng minh được AH ⊥ ( SBC ) , AK ⊥ ( SCD ) và H là trung điểm của SB .

QU Y

ƠN

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ

KÈ

a a Ta có: A ( 0; 0;0 ) , B ( a ; 0; 0 ) , S ( 0; 0; a ) , D ( 0; x ; 0 ) , H  ;0;  . 2 2  a a Suy ra: SD = ( 0; x ; − a ) , AS = ( 0;0; a ) , AH =  ; 0;  . 2 2

SK SA2 SA2 a2 = = = SD SD 2 SA2 + AD 2 a 2 + x 2 a 2 a 2 a 2  SK = 2 SD ⇔ AK − AS = 2 SD ⇔ AK = 2 SD + AS a + x2 a + x2 a + x2  a2 x ax 2  ⇔ AK =  0; 2 ; . 2 2 2   a +x a +x  Do AH , AK lần lượt là hai vec tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) nên:

DẠ

Trong tam giác SAD vuông tại A có: SA2 = SK .SD ⇔

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

AH . AK 1 1 cos ϕ = ⇔ = ⇔ 3 AH . AK = AH . AK 3 3 AH . AK

a4 x2

+ x2 )

a2 x4

+ x2 )

⇔

3 a2 x2 2 a2 x = . 2 . . a2 + x2 2 a + x2 2 a2 + x2

a ax 2 a 2 . 2 = . 2 2 a +x 2

FI CI A

⇔ 3

⇔ 3 x = 2. a 2 + x 2 ⇔ 3 x 2 = 2 a 2 + 2 x 2 ⇔ x 2 = 2 a 2 ⇔ x = a 2 = AD .

khối chóp S . ABC theo a .

3a 3 . 8

3a 3 . 12

3a 3 . 6

Lời giải Chọn B

3a 3 . 4

ƠN

Câu 6.

1 1 a3 2 Thể tích khối chóp S . ABCD là V = SA. AB. AD = .a.a.a 2 = . 3 3 3 Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a , tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( ABC ) bằng 60° . Tính thể tích

D C

QU Y

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 ∆SBA = ∆SCA (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra SB = SC . Từ đó ta chứng minh được ∆SBD = ∆SCD nên cũng có DB = DC .

KÈ

. Vậy DA là đường trung trực của BC nên cũng là đường phân giác của góc BAC = 30° , suy ra DC = a . Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( ABC ) là Ta có DAC 3 = 60° , suy ra tan SBD = a . 3 = a. = SD  SD = BD.tan SBD SBD BD 3

DẠ

1 1 a2 3 a3 3 .a = Vậy VS . ABC = .S∆ABC .SD = . . 3 3 4 12 Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc bằng 30° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

Câu 7.

A. V = 3a3 .

B. V =

6a 3 . 3

C. V =

3a 3 . 3

D. V =

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

6a 3 . 18

FI CI A

Chọn C

= 30° . Góc giữa SD và mp ( SAB ) là DSA

AD =a 3. tan 300

Ta có SA =

1 a3 3 V = a 2 .a 3 = . 3 3 Câu 8.

Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 , SA vuông góc

ƠN

với mặt phẳng đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

A. V = 3a 3 .

3a 3 . 3

B. V =

C. V = a3 .

D. V =

Lời giải

Chọn C

QU Y

A a 3

KÈ

2 Ta có S ABCD = 3a .

DẠ

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC  .  ( SB; AB ) = SBA Vì  BC ⊥ SB ⊂ ( SBC ) ( SBC ) , ( ABCD ) ) = (   BC ⊥ AB ⊂ ( ABCD ) = 60o Vậy SBA o Xét tam giác vuông SAB có: tan 60 =

SA  SA = AB.tan 60o = a 3 AB

1 1 2 3 Vậy VS . ABCD = S ABCD .SA = a 3.a 3 = a . 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 . 3

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD . Cạnh SD tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . a 3 15 a 3 15 a 3 15 a3 A. . B. . C. . D. . 3 27 9 3 Lời giải Chọn A

FI CI A

Câu 9.

C 2

ƠN

a 5 2 2 a 5 a 5 a Ta có : DM = AD 2 + AM 2 = a 2 +   =  DH = DM = . = 2 3 3 2 3 2 = a 5 . tan 60° = a 15 .  SH = DH .tan SDH 3 3

a 15 2 a 3 15 . .a = 3 3 Câu 10. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách

QU Y

VS . ABCD = SH .S ABCD =

từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a3 . 3

B. a3 .

Chọn A

DẠ

KÈ

3a 3 . 9

Lời giải

a 2 . Tính thể tích của khối chóp đã cho. 2

Ta có BC ⊥ AB, BC ⊥ SA  BC ⊥ AH . Kẻ AH ⊥ SB  AH ⊥ ( SBC ) .

(

)

Suy ra d A; ( SBC ) = AH =

a 2 . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 . 2

Tam giác SAB vuông tại A có:

1 1 1 = +  SA = a . 2 2 AH SA AB2

theo a thể tích V của khối chóp S. ABCD . a3 5 a 3 15 A. V = . B. V = . 4 3

C. V =

FI CI A

1 a3 Vậy VSABCD = SA.SABCD = . 3 3 Câu 11. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a , AD = 2a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm cạnh AB . Biết rằng SC = a 5 . Tính

a 3 15 . 4

D. V =

Lời giải Chọn C

ƠN

2a 3 5 . 3

M C

Gọi M là trung điểm AB . Ta có: MC = BC 2 + MB 2 =

a 5 a 15 suy ra SM = . 2 2

a3 3

A. V =

(

B. V =

a3 3

(

2 4+ 3

)

C. V =

a3 3

(4 + 3 )

D. V =

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn A

)

4 4+ 3

QU Y

1 a 15 ( a + 2a ) a a 3 15 . . = 3 2 2 4 Câu 12. Cho hình chóp S . ABC có AB = 3, BC = 4, AC = 5 . Các mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) , ( SBC ) đều cùng hợp với mặt đáy ( ABC ) một góc 60° và hình chiếu H của S lên ( ABC ) nằm khác phía với A đối với đường thẳng BC . Thể tích khối chóp S . ABC .

Nên VS . ABCD =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 3

(

8 4+ 3

)

L FI CI A OF

ƠN

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) .

Kẻ HD ⊥ AB ( D ∈ AB ) , HE ⊥ AC ( E ∈ AC ) , HF ⊥ BC ( E ∈ BC ) . Khi đó ta có HD =

1 1  a2 3 3a  a2 3 suy ra SH  1 + 3 + a = ⇔ SH = .  2 4 4 3 2 4+ 3 

Ta có S ∆ABC =

SH SH SH SH = SH 3, HE = = SH , HF = = . 0 0 0 tan 30 tan 45 tan 60 3

(

)

1 3a a2 3 a3 3 Vậy V = . . = . 3 2 4+ 3 4 8 4+ 3

)

(

QU Y

(

)

a3 15 6

C. V =

4a 3 15 15

D. V =

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn C

B. V =

A. V =

Kẻ AE ⊥ BD = 60 SBD ) , ( ABCD ) ) = SEA ((

Xét ∆ABD vuông tại A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 15 3

AE =

AD. AB AD 2 + AB 2

2a 2 2 a 5 = 5 a 5

2a 5 2a 15 . 3= 5 5

FI CI A

SA = AE.tan 600 =

Xét ∆SAE vuông tại A

Khi đó thể tích S . ABCD 1 1 2a 15 2 4a3 15 V = SA.S ABCD = . .2a = 3 3 5 15

Câu 14. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA ⊥ ( ABC ) . Mặt phẳng ( SBC ) cách A

QU Y

ƠN

một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng ( ABC ) góc 30 0 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng 3a3 8a 3 8a 3 4a 3 . B. . C. . D. . A. 12 9 3 9 Lời giải Chọn A

= 300 . Gọi I là trung điểm sủa BC suy ra góc giữa mp ( SBC ) và mp ( ABC ) là SIA H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH = a .

AH = 2a . sin 300

Xét tam giác AHI vuông tại H suy ra AI =

KÈ

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x , mà AI là đường cao suy ra 2a = x

3 4a x= . 2 3

 4a  3 4a 2 3 = Diện tích tam giác đều ABC là S ABC =  .  . 3  3 4 2a Xét tam giác SAI vuông tại A suy ra SA = AI .tan 300 = . 3

DẠ

1 1 4a 2 3 2a 8a3 . = Vậy VS . ABC = .S ABC .SA = . . 3 3 3 9 3 Câu 15. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C , AB = 2a , AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) bằng 60° . Tính thể tích của khối chóp S . ABC .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 2 . 6

a3 6 . 12

a3 6 . 4

a3 2 . 2

Lời giải

ƠN

FI CI A

Chọn B

BC = AB 2 − AC 2 = a 3 , BH .BA = BC 2 ,

Trong ∆ ABC kẻ CH ⊥ AB  CH ⊥ ( SAB )  CH ⊥ SB(1) .

3a a 3 . , CH = BC 2 − BH 2 = 2 2 Trong ∆ SAB kẻ HK ⊥ SB  CK ⊥ SB( 2 ) .

QU Y

 BH =

Từ (1) , ( 2 )  HK ⊥ SB .

= 60° . Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) là CKH a , BK = BH 2 − HK 2 = a 2 . 2 a SA AB 2a ∆SAB ∽ ∆HKB ( g.g ) nên = =  SA = HK BK a 2 2

KÈ

Trong vuông ∆ CKH có HK = CH .cot 60° =

1 a 1 a3 6 1 . .a. 3.a = . Thể tích hình chóp S . ABC là V = SA.S ∆ABC = 3 2 2 12 3 Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy ABCD , góc giữa hai mặt phẳng ( SBD) và ABCD bằng 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của

DẠ

SB , SC . Tính thể tích khối chóp S. ADNM .

a3 6 . 16 Lời giải Chọn A

A. V =

B. V =

a3 6 . 24

C. V =

3a 3 6 . 16

D. V =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 6 . 8

L FI CI A

Gọi O = AC ∩ BD .

= 600 . AO ⊥ BD ⇒ SO ⊥ BD . Nên góc của ( SBD) và ABCD là góc SOA

= SA = AO. tan SOA

ƠN

1 1 1 1 1 VS . ADN = .VS . ADC = .VS . ABCD và VS . AMN = . VS . ABC = VS . ABCD . 2 4 2 2 8 3 ⇒ VS . ADMN = VS . ADN + VS . AMN = VS . ABCD . 8

a 2 a 6 1 a3 6 . tan 60 0 = ⇒ VS . ABCD = S ABCD .SA = 2 2 3 6

3 a3 6 a3 6 . ⇒ VS . ADMN = . = 8 6 16 Câu 17. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên

đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH = 2 AC ; mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 6 0 o 3

. Thể tích khối chóp S. ABC là?

a3 3 12

a3 3 48

QU Y

a3 3 36

a3 3 24

Lời giải

Chọn B Gọi M là trung điểm của BC . N ∈ CM :

CN CH 1  HN //AM . Mà = = CM CA 3

∆ ABC đều nên AM ⊥ BC  HN ⊥ BC  BC ⊥ ( SHN ) .

KÈ

= 60o . Nên ( SBC ) ; ( ABC ) = SN ; HN = SNH

Do ∆ ABC đều nên AM =

a 3 1 a 3  HN = AM = . 2 3 6

= ∆SHN vuông tại H có SH = HN .sin SNH

a 3 a .sin 60o = . 6 4

DẠ

1 1 a a 2 3 a3 3 VS . ABC = SH .S ABC = . . = . 3 3 4 4 48 Câu 18. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 6 0 0 . Thể tích V của khối chóp S.ABCD bằng a3 3 a3 2 a3 3 a3 2 A. V = B. V = C. V = D. V = 2 2 6 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải

FI CI A

Chọn C

Có OM =

Gọi O là tâm của đáy, gọi M là trung điểm của BC . SO ⊥ BC = 60 0 . Ta có  nên ( SOM ) ⊥ BC , suy ra  ( SCD ) , ( ABCD )  = ( SM , OM ) = SMO OM ⊥ BC

a 3 0 1 a . BC = , SO = OM tan 60 = 2 2 2

1 a 3 2 a3 3 .a = . 3 2 6

ƠN

1 3

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS . ABCD = SO.S ABCD = .

A. V = 3a

3a3 B. V = 3

C. V = a 3

D. V =

Lời giải

KÈ

QU Y

Chọn C

Ta có S ABCD = 3a 2 .

DẠ

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC  .  ( SB; AB ) = SBA Vì  BC ⊥ SB ⊂ ( SBC ) ( SBC ) , ( ABCD ) ) = (   BC ⊥ AB ⊂ ( ABCD )

= 60o Vậy SBA Xét tam giác vuông SAB có: tan 60o =

SA  SA = AB. tan 60o = a 3 AB

1 1 Vậy VS . ABCD = S ABCD .SA = a 2 3.a 3 = a 3 . 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 3

(Mã 123 2017) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SC tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc 30 0 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD A.

2a3 3

6a3 3

FI CI A

Lời giải

2a 3

Câu 20.

ƠN

Chọn B

+) Do ABCD là hình vuông cạnh a nên: SABCD = a 2

= 300 . +) Chứng minh được BC ⊥ ( SAB)  góc giữa SC và (SAB) là CSB = tan 30 0 = +) Đặt SA = x  SB = x 2 + a 2 . Tam giác SBC vuông tại B nên tan CSA

1 3

BC SB

Ta được: SB = BC 3 ⇔ x + a = a 3  x = a 2 . 2

QU Y

1 1 2a3 (Đvtt) Vậy VSABCD = .SA.SABCD = .a 2.a 2 = 3 3 3

DẠ

KÈ

ACB = 60°  BC = ABC là tam giác vuông tại B , AB = a ,

AB 3 = a 0 tan 60 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

SB, ( ABC ) ) = ( SB, AB ) = 45 (

nên tam giác SAB vuông cân tại S  SA = AB = a

1 1 1 1 3 a3 3 S ∆ABC .SA = . BA.BC .SA = a.a a= 3 3 2 6 3 18 Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a và AD = 2 a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBD )

và ( ABCD ) bằng 60 0 .

A. V =

a3 15 15

B. V =

a3 15 6

C. V =

4a 3 15 15

Lời giải

= 60 SBD ) , ( ABCD ) ) = SEA ((

AD. AB AD 2 + AB 2

2a 2 2 a 5 = 5 a 5

Xét ∆SAE vuông tại A 2a 5 2a 15 . 3= 5 5

Khi đó thể tích S . ABCD

SA = AE.tan 600 =

a3 15 3

ƠN

Xét ∆ABD vuông tại A AE =

D. V =

Chọn C Kẻ AE ⊥ BD

FI CI A

VS . ABC =

1 1 2a 15 2 4a3 15 V = SA.S ABCD = . .2a = 3 3 5 15

Câu 23. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA ⊥ ( ABC ) . Mặt phẳng ( SBC ) cách A

DẠ

KÈ

QU Y

một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng ( ABC ) góc 30 0 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng 3a3 8a 3 8a 3 4a 3 A. . B. . C. . D. . 12 9 3 9 Lời giải Chọn A

= 300 . Gọi I là trung điểm sủa BC suy ra góc giữa mp ( SBC ) và mp ( ABC ) là SIA H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH = a .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

AH = 2a . sin 300

 4a  3 4a 2 3 = Diện tích tam giác đều ABC là S ABC =  .  . 3  3 4 2a . Xét tam giác SAI vuông tại A suy ra SA = AI .tan 300 = 3

3 4a x= . 2 3

FI CI A

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x , mà AI là đường cao suy ra 2a = x

Xét tam giác AHI vuông tại H suy ra AI =

a3 2 . 6

a3 6 . 12

a3 6 . 4

ƠN

1 1 4a 2 3 2a 8a3 . = Vậy VS . ABC = .S ABC .SA = . . 3 3 3 9 3 Câu 24. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C , AB = 2a , AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) bằng 60° . Tính thể tích của khối chóp S . ABC .

Lời giải

KÈ

QU Y

Chọn B

Trong ∆ ABC kẻ CH ⊥ AB  CH ⊥ ( SAB )  CH ⊥ SB(1) .

BC = AB 2 − AC 2 = a 3 ,

BH .BA = BC 2 ,

3a a 3 , CH = BC 2 − BH 2 = . 2 2 Trong ∆ SAB kẻ HK ⊥ SB  CK ⊥ SB( 2 ) .

DẠ

 BH =

Từ (1) , ( 2 )  HK ⊥ SB .

= 60° . Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) là CKH

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 2 . 2

a , BK = BH 2 − HK 2 = a 2 . 2 SA AB 2a a ∆SAB ∽ ∆HKB ( g.g ) nên = =  SA = HK BK a 2 2

FI CI A

1 a 1 a3 6 1 . .a. 3.a = Thể tích hình chóp S . ABC là V = SA.S ∆ABC = . 3 2 2 12 3

Trong vuông ∆ CKH có HK = CH .cot 60° =

= 120° , biết Câu 25. Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , BAC SA ⊥ ( ABC ) và mặt ( SBC ) hợp với đáy một góc 45° . Tính thể tích khối chóp S . ABC .

a3 . 2

B. a 3 2 .

a3 . 9

Lời giải

ƠN

Chọn C

a3 . 3

 Gọi I là trung điểm BC . + Do ∆ABC cân tại A nên BC ⊥ AI + Mặt khác do SA ⊥ ( ABC )  BC ⊥ SA

QU Y

Suy ra BC ⊥ SI .

= 45° . Do đó góc giữa ( SBC ) và đáy chính là góc SIA = 60° , suy ra IA =  Xét ∆AIB vuông tại I có IB = a , IAB

∆SAI vuông tại A có IA =

IB a = . tan 60° 3

a a , SIA = 45° nên ∆SAI vuông cân tại A , do đó SA = IA = . 3 3

DẠ

KÈ

1 1 1 a3  Thể tích của khối chóp S . ABC là V = S ∆ABC .SA = . BC. AI .SA = . 3 3 2 9 Câu 26. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = 2a ; SA vuông góc a với đáy, khoảng cách từ A đến ( SCD ) bằng . Tính thể tích của khối chóp theo a . 2 4 15 3 4 15 3 2 5 3 2 5 3 A. B. C. D. a . a . a . a . 45 15 15 45 Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng SD . Ta có  AH ⊥ SD a ⇒ AH ⊥ ( SCD) ⇒ AH = d ( A, ( SCD )) . Suy ra AH = .   AH ⊥ CD 2

∆SAD vuông tại A có đường cao AH nên

ƠN

1 1 1 1 1 1 15 2a 15 . = + ⇔ 2= − = 2 ⇒ SA = AH 2 SA2 AD 2 SA AH 2 AD 2 4a 15

1 1 2 a 15 4 15 3 Vậy V = AB. AD.SA = a.2 a. a . = 3 3 15 45 Câu 27. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy ABCD , góc giữa hai mặt phẳng ( SBD) và ABCD bằng 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Tính thể tích khối chóp S . ADNM . a3 6 . 16 Lời giải Chọn A

B. V =

a3 6 . 24

C. V =

3a 3 6 . 16

D. V =

KÈ

QU Y

A. V =

Gọi O = AC ∩ BD .

= 600 . AO ⊥ BD ⇒ SO ⊥ BD . Nên góc của ( SBD) và ABCD là góc SOA

DẠ

1 1 1 1 1 VS . ADN = .VS . ADC = .VS . ABCD và VS . AMN = . VS . ABC = VS . ABCD . 2 4 2 2 8 3 ⇒ VS . ADMN = VS . ADN + VS . AMN = VS . ABCD . 8 1 a3 6 = a 2 tan 60 0 = a 6 ⇒ V . SA = AO. tan SOA = S . SA = S . ABCD ABCD 2 2 3 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 6 . 8

B. V = a . 3

a3 C. V = . 3 Lời giải

3a 3 D. V = . 9

Chọn C

FI CI A

a 3 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3

từ C đến mặt phẳng ( SBD ) bằng a3 A. V = . 2

3 a3 6 a3 6 . ⇒ VS . ADMN = . = 8 6 16 Câu 28. Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách

ƠN

Gọi O = AC ∩ BD , gọi H là hình chiếu của A lên SO .

Vì O là trung điểm của AC nên d ( C , ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) )

Ta có: BD ⊥ AC ; BD ⊥ SA  BD ⊥ ( SAC )  ( SBD ) ⊥ ( SAC ) ;

SO = ( SAC ) ∩ ( SBD )

AH ⊥ SO  AH ⊥ ( SBD )  AH = d ( A, ( SBD ) ) = d ( C, ( SBD ) ) = a 2 . 2

QU Y

Ta có: AO =

a 3 3

1 1 1 = 2+  SA = a . 2 AH SA AO 2 1 a3 VSABCD = .S ABCD .SA = . 3 3 Câu 29. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc bằng 30° . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.

Trong tam giác SAO :

KÈ

A. V = 3a3 .

B. V =

3a3 . 3

C. V =

6a 3 . 18

D. V =

Lời giải

DẠ

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

6a 3 . 3

Ta có hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh, SA vuông góc với mặt đáy nên DA ⊥ AB

= 30° . và DA ⊥ SA . Suy ra DA ⊥ ( SAB ) . Vậy góc giữa SD và mặt phẳng ( SAB ) là DSA

Ta có SA = AD.cot 30° = a 3

2 a 3 15 . 15

B. V =

a3 . 12

C. V = Lời giải

D. V =

a 3 13 . 12

QU Y

ƠN

Chọn C

a3 3 . 4

A. V =

FI CI A

1 1 3 3 V = .SA.S ABCD = .a 3.a 2 = a . 3 3 3 Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc BAD bằng 1200 , AB = a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa ( SBC ) và mặt phẳng đáy là 60 0 . Tính thể tích V của chóp S . ABCD .

Vì hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với đáy nên SA ⊥ mp ( ABCD ) . Ta có tam giác ABC đều cạnh a , gọi I là trung điểm của BC khi đó: AI =

a 3 2

= 600 . Và góc giữa ( SBC ) và mặt phẳng đáy là SIA

Xét tam giác SAI ta có:

SA  SA = AI tan ( 600 )  SA = 3a . = tan SIA AI 2

( )

KÈ

a2 3 1  a 3 Ta có diện tích đáy ABCD là: S ABCD = 2S ABC = 2  AI .BC  = a= . 2 2 2 

DẠ

1 1 3a a 2 3 a 3 3 Thể tích của chóp S . ABCD là: V = SA.S ABCD = . . . = 3 3 2 2 4 Câu 31. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy; góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 45o . Tính thể tích khối chóp S . ABCD bằng: a3 5 a3 5 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 24 6 12 9 Lời giải Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L o

 ∆ SHC vuông cân tại H

 SH = HC = BC 2 + BH 2 = a 2 +

a2 a 5 2 2 = ; S ABCD = AB = a 4 2

ƠN

= 45 SC; ( ABCD ) ) = SCH (

FI CI A

 ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB   SH ⊥ ( ABCD )  SH ⊂ ( SAB ) ; SH ⊥ AB 

Gọi H là trung điểm của AB , ∆SAB cân tại S  SH ⊥ AB

a3 3 4

a3 3 2

QU Y

1 1 a 5 a3 5  VS . ABCD = .S ABCD .SH = a 2 . = 3 3 2 6 Câu 32. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD ) tạo với đáy góc 30° . Thể tích khối chóp S . ABCD là? D.

Lời giải

KÈ

Chọn A

a3 3 36

DẠ

Gọi H , K lần lượt là trung điểm AB và CD . = 30° . SCD ) , ( ABCD ) = SKH Suy ra SH ⊥ ( ABCD ) và (

(

Xét ∆ SHK vuông tại H , có HK =

)

SH a 3 1 3a . = : = tan 30° 2 3 2

1 1 a 3 3a a 3 3 Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = . . .a. = 3 3 2 2 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

5a 3 3 36

4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . 3 4 3 2 5 A. h = a B. h = a C. h = a 5 3 2 Lời giải Chọn A Gọi H là trung điểm của AD . Nên SH ⊥ AD bằng

2 Ta có: S ABCD = 2a

S ABCD

3. 4a

3 = 2a

Gọi I là hình chiếu của H lên SD

FI CI A

ƠN

 SH =

6 a 3

( SAD ) ⊥ ( ABCD )  ( SAD ) ∩ ( ABCD ) = AD  SH ⊥ ( ABCD )  AD ⊥ SH 

D. h =

Câu 33. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên ( SAD ) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD

d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( H ; ( SCD ) ) = 2 IH

4 a 3

a 2 2

( 2a )

a 2 +   2 

2 a 3

QU Y

Vậy d ( B; ( SCD ) ) =

2a.

SH .HD SH .HD = = Mà IH = SD SH 2 + HD 2

1 AD = a . Tam 2 giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD )

Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , BC =

bằng α sao cho tan α = a3 . 2

KÈ

A. VS . ACD =

15 . Tính thể tích khối chóp S . ACD theo a . 5 a3 2 a3 3 a3 B. VS . ACD = . C. VS . ACD = . D. VS . ACD = . 6 6 3 Lời giải

DẠ

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Đặt AB = x , ta có: HC = BH 2 + BC 2 =

x2 15 + a2 . . 4 5

x2 15 x 3 + a2 . = ⇔ x=a. 4 5 2

x 3 . Vậy ta có: 2

( AD + BC ) . AB = 3a 2 ;

x2 + a 2 , SH = HC. tan α = 4

ƠN

Mặt khác SH =

=α . Gọi H là trung điểm AB , từ giả thiết ta có: SH ⊥ ( ABCD ) , ( SC, ( ABCD ) ) = SCH

1 a3 3 2 . S ABCD = a 2 ; VS . ACD = SH .S ACD = 3 6 3 2 2 Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật; AB = a; AD = 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mp ( ABCD ) bằng 45° S ACD =

S ABCD =

. Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến ( SAC ) .

a 1513 . 89

B. d =

2a 1315 . 89

QU Y

A. d =

a 1315 . 89

D. d =

Lời giải

KÈ

Chọn A

C. d =

Gọi H là trung điểm đoạn AB  SH ⊥ ( ABCD ) .

DẠ

Xét △ BCH vuông tại B , có: CH = 4 a 2 + Xét △ SHC vuông cân tại H , có: SH = Xét △ SAH vuông tại H , có: SA =

a 2 a 17 = . 4 2

a 17 a 34 ; SC = . 2 2

17a 2 a 2 3 2 + = a. 4 4 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2a 1513 . 89

2 2 Xét △ ABC vuông tại B , có: AC = a + 4a = a 5 .

Ta có: VS . ABCD

1 a 3 17 1 a 3 17 = V = .SH .S ABCD = ; VS . ACD = V = . 3 3 2 6

89 2 a . 4

FI CI A

 S△SAC =

1 a 3 17 1 89 2 a 1513 a .d  d = VS . ACM = VS . ACD = . Mà VS. MAC = .d .S△SAC = . 2 12 3 12 89 Câu 36. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AD sao cho

V = 8 6a3 .

B. V =

3 và SC tạo với đáy một góc bằng 30 ° . Tính theo a thể tích 8 6a 3 . 3

HA = 3HD . Biết rằng SA= 2a V của khối chóp S.ABCD .

C. V = 8 2a3 . Lời giải

8 6a 3 . 9

QU Y

ƠN

Chọn B

D. V =

SH 2 = HD.HA = 3HD2 ⇒ SH = 3HD

1 DA = a . 4

KÈ

DH =

SH = 3 SA SA DH ⇒ = 3 ⇒ SD = = 2a ⇒ DA = SD 2 + SA2 = 4a . SA SD 3 SD

 tan SDH = Có:    tan SDH = 

= Tam giác SHC có tan SCH

SH SH SH ⇒ tan 30° = ⇒ HC = = 3a . HC HC tan 30°

Tam giác DHC có DC = DH 2 + HC 2 = 2 2a

DẠ

1 1 8 6a 3 Vậy VS . ABCD = SH . AD.DC = . 3a.4a.2 2a = 3 3 3 Câu 37. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm của cạnh AD; gọi M là trung điểm của CD; cạnh bên

SB hợp với đáy góc 60 ° . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABM . A.

a 3 15 3

a 3 15 6

a 3 15 4

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a 3 15 12

1 1 S ABCD = a 2 . 2 2 Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD )

Ta có S∆ABM =

IB =

a 5 a IA + AB =   + a 2 = 2 2 2

FI CI A

Chọn D

Ta có SI = IB.tan 60° =

ƠN

Ta có IB là hình chiếu vuông góc của SB lên mp ( ABCD )  ( SB , ( ABC D ) ) = ( SB , IB ) = 60° a 15 2

QU Y

1 1 a 15 a 2 a 3 15 .  VS . ABM = .SI .S ∆ABM = . . = 3 3 2 2 12 Câu 38. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên 2 đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH = AC ; mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o 3 . Thể tích khối chóp S . ABC là?

a3 3 12

a3 3 48

a3 3 36

a3 3 24

Lời giải

Gọi M là trung điểm của BC . CN CH 1 N ∈ CM : = =  HN //AM . Mà CM CA 3 ∆ ABC đều nên AM ⊥ BC  HN ⊥ BC  BC ⊥ ( SHN ) .

KÈ

= 60o . Nên ( SBC ) ; ( ABC ) = SN ; HN = SNH

Do ∆ ABC đều nên AM =

a 3 1 a 3  HN = AM = . 2 3 6

= ∆SHN vuông tại H có SH = HN .sin SNH

a 3 a .sin 60o = . 6 4

DẠ

1 1 a a 2 3 a3 3 VS . ABC = SH .S ABC = . . = . 3 3 4 4 48 Câu 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng = 300 , SA = 2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD. vuông góc với ( ABCD ) , SAB A. V =

3a 3 . 6

B. V = a 3 .

C. V =

a3 . 9

D. V =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 . 3

Lời giải

FI CI A

Chọn D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên cạnh AB .

= Xét tam giác SAH vuông tại H ta có: sin SAB

Do ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) và ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB nên SH ⊥ ( ABCD ) .

SH  SH = sin 300.SA = a. SA

ƠN

Mặt khác: S ABCD = AD2 = a2 .

QU Y

1 1 a3 Nên VS . ABCD = ⋅ S ABCD .a = ⋅ a 2 .a = ⋅ 3 3 3 Câu 40. Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng a3 3 a3 2 a3 3 a3 2 V = V = V = V = A. B. C. D. 2 2 6 6 Lời giải Chọn C

KÈ

Gọi O là tâm của đáy, gọi M là trung điểm của BC . SO ⊥ BC = 600 . Ta có  nên ( SOM ) ⊥ BC , suy ra ( SCD ) , ( ABCD )  = ( SM , OM ) = SMO OM ⊥ BC 

Có OM =

a 3 1 a 0 BC = , SO = OM tan 60 = . 2 2 2

DẠ

1 1 a 3 2 a3 3 .a = Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD = SO.S ABCD = . . 3 3 2 6 Câu 41. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm của đáy là O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 10 6

a 3 30 2

a 3 30 6

a3 10 3

Lời giải

FI CI A

Chọn C

ƠN

. Gọi H là trung điểm AO . Khi đó góc giữa MN và ( ABCD ) là MNH Ta có HN = CN 2 + CH 2 − 2CN .CH .cos 450 =

a 10 a 30 . 3= . 4 4

0 Suy ra MH = HN .tan 60 =

a 10 . 4

a 30 . 2 Câu 42. Cho hình chóp đều S . ABC có SA = a . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a , biết BD vuông góc với AE . a 3 21 a3 3 a3 7 a 3 21 A. . B. . C. . D. . 54 12 27 27 Lời giải Chọn A S F

KÈ

QU Y

Do đó SO = 2MH =

DẠ

Gọi F là trung điểm SE  BD ⊥ DF ; gọi AB = x

Ta có BE 2 = BD 2 = AE 2 =

2 AS 2 + 2 AC 2 − SC 2 2a 2 + 2 x 2 − a 2 a 2 + 2 x 2 = = 4 4 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 BS + 2 BE − SE = 4

BF 2 = BD 2 + DF 2 ⇔ BF 2 = ⇔

2a 2 +

a2 + 2x2 a2 − 2 2 2 4 = 9a + 4 x 4 16

5 BD 2 4

BF 2 =

FI CI A

9a 2 + 4 x 2 5 a 2 + 2 x 2 2 = . ⇔ 9a 2 + 4 x 2 = 5a 2 + 10 x 2 ⇔ 4a 2 = 6 x 2  x = a 16 4 4 3

Gọi H là hình chiếu của S lên ( ABC ) khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC 2

2 x 3 a 7  SH = SA − AH = a −  .  = 3 3 2  2

Tam giác ABC đều có cạnh là x  S∆ABC

x2 3 a2 3 = = 4 6

ƠN

1 1 a 7 a 2 3 a3 21 . = Vậy VS . ABC = SH .S∆ABC = . 3 3 3 6 54 Hoặc sử dụng công thức tính thể tích chóp tam giác ABC đều có cạnh bên bằng a , cạnh đáy bằng x 2a 2a 3a 2 − 3 x . 3a − x 3 = a 21 VS . ABC = = 3 12 12 54 Câu 43. Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh AB = a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45° . Thể tích khối chóp S. ABCD là a3 a3 a3 2 a3 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 6 3 Lời giải Chọn B 2

QU Y

450 B

KÈ

Vì S. ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD là hình vuông và chân đường cao H trùng với tâm của hình vuông ABCD . Diện tích đáy của khối chóp S. ABCD là S ABCD = a 2 . Nhận thấy HA là hình chiếu vuông góc của SA trên ( ABC ) . Vì thế ( SA, ( ABC )) = ( SA, HA)

DẠ

. Suy ra SAH = 45° . = SAH

Xét tam giác ABC vuông tại B , ta có: AC = AB 2 + BC 2 = a 2 . Suy ra HA =

a 2 . 2

= 45° nên là tam giác vuông cân tại H . Suy ra SH Tam giác SHA vuông tại H và có SAH = HA =

a 2 . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 1 a 2 a3 2 Thể tích khối chóp S . ABCD là: V = .S ABCD .SH = .a 2 . . = 3 3 2 6 Câu 44. (ĐTK2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) là 45o ( tham khảo hình bên). Thể

3a 3 B. . 8

3a 3 C. . 12 Lời giải

a3 D. . 4

QU Y

ƠN

Chọn A

a3 . A. 8

FI CI A

tích khối chóp S . ABC bằng

Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC ( H là trung điểm BC ).

Từ A dựng AE vuông góc SH trong ( SAH )

BC ⊥ AH  BC ⊥ ( SAH ) BC ⊥ SA( SA ⊥ ( ABCD) )

KÈ

Ta có: 

Ta có: đường thẳng SH là hình chiếu của đường thẳng SA lên ( SBC )

DẠ

  SA, ( SBC )  = ( SA, SH ) = ASH = 45o  ∆SAH vuông cân tại A .

Ta có: AH là đường cao trong tam giác đều ABC  AH =

 SA = AH =

a 3 2

1 1 a 3 a 2 3 a3 VS . ABC = SA.S∆ABC = . . = . 3 3 2 4 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(Mã 105 2017) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy

a3 3

B. a 3

a 2 . Tính thể tích của khối chóp đã cho. 2

3a 3 9

và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

a3 2

FI CI A

Câu 45.

Lời giải

ƠN

Chọn A

(

)

Suy ra d A; ( SBC ) = AH =

a 2 . 2

Tam giác SAB vuông tại A có:

1 1 1 = +  SA = a . 2 2 AH SA AB2

QU Y

1 a3 Vậy VSABCD = SA.SABCD = . 3 3

Ta có BC ⊥ AB , BC ⊥ SA  BC ⊥ AH . Kẻ AH ⊥ SB  AH ⊥ ( SBC ) .

KÈ

Câu 46. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a 3 , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng 3a . Thể tích khối chóp đã cho bằng: 8a 3 3 A. a 3 3 . B. 6a 3 3 . C. 12a 3 . D. . 3 Lời giải Chọn C Gọi O = AC ∩ BD. CD // AB Ta có  ⇒ d (CD , SA) = d (CD , ( SAB )) = d ( D , ( SAB )) = 2 d (O , ( SAB )).  AB ⊂ ( SAB )  S

OK ⊥ AB 3a ⇒ OH ⊥ ( SAB ) ⇒ OH = d (O, ( SAB )) = . Kẻ  OH ⊥ SK 2

1 1 1 = + ⇔ SO = 3a. 2 2 OH SO OK 2 1 Vậy thể tích khối chóp S . ABCD : V = S ABCD .SO = 12a 3 . 3 Câu 47. Cho tứ diện ABC D có các cạnh AB , AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 6 a , AC = 7 a và AD = 4 a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , C D , DB . Tính thể tích V của tứ diện AMNP .

DẠ

Xét ∆ SOK :

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. V = 7 a 3

B. V = 14a 3

C. V =

28 3 a 3

D. V =

7 3 a 2

Lời giải

FI CI A

Chọn A

1 1 1 AB. AD. AC = 6a.7 a.4a = 28a 3 3 2 6 1 1 1 Ta nhận thấy S MNP = S MNPD = S BCD  VAMNP = VABCD = 7 a 3 . 2 4 4 Ta có VABCD =

a3 5 . 2

a3 5 . 6

ƠN

Câu 48. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2. Gọi I là trung điểm của BC , hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thỏa mãn IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60°. Thể tích khối chóp S . ABC bằng a 3 15 . 6

a 3 15 . 12

Lời giải

QU Y

Chọn C

1 1 AB. AC = .a 2.a 2 = a 2 . 2 2 a BC = 2a, IA = a, IH = . 2

KÈ

S ABC =

Tam giác HIC vuông tại I ta có HC 2 = HI 2 + IC 2 =

DẠ

= tan SCH

a2 5a 2 a 5 + a2 =  HC = . 4 4 2

SH = a 5 . 3 = a 15 . ⇔ SH = HC . tan SCH HC 2 2

1 1 a 15 2 a 3 15 Vậy VS . ABC = .SH .S ABC = . .a = . 3 3 2 6

Câu 49. Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh 3a , SAB = SCB = 900 , góc giữa (SAB ) và (SCB ) bằng 60 0 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 2a 3 . 8

2a 3 . 3

2a 3 . 24

9 2a 3 . 8

Lời giải

FI CI A

Chọn D Trong mặt phẳng (ABC ) lấy D nằm trên đường trung trực của AC sao cho SD ⊥ (ABC ) và

= BAD = 900  SAB = SCB = 900 BCD

BC 2 = 2a 3  CD = a 3 OB Dựng AM ⊥ SB , do ∆SAB = ∆SCB  CM ⊥ SB  ((SAB),(SCB)) = (AM ,CM )

ƠN

Gọi O = AC ∩ BD  BD =

OC 0 = 3a = BC vô lí vì tam giác MBC vuông tại M + Nếu AMC = 60  MC = sin300 OC 3a 2 3a 6 = 3  SC =  SB = + Nếu AMC = 1200  MC = 0 2 2 sin60 a 6 1 1 9a 2 3 a 6 9a 3 3  VS .ABC = .S ABC .SD = . . = 2 3 3 4 2 8

QU Y

SD = SB 2 − BD 2 =

DẠ

KÈ

Câu 50. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , BC = a 2, A ' B tạo với đáy một góc bằng 60 0 . Thể tích của khối lăng trụ bằng 3a 3 3a 3 3a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 4 2 2 Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 2

FI CI A

' B ' = 600 . A ' B tạo với đáy một góc bằng 600 ⇒ BA BB ' ∆v BA ' B ' : tan BA 'B'= = 3 ⇒ BB ' = 3 A ' B ' = a 3. A' B '

ABC là tam giác vuông cân tại A , BC = a 2 ⇒ AB = AC = a ⇒ S∆ABC = a.a = a 2 .

ƠN

1 3a 3 Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: V ABC . A ' B 'C ' = BB '.S∆ABC = a 3. a 2 = . 2 2 Câu 51. Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC . A′B′C ′ có đáy là một tam giác vuông tại A . Cho AC = AB = 2a , góc giữa AC ′ và mặt phẳng ( ABC ) bằng 30° . Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ . 2a 3 3 a3 3 5a 3 3 4a 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn D

1 AB. AC = 2a 2 . 2 Hình chiếu vuông góc của AC ′ lên ( ABC ) là AC .

Diện tích tam giác ABC : S ABC =

′AC  Góc giữa AC ′ và mặt phẳng ( ABC ) là góc tạo bởi giữa đường thẳng AC ′ và AC hay C

QU Y

′AC = 30° . Theo bài ra có C

Xét tam giác C ′CA vuông tại C có CC ′ = AC . tan 30° =

2a 3 . 3

2a 3 4a 3 3 . .2 a 2 = 3 3 Câu 52. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với 0 BA = BC = a , biết A ' B tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 60 . Thể tích khối lăng trụ đã cho

bằng

KÈ

A. 2a 3 .

Thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ là VABC . A′B′C ′ = CC ′.S ABC =

a3 3 . 6

a3 3 . 2

Lời giải

DẠ

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 . 2

L FI CI A

Góc giữa đường thẳng A ' B và mặt phẳng ( ABC ) là A ' BA = 600  A ' A = AB.tan 600 = a 3 .

1 a2 a3 3 BA.BC =  VABC. A ' B ' C ' = S ABC . A ' A = . 2 2 2 Câu 53. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45°. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng A.

a3 3 . 4

a3 3 . 2

a3 3 . 12

Có S ABC =

a3 3 . 6

ƠN

Lời giải

QU Y

Chọn A

Có: A 'C , (ABC ) = A 'CA = 45° .

)

(

KÈ

AA ' Xét tam giác A ' AC vuông tại A, ta có: tan A 'CA = ⇒ AA ' = a. AC a 2 3 a3 3 = . 4 4 Câu 54. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AB = 4a , góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45o . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng

DẠ

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: V = AA '.S ∆ABC = a.

a3 3 . 4

a3 3 . 2

C. 16a 3 3 .

Lời giải Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 3 . 6

45 0

FI CI A

4a A

4a B

ABC. A′B′C ′ là lăng trụ tam giác đều  ABC. A′B′C ′ là lăng trụ đứng và đáy là tam giác đều. Ta có: A′A ⊥ ( ABC )  A′C , ( ABC ) = A′CA = 45o  ∆A′AC vuông cân tại A  A′A = AC = 4a .

( AB ) =

( 4a ) =

)

(

= 4a 2 3  VABC . A ' B 'C ' = AA′.S∆ABC = 4a.4a 2 3 = 16a3 3 . 4 4 Câu 55. (Mã 104 2017) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C′ có đáy ABC là tam giác cân với = 120° . Mặt phẳng ( AB′C ′) tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của AB = AC = a , BAC khối lăng trụ đã cho. 3a 3 9a3 a3 3a 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 8 8 4 8 Lời giải Chọn A

QU Y

ƠN

S ∆ABC

Gọi H là trung điểm của B′C′ , khi đó góc giữa mp ( AB′C ′ ) và đáy là góc AHA′ = 60° .

1 a2 3 AC. AB.sin120° = . 2 4

KÈ

Ta có S∆ABC =

B′C ′ = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos120° = a 2 + a 2 − 2.a.a.

 A′H =

a 3 2 S ∆ABC a =  AA′ = A′H .tan 60° = . B′C ′ 2 2

Vậy V = S ∆ACB . AA′ =

DẠ

−1 =a 3 2

3a 3 . 8

Câu 56. Cho lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết rằng góc giữa ( A′BC ) và ( ABC ) là 30° , tam giác A′BC có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .

A. 8 3 .

B. 8 .

C. 3 3 . Lời giải

D. 8 2 .

Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

30° x

FI CI A

M B

Đặt AB = x, ( x > 0 ) , gọi M là trung điểm BC .

1 A′M .BC = 8 ⇔ x 2 = 16  x = 4 2

Suy ra A′A = AM .tan 30° =

4. 3 1 16. 3 . = 2 ; S ABC = =4 3. 2 4 3

S A′BC = 8 ⇔

AM x 3 2 = . = x. cos30° 2 3

ƠN

Xét ∆ A′AM , có A′M =

( A′BC ) = ( ABC ) = BC  Ta có  AM ⊥ BC  ( A′MA = 30° . ( A′BC ) , ( ABC ) ) =  A′M ⊥ BC 

Vậy VABC . A′B′C ′ = A′A.S ABC = 2.4 3 = 8 3 .

QU Y

Câu 57. Cho hình lăng trụ đều ABC . A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a . Đường thẳng AB′ tạo với mặt phẳng ( BCC ′B′ ) một góc 30° . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ theo a . 3a 3 . 4

a3 6 . 12

a3 6 . 4

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn D

a3 . 4

Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Do ABC . A′B′C ′ là hình lăng trụ tam giác đều nên ta có AB′M = 30° . AM ⊥ ( BCC ′B′ )  ( AB′, ( BCC′B′ ) ) = Xét tam giác vuông AB′M ta có tan 30° =

AM AM 3a ⇔ AB′ = ⇔ AB′ = . AB′ tan 30° 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét tam giác vuông B′BM ta có BB′ = B′M 2 − BM 2 =

9a 2 a 2 − =a 2. 4 4

a3 6 1 . AB. AC.sin 60°.BB′ = 2 4 Câu 58. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng ( A1 BC ) tạo với đáy góc

FI CI A

Thể tích khối lăng trụ ABC . A′B ′C ′ là VABC . A′B′C ′ =

30° và tam giác A1 BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V = 64 3.

B. V = 2 3.

C. V = 16 3. Lời giải

ƠN

Chọn D

D. V = 8 3.

Ta có: ∆ABC là hình chiếu của ∆A1BC lên mặt phẳng ( ABC ) .

QU Y

Do đó: S ∆ABC = S ∆A1BC .cos α , với α = ( A1BC ) , ( ABC )  = 30°  S ABC = 8 cos 30° = 4 3 . Mà ∆ABC đều  AB = BC = AC = 4 . Kẻ AM vuông góc BC tại M . A MA = 30° Khi đó BC ⊥ ( A1MA )  ( A1 BC ) , ( ABC )  = 1 4 3 1 . = 2. 2 3 Thể tích lăng trụ đã cho là V = S ABC . A1 A = 4 3.2 = 8 3. Câu 59. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′ B ′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên đáy ( A′B′C ′ ) trùng với trung điểm M của cạnh B′C′ . Góc nhị diện giữa hai

 A1 A = AM .tan 30° =

mặt phẳng ( AA′B′ ) và ( ABC ) bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′ B ′C ′ bằng

3a3 . 16

KÈ

3 3a3 . 16

3a3 . 8

Lời giải

DẠ

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 . 4

L FI CI A OF

a2 3 . 4 Gọi E và F lần lượt là trung điểm các đoạn A′B′ và B ′E . Theo giả thiết góc nhị diện giữa hai mặt phẳng ( AA′B′ ) và ( ABC ) bằng 60 nên suy ra góc giữa

ƠN

Diệt tích đáy lăng trụ là: S ABC =

hai mặt phẳng ( AA′B′ ) và ( ABC ) cũng bằng 60 .

Vì ( ABC ) // ( A′B′C ′ ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( AA′B′ ) và ( A′B′C ′ ) bằng 60 .

Ta có: A′B′ ⊥ C′E  A′B′ ⊥ MF (vì MF //C ′E ) Mặt khác: A′B ′ ⊥ AM Suy ra A′B′ ⊥ ( AMF )  A′B′ ⊥ AF .

AFM = 60 . Do vậy góc giữa hai mặt phẳng ( AA′B′ ) và ( ABC ) bằng góc a 3 1 a 3  MF = C ′E = . 2 2 4

QU Y

Có C ′E =

a 3 3a Khi đó trong tam giác vuông AMF ta có AM = FM . tan AFM = . 3= . 4 4 Vậy, thể tích khối lăng trụ đã cho là: V = S ABC . AM =

a 2 3 3a 3a 3 3 . = . 4 4 16

KÈ

ABC = 120° . Biết góc giữa Câu 60. Cho khối lăng trụ đứng ABCD. A′B′C′D′ có đáy là hình thoi cạnh a , ′ ′ hai mặt phẳng ( A BC ) và ( A CD ) bằng 60° . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 3 A. V = a 3 . 8

B. V =

3 6 3 a . 8

C. V =

3 2 3 a . 8

D. V =

Lời giải

DẠ

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 3 3 a . 8

L FI CI A ABCD

là hình thoi cạnh

Ta có

= 1200 ABC

nên

BD = a ,

AC = a 3

và

1 a 3 . AC.BD = 2 2 Gọi O = AC ∩ BD . Ta có BD ⊥ ( A′AC )  BD ⊥ A′C .

ƠN

S ABCD =

Kẻ OM ⊥ A′C tại M thì A′C ⊥ ( BDM )  A′C ⊥ MD , do đó góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC )

= 60° hoặc BMD = 120° . và ( A′CD ) là góc giữa hai đường thẳng MB và MD . Vậy BMD = 60° thì do MB = MD nên tam giác BMD là tam giác đều, do đó OM = a 3 TH1: BMD 2  OM = OC (vô lý vì ∆OMC vuông tại M ). = 120° BMD

QU Y

TH2:

 MO = BO.cot 60° =

thì

tam

giác

BMD

cân

tại

nên

= 60° BMO

a 3 a 6 , do đó MC = OC 2 − MO 2 = . 6 3

Có tam giác AA′C đồng dạng với tam giác MOC nên

AA′ MO a 6 =  AA′ = . AC MC 4

a 6 a2 3 3 2 3 . = a . 4 2 8 Câu 61. Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AC . Góc giữa hai

KÈ

Vậy V = AA′.S ABCD =

mặt phẳng ( BCB ′C ′ ) và ( ABC ) bằng 60° . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 3a 3 . 4

DẠ

3a 3 . 8

3 3a 3 . 8 Lời giải

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3a 3 . 16

L FI CI A OF NH

ƠN

Dựng HK ⊥ BC tại K , A ' F ⊥ B ' C ' tại F , AE ⊥ BC tại E . Gọi N là trung điểm A′F . 1 1 Ta có: HK = AE nên HK = A′F = A′N  A′HKN là hình chữ nhật. 2 2 Ta có: BC ⊥ ( A′HK ) và BC ⊥ A′F nên A′F ⊂ ( A′HK ) .

( ( BCB′C ′ ) ; ( ABC ) ) = ( HK ; KF ) .

= 120o  NKF = 30o . Từ giả thiết ta có: HKF

a 3 a 3  HK = . 2 4

QU Y

Ta có: AC = a 3  AE =

= HK .tan NKF = 3a . Suy ra A′H = NK = NF .tan NKF 4 Diện tích tam giác ABC là S ABC =

Thể tích lăng trụ V = A′H .S ABC =

a 3 . 2

3a3 3 . 8

Câu 62. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a ,

KÈ

= 120° . Mặt phẳng ( AB′C ′) tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã BAC

cho.

A. V =

3a 3 . 8

B. V =

9a 3 . 8

C. V =

a3 . 8

D. V =

Lời giải

DẠ

Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3a 3 . 4

120°

FI CI A

60° H B'

Gọi H là trung điểm của B′C′ , khi đó góc giữa mp ( AB′C ′ ) và đáy là góc AHA′ = 60° .

1 a2 3 AC. AB.sin120° = . 2 4

Ta có S∆ABC =

B′C′ = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos120° = a 2 + a 2 − 2.a.a.

ƠN

2S∆ABC a a 3 =  AA′ = A′H .tan 60° = . ′ ′ BC 2 2

 A′H =

−1 =a 3 2

3a 3 . 8 Câu 63. Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 300 . Hình chiếu của A ' lên ( ABC ) là trung điểm I của BC . Tính thể tích khối lăng

trụ.

a3 3 . 2

Vậy V = S ∆ACB . AA′ =

a 3 13 . 12

a3 3 . 8

a3 3 . 6

AA '

lên

Lời giải

KÈ

QU Y

Chọn C

Ta có

A ' I ⊥ ( ABC )  AI

là hình chiếu vuông góc của

AA ', ( ABC ) ) = ( AA ', AI ) = A ' AI = 30 (

DẠ

Ta có AI =

( ABC )

nên

a 3 a a2 3  A ' I = AI tan 30 0 = , S ∆ABC = 2 2 4

a 2 3 a a3 3 . = 4 2 8 Câu 64. Cho khối lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a . Khoảng cách từ điểm A ' đến mặt 2a 3 phẳng ( AB ' C ') bằng . Thể tích của khối lăng trụ đã cho là 19

Vậy VABC . A ' B 'C ' =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 3 . 4

a3 3 . 6

a3 3 . 2

3a3 . 2

Lời giải

FI CI A

Chọn C

Gọi M là trung điểm của B ' C ' .  AA ' ⊥ B ' C '  B ' C ' ⊥ ( AA ' M )  ( AB ' C ' ) ⊥ ( AA ' M ) theo giao tuyến AM . Ta có   A ' M ⊥ B 'C '

ƠN

Kẻ A ' H ⊥ AM trong mặt phẳng ( AA ' M ) , suy ra  A ' H ⊥ ( AB ' C ') .

2a 3 . 19 1 1 1 1 1 1 1 = +  = − = 2  A ' A = 2a . Ta có 2 2 2 2 2 2 A' H A' A A' M A' A A' H A' M 4a

Vậy khoảng cách từ A ' đến mặt phẳng ( AB ' C ') là A ' H =

a 2 3 a3 3 = . 4 2 Câu 65. Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' . Biết mặt phẳng ( A ' BC ) tạo với mặt phẳng ( ABC ) một Vậy thể tích khối lăng trụ là V = AA '.S A ' B 'C ' = 2a.

DẠ

KÈ

QU Y

góc 300 và tam giác A ' BC có diện tích bằng 8a 2 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . 8a3 8a 3 3 3 A. 8a 3 . B. 8a 3 . C. . D. . 3 3 Lời giải Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh được BC ⊥ ( AA ' M ) . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và mặt phẳng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( ABC ) là góc

A ' MA = 300 .

x 3 AM  A'M = =x 2 cos 300

1 1 S A ' BC = . A ' M .BC = x 2 = 8a 2 ⇔ x = 4a  S ABC = 4a 2 3 2 2 AA ' = sin 300 ⇔ AA ' = 2a A'M

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy VABC . A ' B 'C '. = AA '.S ABC = 8a 3 3 .

FI CI A

Tam giác ABC đều nên AM =

Đặt AB = x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 43. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 ; z2 thỏa mãn z1 = z2 ? A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D Ta có: ∆′ = m 2 − 8m + 12 . m > 6 TH1: Nếu ∆′ > 0 ⇔ m2 − 8m + 12 > 0 ⇔  . m < 2 Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt z1 ; z2 . z1 = z 2 ⇔ z1 = − z2 ⇔ z1 + z2 = 0 ⇔ m = 0 (thoả mãn).

TH2: Nếu ∆′ < 0 ⇔ m 2 − 8m + 12 < 0 ⇔ 2 < m < 6 . Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phức phân biệt z1 ; z2 là hai số phức liên hợp của nhau. Suy ra z1 = z2 .

ƠN

Do đó, với 2 < m < 6 , phương trình đã cho có hai nghiệm phức phân biệt thoả mãn z1 = z2 . Suy ra m ∈ {3; 4;5} . Kết hợp 2 trường hợp, suy ra có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

A. S = 6 . B. S = 10 . C. S = −3 . D. S = 7 . 2 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2mz + 7 m − 10 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn 2

QU Y

Câu 2.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu 1. Trên tập hợp các số phức, gọi S là tổng các số thực m để phương trình z 2 − 2 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức thỏa mãn z = 2. Tính S .

z1 + 2 z2 = 3 z1 z2 ?

Câu 5.

Câu 4.

Tổng các giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm z1 ,z2 thỏa mãn z12 + z22 = 6 bằng A. 6 . B. 3 . C. 2 . D. 1. 2 Trên tập số phức, xét phương trình z − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z 2 = 8

KÈ

Câu 3.

B. 6 . C. 3 . D. 4 . A. 5 . 2 2 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m − 1) z + m − 3m + 1 = 0 ( m là tham số thực).

A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . 2 2 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m +1) z + m −1 = 0 ( m là tham số thực). Tổng

zo thỏa mãn zo = 5 là

các giá trị của m để phương trình có nghiệm

DẠ

Câu 6.

A. 10 . B. 10 − 26 . C. 10 + 2 11 . D. 10 − 2 26 . 3 2 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 5 z + ( m + 6) z + m = 0 ( m là tham số thực). Tổng các giá trị của tham số m để phương trình đó có ba nghiệm phân biệt z1 , z2 , z3 thỏa mãn 2

z1 + z2 + z3 = 21 ?

A. 8 .

B. 6 .

C. 10 .

D. 18 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 7.

Trên tập hợp các số phức, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2 a − 3 = 0 (với a là số thực) có 2 nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có

Câu 9.

FI CI A

Câu 8.

một góc bằng 600 , tính tổng các giá trị của a . B. 10 . C. −4 . D. 4 . A. −10 . Trên tập hợp các số phức,cho phương trình z 2 + 2 mz + 2 m 2 + 1 = 0 ( với m là số thực) có 2 nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Tính tích các giá

trị của m để diện tích tam giác OMN bằng 2 5 . A. 0 . B. −4 . C. 4 . D. 20 . Cho số phức w và hai số thực a, b . Biết z1 = w + 2i và z2 = 2 w − 3 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + az + b = 0 . Tìm giá trị T = a − 9b A. T = −91 . C. T = −103 . B. T = 103 .

D. T = 93 .

Câu 10. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 4 z + 5 = 0. Tìm môđun của số 100

phức w = (1 + z1 )

100

+ (1 + z2 ) .

ƠN

A. w = 2 50 . B. w = 2100 . C. w = 251 . D. w = 2101 . 2 Câu 11. Trên tập hợp các số phức, biết phương trình z + mz + 5 = 0 , ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1. Tính tổng môđun của hai nghiệm. A. 2 5 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . 2 Câu 12. Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z − 2 ( m − 1) z + 5m − 9 = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2

sao cho z1 = z2 ?

A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . 2 Câu 13. Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z − 6 z + 1 − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị của m để phương trình có nghiệm thỏa mãn z = 5 .

z1 + z2 = 8 ? A. 0.

QU Y

A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . 2 Câu 14. Trên tập số phức, xét phương trình z − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 15. Trên tập hợp các số phức, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 ( a là tham số thực) có 2

KÈ

nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có 2 giá trị của tham số a để tam giác OMN có một góc bằng 120° . Tổng các giá trị đó bằng bao nhiêu? A. 6 . B. −4 . C. 4 . D. −6 . 2 Câu 16. Trên tập hợp các số phức, phương trình az + bz + c = 0 , với a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0 có các nghiệm 2

z1 , z2 đều không là số thực. Đặt P = z1 + z2 + z1 − z2 , khẳng định nào sau đây đúng?

b 2 − 2ac 2b 2 − 4ac 2c 4c . B. P = . C. P = . D. P = . 2 a a a a2 Câu 17. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm phức z0 thỏa mãn z0 = 1

DẠ

A. P =

. Tổng các phần tử của S bằng A. 20 . B. 12 .

C. 14 .

D. 8 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 18. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 ( a là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn

z1 + z2 = z1 − z2 ?

FI CI A

A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . w a b 3 − 2w w + i Câu 19. Cho số phức và hai số thực , . Biết rằng và là hai nghiệm của phương trình 2 z + az + b = 0 . Tổng S = a + b bằng B. 3 . C. 9 . D. 7 . A. −3 . c Câu 20. Cho phương trình x 2 − 4 x + = 0 có hai nghiệm phức. Gọi A , B là hai điểm biểu diễn của hai d nghiệm đó trên mặt phẳng Oxy . Biết tam giác OAB đều, tính P = c + 2 d . A. P = 18 . B. P = − 10 . C. P = − 14 . D. P = 22 .

Câu 21. Có bao nhiêu giá trị dương của số thực a sao cho phương trình z 2 + 3z + a2 − 2a = 0 có nghiệm phức z0 với phần ảo khác 0 thỏa mãn z0 = 3.

A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . 2 2 Câu 22. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m + 1) z + m = 0 ( m là tham số thực). Có bao A. 2 .

ƠN

nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 = 7?

B. 3 .

C. 1 .

D. 4 .

Câu 23. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m + 1) z + m = 0 ( m là tham số thực). Có bao 2

nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 = 5 ?

B. 3 .

C. 1 .

A. 2 .

D. 4 .

Câu 24. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z + 4az + b + 2 = 0, ( a, b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b ) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn 2

B. 1.

C. 2.

QU Y

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 4.

D. 3.

[Mức độ 3] Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 3 x 2 + 1 − log 3 ( x + 31)  32 − 2 x −1 ≥ 0 ? A. 27 . B. 26 . C. Vô số. D. 28 . 2 2 Câu 26. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2az + b + 2 = 0 ( a , b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b ) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 4 .

(

)

(

)

Câu 25.

KÈ

Câu 27. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 2az + b 2 + 2 = 0 ( a, b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b ) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 4 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 28. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z + 4az + b + 2 = 0, ( a, b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b ) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn 2

DẠ

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. 2 2 Câu 29. Trên tập số phức, xét phương trình z − 4az + b + 2 = 0 ( a , b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 + 2i z2 = 3 + 3i A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 30. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thoả mãn z0 = 6 ?

FI CI A

B. 1. C. 2 . D. 3 . A. 4 . 2 2 Câu 31. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m + 1) z + m = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm zo thõa mãn zo = 8

A. 4 .

C. 2 .

D. 1 .

HƯỚNG DẪN GIẢI Trên tập hợp các số phức, gọi S là tổng các số thực m để phương trình z 2 − 2 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức thỏa mãn z = 2. Tính S . A. S = 6 . B. S = 10 . C. S = −3 . D. S = 7 . Lời giải Chọn D Gọi z = x + yi .

Câu 1.

B. 3 .

Ta có: z 2 − 2 z + 1 − m = 0 ⇔ ( z − 1) = m (1)

+) Với m < 0 thì (1) ⇔ z = 1 ± i −m.

ƠN

m = 1 +) Với m ≥ 0 thì (1) ⇔ z = 1 ± m . Do z = 2 ⇔ 1 ± m = 2   (thỏa mãn). m = 9

Câu 2.

Do z = 2 ⇔ 1 ± i − m = 2 ⇔ 1 − m = 4 ⇔ m = −3 (thỏa mãn). Vậy S = 1 + 9 − 3 = 7 . Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 7 m − 10 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn 2

z1 + 2 z2 = 3 z1 z2 ?

B. 6 .

QU Y

A. 5 .

C. 3 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C Ta có ∆′ = m 2 − 7 m + 10

m < 2 Trường hợp 1: ∆′ > 0 ⇔  . m > 5 Khi đó z1 , z2 là các nghiệm thực phân biệt nên ta có:

M 2

KÈ

 z1 = − z2  z1 = z2 + 2 z2 = 3 z1 z2 ⇔  ⇔  z1 = 2 z2  z1 = 2 z2  z1 = −2 z2 z1 = z2 ⇔ z1 = − z 2 ⇔ z1 + z2 = 0 ⇔ 2m = 0 ⇔ m = 0 (nhận) z1 = 2 z 2 không tồn tại m z1 = − 2 z 2 không tồn tại

+) +)

DẠ

Trường hợp 2: ∆′ < 0 ⇔ 2 < m < 5 . Khi đó các nghiệm phức z1 , z2 liên hợp nhau nên luôn thỏa z1 = z2 . Vậy ta có các giá trị nguyên của m là 0, 3, 4 . Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + m 2 − 3m + 1 = 0 ( m là tham số thực).

Câu 3.

Tổng các giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm z1 ,z2 thỏa mãn z12 + z22 = 6 bằng A. 6 . B. 3 . C. 2 . D. 1.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Chọn D Xét z 2 − 2 ( m − 1) z + m 2 − 3m + 1 = 0 (1)

Phương trình luôn có nghiệm z1 ,z2 trên tập hợp số phức

 m = −1 2 z12 + z22 = 6 ⇔ ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 = 6  2m2 − 2m + 2 = 6 ⇔  (thoả mãn) m = 2 Vậy tổng các giá trị nguyên của m là −1 + 2 = 1 Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z 2 = 8 A. 1.

B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 0 .

Câu 4.

FI CI A

Theo vi – et ta có z1 + z2 = 2( m − 1 ),z1 .z2 = m2 − 3m + 1

Chọn A Ta có ∆′ = m 2 − 4m + 3 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ ≠ 0 . Ta xét hai trường hợp m > 3 m > 3 theo giả thiết thì  TH1: ∆′ > 0 ⇔  (*) . Với (*) khi đó z1 , z2 là hai nghiệm thực + m < 1 m ∈ ℤ

)

= 64 ⇔ ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 + 2 z1 z2 = 64

ƠN

z1 + z2 = 8 ⇔ ( z1 + z2

nên

m = 4 4 m 2 − 2 ( 4 m − 3 ) + 2 4m − 3 = 64 ⇔ 4 m 2 = 64 ⇔   m = −4 ( l ) TH2: ∆′ < 0 ⇔ 1 < m < 3 mà m ∈ ℤ +  m = 2 thay

vào

phương

trình

có

z 2 − 4 z + 5 = 0 ⇔ z1 = 2 + i, z2 = 2 − i . Khi đó z1 + z2 = 2 5 không thỏa mãn Vậy có một giá trị nguyên dương của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 5.

2 2 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m +1) z + m −1 = 0 ( m là tham số thực). Tổng

QU Y

các giá trị của m để phương trình có nghiệm

A. 10 .

B. 10 − 26 .

zo thỏa mãn zo = 5 là

C. 10 + 2 11 . Lời giải

D. 10 − 2 26 .

Chọn B Đặt w = x + yi, ( x, y ∈ℝ) theo bài ra ta có z1 = w + 2i = x + ( y + 2) i , z2 = 2 w − 3 = 2 x − 3 + 2 yi . Do z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình nên z1 = z2

2 2 Phương trình z − 2 ( m +1) z + m −1 = 0 (1) có ∆′ = 2m + 2 . + Trường hợp 1: ∆′ ≥ 0 ⇔ m ≥ −1 .

KÈ

Phương trình (1) có nghiệm

zo thỏa mãn zo = 5 suy ra zo = 5 hoặc zo = −5 .

 zo = 5 suy ra 25 − 10 ( m + 1) + m 2 − 1 = 0 ⇔ m 2 − 10m + 14 = 0 ⇔  m = 5 + 11 , (chọn).

Nếu

zo = −5 suy ra 25 +10 ( m +1) + m −1 = 0 ⇔ m +10m + 34 = 0 vô nghiệm.

Nếu

 m = 5 − 11

DẠ

+ Trường hợp 2: ∆′ < 0 ⇔ m < −1 . Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm phức

zo = z1 = z2 . Suy ra zo = 5 ⇔ zo .zo = 25 ⇔ z1 .z 2 = 25 ⇔ m 2 − 1 = 25 ⇔ m = ± 26 . Kết hợp điều kiện m < −1 suy ra m = − 26 Vậy tổng các giá trị là 5 + 11 + 5 − 11 − 26 = 10 − 26

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

z1; z2 thỏa mãn

Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 3 − 5 z 2 + ( m + 6) z + m = 0 ( m là tham số thực). Tổng các giá trị của tham số m để phương trình đó có ba nghiệm phân biệt z1 , z2 , z3 thỏa mãn 2

z1 + z2 + z3 = 21 ?

B. 6 .

C. 10 . Lời giải

D. 18 .

FI CI A

A. 8 .

Câu 6.

Chọn D

 z = −1 z 3 − 5 z 2 + (m + 6) z + m = 0 ⇔  2  z − 6 z + m = 0 (2) Xét (2), ta có ∆′ = 9 − m . Trường hợp 1: ∆′ < 0 ⇔ m > 9 . Khi đó, (2) có hai nghiệm phân biệt z1 = 3 + i m − 9; z2 = 3 − i m − 9 . 2

(

z1 + z2 + z3 = 21  ( −1) + 3 + 9 − m

) + (3 −

9−m

)

= 21 ⇔ m = 8 (thỏa mãn).

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 10 + 8 = 18 . Trên tập hợp các số phức, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2 a − 3 = 0 (với a là số thực) có 2 nghiệm

Câu 7.

ƠN

z1 + z2 + z3 = 21  1 + 9 + m − 9 + 9 + m − 9 = 21 ⇔ m = 10 (thỏa mãn). Trường hợp 2: ∆′ > 0 ⇔ m < 9 . Khi đó, (2) có 2 nghiệm thực phân biệt z = 3 ± 9 − m . Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác −1 m < 9  m < 9 . ⇔ ⇔ 2 m ≠ 7 ( −1) − 6 ⋅ ( −1) + m ≠ 0

z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có

QU Y

một góc bằng 600 , tính tổng các giá trị của a . A. −10 . B. 10 . C. −4 . D. 4 . Lời giải Chọn B Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời là số thuần ảo  z1 , z2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình

(

)

z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 . Do đó, ta phải có: ∆ = a 2 − 12a + 16 < 0 ⇔ a ∈ 6 − 2 5; 6 + 2 5 .

KÈ

 2−a − a 2 + 12a − 16 z = − i  1  2 2 . Khi đó, ta có:  2−a − a 2 + 12a − 16  i  z1 = 2 + 2

 OM = ON = z1 = z2 = 2a − 3 và MN = z1 − z2 = −a 2 + 12a − 16 .

a 2 − 8a + 10 1 OM 2 + ON 2 − MN 2 ⇔ =  = cos 60 ° Tam giác OMN cân nên MON = 60° 2 ( 2a − 3 ) 2 2OM .ON

DẠ

a = 5 + 2 3 (thỏa mãn). ⇔ a 2 − 10a + 13 = 0 ⇔   a = 5 − 2 3 Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a là 10 . Trên tập hợp các số phức,cho phương trình z 2 + 2 mz + 2 m 2 + 1 = 0 ( với m là số thực) có 2 nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Tính tích các giá

Câu 8.

trị của m để diện tích tam giác OMN bằng 2 5 . A. 0 . B. −4 . C. 4 .

D. 20 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Chọn B

Câu 9.

FI CI A

(

 z = −m − i m2 + 1 = z 1 Xét z 2 + 2mz + 2m 2 + 1 = 0 ⇔  2  z = − m + i m + 1 = z2 OM ( − m; − m 2 + 1),  M (− m; − m 2 + 1), N ( − m; m 2 + 1)   ON ( − m; m 2 + 1) 1 2 2 2 OM .ON − OM .ON = 2 5 Bài ra S∆OMN = 2 5 ⇔ 2

)

m . m2 + 1 = 2 5 ⇔ m4 + m2 − 20 = 0 ⇔ m = ±2 Cho số phức w và hai số thực a, b . Biết z1 = w + 2i và z2 = 2 w − 3 là hai nghiệm phức của

ƠN

phương trình z 2 + az + b = 0 . Tìm giá trị T = a − 9b A. T = −91 . C. T = −103 . D. T = 93 . B. T = 103 . Lời giải Chọn C Đặt w = x + yi, ( x, y ∈ℝ) theo bài ra ta có z1 = w + 2i = x + ( y + 2) i , z2 = 2 w − 3 = 2 x − 3 + 2 yi . Do z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình nên z1 = z2

x = 3 x = 2x − 3  ⇔ ⇔ 2 − y − 2 = 2 y  y = − 3

QU Y

4  z = w + 2i = 3 + i 2  1 3  w = 3− i   3  z = 2w − 3 = 3 − 4 i  2 3  z1 + z2 = −a = 6 97   T = −6 − 9. = −103 . Theo Vi-et  97 9  z1 z2 = b = 9 Câu 10. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 4 z + 5 = 0. Tìm môđun của số 100

phức w = (1 + z1 )

Chọn C

B. w = 2100 .

C. w = 251 . Lời giải

D. w = 2101 .

A. w = 2 50 .

100

+ (1 + z2 ) .

KÈ

 z1 = −2 + i 2 Ta có z 2 + 4 z + 5 = 0 ⇔ ( z + 2 ) = −1 ⇔  .  z 2 = −2 − i 50

2 2 = ( −1 + i )  + ( −1 − i )      25 25 50 50 = ( −2i ) + ( 2i ) = 250 ( i 2 ) + ( i 2 )  = −251 .   Vậy w = −251 = 251 100

100

+ ( −1 − i )

Do đó w = ( −1 + i )

DẠ

Câu 11. Trên tập hợp các số phức, biết phương trình z 2 + mz + 5 = 0 , ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1. Tính tổng môđun của hai nghiệm. A. 2 5 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn A Đặt w = x + yi, ( x, y ∈ℝ) theo bài ra ta có

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Theo bài ra:

m 20 − m 2 m 20 − m 2 + i và z2 = − − i 2 2 2 2

m = 4 20 − m 2 =1⇔  (t/m). 2  m = −4

  z1 = −2 + i   z + 4z + 5 = 0  z2 = −2 − i ⇔ Khi đó phương trình trở thành  2   z = −2 + i  z − 4z + 5 = 0  1   z2 = −2 − i 2

z1 = z2 = 5 . Vậy z1 + z2 = 2 5

FI CI A

Khi đó phương trình có hai nghiệm là: z1 = −

Ta có ∆ = m 2 − 20 Phương trình có hai nghiệm phức thì ∆ < 0 ⇔ −2 5 < m < 2 5 .

Câu 12. Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 5m − 9 = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 sao cho z1 = z2 ?

B. 3 .

C. 4 . Lời giải

ƠN

A. 2 .

D. 5 .

Chọn B. 2 + TH1: Nếu ∆ ' > 0 ⇔ ( m − 1) − ( 5m − 9 ) > 0 ⇔ m 2 − 7 m + 10 > 0

 z1 = z2 (loai ) Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt, khi đó: z1 = z2 ⇔   z1 = − z2 ⇔ z1 + z2 = 0 ⇔ 2 ( m − 1) = 0 ⇔ m = 1 (thỏa mãn). + TH2: ∆ ' < 0 ⇔ m2 − 7m + 10 < 0 ⇔ m ∈ ( 2;5 ) .

QU Y

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 là 2 số phức liên hợp của nhau, ta luôn có z1 = z2 . Với m ∈ ℤ  m ∈ {1;3; 4} .

Câu 13. Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z 2 − 6 z + 1 − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị của m để phương trình có nghiệm thỏa mãn z = 5 . A. 1 .

B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C. + TH1: Nếu ∆ ' ≥ 0 ⇔ 9 − (1 − m ) ≥ 0 ⇔ m ≥ −8

KÈ

Phương trình có nghiệm thực z , khi đó: z = 5 ⇔ z = ±5

Phương trình có nghiệm z = 5 hoặc z = −5  25 − 30 + 1 − m = 0  m = −4 (thỏa mãn). ⇔ ⇔  25 + 30 + 1 − m = 0  m = 56 + TH2: ∆ ' < 0 ⇔ m + 8 < 0 ⇔ m < −8 .

DẠ

Khi đó phương trình có nghiệm phức z = 3 ± i. − ( m + 8)

Ta có: z = 5 ⇔ 9 − ( m + 8) = 25 ⇔ m = −24 (thỏa mãn).

Vậy có 3 giá trị của m . Câu 14. Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn

z1 + z2 = 8 ?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Lời giải

Chọn D

FI CI A

Ta có ∆′ = m2 − 4m + 3 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ ≠ 0 . Nên để phương trình

đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8 ta xét hai trường hợp:

2 ∆′ > 0 m − 4m + 3 > 0 TH1:  , trong trường hợp này z1 , z2 là hai nghiệm thực nên  2  z1 + z2 = 8 ( z1 + z2 ) = 64 m ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) m∈ℤ +  m ∈ ( 3; +∞ ) m∈ℤ +  m ∈ ( 3; +∞ )   ⇔ ⇔ ⇔ 2  2 2 4m = 64 4m − 2 ( 4m − 3) + 2. 4m − 3 = 64 ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 + 2 z1 z2 = 64

m∈ℤ +

⇔ m = 4.

ƠN

 m 2 − 4m + 3 < 0 ∆′ < 0  ⇔ TH2:  2 2  z1 + z2 = 8  m + i − m + 4m − 3 + m − i −m + 4m − 3 = 8

m ∈ (1;3) m∈ℤ +  m = 2   ⇔   , nên không tồn tại số nguyên dương m trong 2 2  5 = 4 2 m + ( − m + 4m − 3) = 8 trường hợp này. Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn điều kiện bài ra.

Câu 15. Trên tập hợp các số phức, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 ( a là tham số thực) có 2

QU Y

nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có 2 giá trị của tham số a để tam giác OMN có một góc bằng 120° . Tổng các giá trị đó bằng bao nhiêu? A. 6 . B. −4 . C. 4 . D. −6 . Lời giải Chọn#A. Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời

là số thuần ảo  z1 , z2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình

(

)

KÈ

z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 . Do đó, ta phải có ∆ = a 2 − 12a + 16 < 0 ⇔ a ∈ 6 − 2 5; 6 + 2 5 .

 2−a − a 2 + 12a − 16 − i  z1 =  2 2 Khi đó, ta có  . 2−a − a 2 + 12a − 16  i  z1 = 2 + 2

DẠ

 OM = ON = z1 = z2 = 2a − 3 và MN = z1 − z2 = −a 2 + 12a − 16 .

2 2 2 2 = 120°  OM + ON − MN = cos120° ⇔ a − 8a + 10 = − 1 Tam giác OMN cân nên MON 2OM .ON 2 ( 2a − 3 ) 2

⇔ a 2 − 6a + 7 = 0 ⇔ a = 3 ± 2 . Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a bằng 6 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 16. Trên tập hợp các số phức, phương trình az 2 + bz + c = 0 , với a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0 có các nghiệm 2

z1 , z2 đều không là số thực. Đặt P = z1 + z2 + z1 − z2 , khẳng định nào sau đây đúng? b2 − 2ac . a2

B. P =

2c . a

C. P =

4c . a

2b 2 − 4ac . a2

FI CI A

Lời giải

D. P =

A. P =

Chọn C. Cách 1: Tự luận. Ta có phương trình az 2 + bz + c = 0 có các nghiệm z1 , z2 đều không là số thực, do đó

ƠN

 −b + i 4ac − b 2  z1 =  2a ∆ = b 2 − 4ac < 0 . Ta có ∆ = i 2 ( 4ac − b 2 ) . Khi đó  −b − i 4ac − b 2  z =  2 2a 2  b 2  z1 + z2 = a 2 4c 2 2  P = z1 + z2 + z1 − z2 = . Khi đó:  2 a  z − z 2 = 4ac − b 1 2 2  a Cách 2: Trắc nghiệm. Cho a = 1, b = 0, c = 1 , ta có phương trình z 2 + 1 = 0 có 2 nghiệm phức là z1 = i, z2 = −i . Khi đó 2

P = z1 + z2 + z1 − z2 = 4 .

QU Y

. Tổng các phần tử của S bằng A. 20 . B. 12 .

Thế a = 1, b = 0, c = 1 lên các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án C cho kết quả giống. Câu 17. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm phức z0 thỏa mãn z0 = 1

C. 14 . Lời giải

D. 8 .

Chọn B. 2 Xét 9 z + 6 z + 1 − m = 0 (*) .

Trường hợp 1: (*) có nghiệm thực ⇔ ∆′ ≥ 0 ⇔ 9 − 9 (1 − m ) ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 .

z = 1 . z =1⇔   z = −1 + Với z = 1  m = 16 (thỏa mãn). + Với z = −1  m = 4 (thỏa mãn). Trường hợp 2: (*) có nghiệm phức z = a + bi ( b ≠ 0 ) ⇔ ∆′ < 0 ⇔ 9 − 9 (1 − m ) < 0 ⇔ m < 1 .

KÈ

Nếu z là một nghiệm của phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 thì z cũng là một nghiệm của phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 . c 1− m 2 Ta có z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z.z = 1 ⇔ = 1 ⇔ = 1 ⇔ m = −8 (thỏa mãn). a 9 Vậy S = {16; 4; −8}

DẠ

Vậy tổng các phần tử của S bằng 12 . Câu 18. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 ( a là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn

z1 + z2 = z1 − z2 ? A. 4 .

B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Chọn#A. Ta có ∆ = −3a 2 − 10a + 9 .

a = 0 2 . (thỏa mãn điều ∆ ⇔ ( a − 3 ) = ∆ ⇔ 4a 2 + 4a = 0 ⇔   a = −1

FI CI A

z1 + z2 = z1 − z2 ⇔ a − 3 =

a −3± ∆ , khi đó 2

+ TH1: ∆ ≥ 0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =

kiện ∆ ≥ 0 ).

+ TH2: ∆ < 0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =

a − 3 ± i −∆ , khi đó 2

ƠN

a = 1 2 . (thỏa z1 + z2 = z1 − z2 ⇔ a − 3 = i −∆ ⇔ ( a − 3) = −∆ ⇔ 2a 2 + 16a − 18 = 0 ⇔   a = −9 mãn điều kiện ∆ < 0 ). Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 19. Cho số phức w và hai số thực a , b . Biết rằng w + i và 3 − 2w là hai nghiệm của phương trình z 2 + az + b = 0 . Tổng S = a + b bằng A. −3 . B. 3 . C. 9 . D. 7 . Lời giải Chọn B. Đặt w = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Vì a, b ∈ ℝ và phương trình z 2 + az + b = 0 có hai nghiệm là

z1 = w + i , z2 = 3 − 2w nên z1 = z2 ⇔ w + i = 3 − 2 w ⇔ x + yi + i = 3 − 2 ( x + yi )

KÈ

QU Y

x = 3 − 2x x = 1 ⇔ x + ( y + 1) i = ( 3 − 2 x ) + 2 yi ⇔  ⇔ .  y +1 = 2 y y =1  z = w + i = 1 + 2i  w = 1+ i   1 .  z2 = 3 − 2 w = 1 − 2i  z1 + z2 = − a 2 = − a a = −2   . Theo định lý Viet:  1 + 4 = b b = 5  z2 .z2 = b Vậy S = a + b = 3 . c Câu 20. Cho phương trình x 2 − 4 x + = 0 có hai nghiệm phức. Gọi A , B là hai điểm biểu diễn của hai d nghiệm đó trên mặt phẳng Oxy . Biết tam giác OAB đều, tính P = c + 2 d . A. P = 18 . B. P = − 10 . C. P = − 14 . D. P = 22 . Lời giải Chọn D c c Ta có: x 2 − 4 x + = 0 có hai nghiệm phức ⇔ ∆′ = 4 − < 0 . d d Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức x1 = 2 +

∆′ i ; x2 = 2 − ∆′ i .

Gọi A , B lần lượt là hai điểm biểu diễn của x1 ; x2 trên mặt phẳng Oxy ta có:

(

DẠ

A 2;

) (

∆′ ; B 2 ; −

)

∆′ .

Ta có: AB = 2 ∆′ ; OA = OB = 4 + ∆′ . Tam giác OAB đều khi và chỉ khi AB = OA = OB ⇔ 2 ∆′ = 4 + ∆′ ⇔ 4 ∆′ = 4 + ∆′ ⇔ ∆′ =

4 4 c 4 c 16 . Vì ∆ ′ < 0 nên ∆′ = − hay 4 − = − ⇔ = . 3 3 d 3 d 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Từ đó ta có c = 16 ; d = 3 . Vậy: P = c + 2 d = 22 . phức z0 với phần ảo khác 0 thỏa mãn z0 = 3.

B. 2 .

C. 1 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C

(

)

2 2 Ta có ∆ = 3 − 4 a − 2a = 3 − 4a + 8a .

Phương trình z 2 + 3z + a2 − 2a = 0 có nghiệm phức khi và chỉ khi

∆ < 0 ⇔ 3 − 4a2 + 8a < 0 ⇔ 4a2 − 8a − 3 > 0

(*) .

FI CI A

A. 3 .

Câu 21. Có bao nhiêu giá trị dương của số thực a sao cho phương trình z 2 + 3z + a2 − 2a = 0 có nghiệm

Khi đó phương trình có hai nghiệm z1, z2 là hai số phức liên hợp của nhau và z1 = z2 . Ta có

z1.z2 = a2 − 2a  z1.z2 = a2 − 2a ⇔ z1 . z2 = a2 − 2a  z0 = a2 − 2a .

( ) 3

 a 2 − 2a = 3  a = −1 = a 2 − 2a ⇔  2 ⇔ ). a = 3  a − 2 a = −3

ƠN

Theo giả thiết có

Các giá trị của a thỏa mãn điều kiện (*) . Vậy có 1 giá trị dương a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 22. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 = 7?

A. 2 .

B. 3 .

D. 4 .

QU Y

Chọn B ∆′ = (m + 1)2 − m2 = 2m + 1 .

C. 1 . Lời giải

1 ∆′ ≥ 0 ⇔ 2m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ − , phương trình có 2 nghiệm thực. Khi đó 2 z0 = 7 ⇔ z0 = ±7 .

+) Nếu

Thế z0 = 7 vào phương trình ta được: m 2 − 14m + 35 = 0 ⇔ m = 7 ± 14 (nhận).

Thế z0 = −7 vào phương trình ta được: m 2 + 14m + 63 = 0 , phương trình này vô nghiệm.

KÈ

1 +) Nếu ∆′ < 0 ⇔ 2m + 1 < 0 ⇔ m < − , phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 ∉ ℝ thỏa z2 = z1 . 2 2

Khi đó z1.z2 = z1 = m 2 = 7 2 hay m = 7 (loại) hoặc m = −7 (nhận). Vậy tổng cộng có 3 giá trị của m là m = 7 ± 14 và m = −7 . Câu 23. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao

nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 = 5 ?

DẠ

A. 2 .

B. 3 .

C. 1 . Lời giải

D. 4 .

Chọn B Ta có ∆′ = 2m + 1. i TH1: ∆′ = 0 ⇔ m = −

1 1 1 thì z0 = , suy ra m = − (loại). 2 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

i TH2: ∆′ < 0 ⇔ m < −

1 thì z0 = m + 1 + 2

2m + 1 .i hoặc z0 = m + 1 − 2m + 1 .i .

FI CI A

m = 5 ( L ) 2 Theo đề bài z0 = 5  ( m + 1) + ( −2m − 1) = 25 ⇔  .  m = −5 ( N ) 1 i TH 3: ∆′ > 0 ⇔ m > − thì phương trình có hai nghiệm thực phân biệt 2 Theo đề bài z0 = 5 ⇔ z0 = ±5 .

+ Khi z0 = 5 : thế vào phương trình ta được m 2 − 10m + 15 = 0 ⇔ m = 5 ± 10 (nhận). + Khi z0 = −5 : thế vào phương trình ta được m 2 + 10m + 35 = 0 vô nghiệm. Vậy có ba giá trị của m . bao nhiêu cặp số thực

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 4.

( a; b ) sao

Câu 24. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 4az + b2 + 2 = 0, ( a, b là các tham số thực). Có cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Chọn D

 z1 + z2 = −4a Theo định lý Vi-ét, ta có:  . 2  z1 z2 = b + 2

ƠN

Lời giải

Theo yêu cầu bài toán, phương trình đã cho có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ⇔ z1 + 2iz2 − 3 − 3i = 0 ⇔ ( z1 + 2iz2 − 3 − 3i )( z2 + 2iz1 − 3 − 3i ) = 0

QU Y

⇔ −3 z1 z2 − (1 + 2i )( 3 + 3i )( z1 + z2 ) + 18i + 2i ( z12 + z22 ) = 0 2 ⇔ −3 ( b 2 + 2 ) + ( 3 − 9i )( −4a ) + 18i + 2i ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2  = 0  

⇔ −3 ( b 2 + 2 ) + ( 3 − 9i )( −4a ) + 18i + 2i 16a 2 − 2 ( b 2 + 2 )  = 0

−3 ( b 2 + 2 ) − 12a = 0 b 2 + 2 = −4a b 2 + 2 = −4a  ⇔ ⇔ ⇔  2 2 2 2 36a + 18 + 32a + 16a = 0 32a + 52a + 18 = 0 36a + 18 + 32a − 4 ( b + 2 ) = 0

KÈ

b 2 + 2 = −4a 1 1    a = − 2 ; b = 0 a = − 2 ; b = 0   a = − 1 ⇔ ⇔ . ⇔  2 9 5 9 10   2   a = − ;b = 9  a = − 8 ; b = ± 2  a = − 8 2  8  

Vậy có 3 cặp số thực ( a; b ) thỏa mãn bài toán.

DẠ

Câu 25.

[Mức độ 3] Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 3 x 2 + 1 − log 3 ( x + 31)  32 − 2 x −1 ≥ 0? A. 27 . B. 26 . C. Vô số. D. 28 . Lời giải

(

)

Đặt h ( x ) =  log 3 x 2 + 1 − log 3 ( x + 31)  32 − 2 x −1 .

(

)

(

)

Điều kiện: x > −31 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

)

 log ( x 2 + 1) − log 3 ( x + 31) = 0 log ( x 2 + 1) = log 3 ( x + 31) Ta có: h ( x ) = 0 ⇔  3 ⇔ 3 32 − 2 x −1 = 0  2 x −1 = 32

Bảng xét dấu h ( x )

Từ

bảng

dấu

xét

h ( x)

c ủa

FI CI A

 x 2 + 1 = x + 31  x 2 − x − 30 = 0  x = −5 ⇔ ⇔ ⇔  x = 6 x = 6 x = 6

suy

 log 3 x 2 + 1 − log 3 ( x + 31)  32 − 2 x −1 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−31; −5] ∪ {6}   Vậy có 27 số nguyên x thỏa mãn. Câu 26. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2az + b 2 + 2 = 0 ( a , b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b ) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? B. 3 . C. 1 . D. 4 . A. 2 . Lời giải

(

)

ƠN

(

 z1 + z2 = 2a 2  z1 .z2 = b + 2

Ta có z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình, khi đó 

2a − 3 − 3i  z2 =  z + 2 iz = 3 + 3 i  1 − 2 i z = 2 a − 3 − 31  ) 2 1 − 2i (  2 ⇔ ⇔ Khi đó  1 z + z = 2 a 3 + ( 3 − 4a ) i  1 2  z1 + z2 = 2a z = 1 1 − 21 

QU Y

Thay vào z1 .z2 = b 2 + 2 ta có

2a − 3 − 3i 3 + ( 3 − 4a ) i . = b2 + 2 1 − 2i 1 − 2i ⇔ −6a + (18a − 8a 2 − 18 ) i = ( b 2 + 2 ) ( −3 − 4i )

KÈ

2  −6a = −3 ( b 2 + 2 )   2a = b + 2 ⇔ ⇔ 2 2 2 18a − 8a − 18 = −4 ( b + 2 )  4a − 9a + 9 = 4a  a = 1  a = 1   2  b = 0  b = 0   ⇔  a = 9 ⇔  a = 9  4 4       2 5 10  b = ±  b =   2 2  

Vậy có 3 cặp số thực ( a; b ) thỏa mãn đề bài.

DẠ

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 4 .

B. 1 .

C. 2 . Lời giải

D. 3 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( 2) .

FI CI A

9  z1 + z2 =  z1 = 3    2 TH1: z1 , z2 là các số thực. Khi đó z1 + 2iz2 = 3 + 3i ⇔  3  z2 = 2  z z = 9  1 2 2

 z1 + z2 = −2a Theo định lý Viet ta có:  (1) . 2  z1 z2 = b + 2

9  9 9    a = − 4  −2a = 2 a = − 4 Từ và suy ra:  ⇔ ⇔ . b 2 + 2 = 9  b2 = 5 b = ± 10  2  2  2

Suy ra trường hợp này có 2 cặp ( a, b ) thỏa mãn đề bài.

TH2: z1 , z2 là các số phức. Khi đó z2 = z1 . Gọi z1 = x + yi, ( x, y ∈ ℝ )  z2 = x − yi .

x + 2 y = 3 x = 1 ⇔ . Ta có z1 + 2iz2 = 3 + 3i ⇔ ( x + yi ) + 2i ( x − yi ) = 3 + 3i ⇔  2 x + y = 3  y = 1

ƠN

Khi đó z1 = 1 + i, z2 = 1 − i ( 3 ) .

 −2 a = 2 a = −1 Từ và suy ra:  2 ⇔ . b + 2 = 2 b=0

Suy ra trường hợp này có 1 cặp ( a, b ) thỏa mãn đề bài. Vậy có tất cả 3 cặp ( a, b ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 28. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 4az + b 2 + 2 = 0, ( a, b là các tham số thực). Có

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ? A. 4. Chọn D

( a; b ) sao

cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn

QU Y

bao nhiêu cặp số thực

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Lời giải

 z1 + z2 = −4a Theo định lý Vi-ét, ta có:  . 2  z1 z2 = b + 2

Theo yêu cầu bài toán, phương trình đã cho có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn

KÈ

z1 + 2iz2 = 3 + 3i ⇔ z1 + 2iz2 − 3 − 3i = 0 ⇔ ( z1 + 2iz2 − 3 − 3i )( z2 + 2iz1 − 3 − 3i ) = 0 ⇔ −3 z1 z2 − (1 + 2i )( 3 + 3i )( z1 + z2 ) + 18i + 2i ( z12 + z22 ) = 0 2 ⇔ −3 ( b 2 + 2 ) + ( 3 − 9i )( −4a ) + 18i + 2i ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2  = 0  

DẠ

⇔ −3 ( b 2 + 2 ) + ( 3 − 9i )( −4a ) + 18i + 2i 16a 2 − 2 ( b 2 + 2 )  = 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy có 3 cặp số thực ( a; b ) thỏa mãn bài toán.

L FI CI A

b 2 + 2 = −4a 1 1    a = − 2 ; b = 0 a = − 2 ; b = 0   a = − 1 ⇔ ⇔  . ⇔ 2 9 5 9 10  2    a = − ;b = 9  a = − 8 ; b = ± 2  a = − 8 2  8  

Câu 29. Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 4az + b 2 + 2 = 0 ( a , b là các tham số thực). Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b) sao cho phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 + 2i z2 = 3 + 3i B. 2. C. 1. D. 4. A. 3. Lời giải Chọn A TH1: Nếu z1 là số thực thì z2 cũng là số thực.

ƠN

z = 3 Khi đó từ z1 + 2i z2 = 3 + 3i suy ra  1 (1)  z2 = 3 / 2  z1 + z 2 = 4 a Áp dụng viet ta có:  (2). Thay (1) vào (2) được 2  z1.z 2 = b + 2

Vậy có 2 cặp ( a; b ) thỏa mãn bài toán

4a = 9 / 2 a = 9 / 8 ⇔ 2  2 b + 2 = 9 / 2 b = 5 / 2

TH2: Nếu z1 không là số thực, thì z2 là số phức liên hợp của z1 (vì hai nghiệm của phương trình

m + in + 2i (m − in) = 3 + 3i

QU Y

m = 1  n = 1 Vậy có z1 = 1 + i ; z2 = 1 − i .

bậc hai hệ số thực trong tập số phức khi ∆ < 0 là số phức liên hợp của nhau) Giả sử z1 = m + in (m, n ∈ ℝ) thay vào z1 + 2i z2 = 3 + 3i ta được

 z1 + z 2 = 4 a ta có Với  2  z1.z 2 = b + 2 Vậy có một cặp ( a; b )

4a = 2 a = 1 / 2 a = 1 / 2 ⇔ 2 ⇔  2 b = 0 b + 2 = 2 b = 0

Kết luận: có 3 cặp ( a; b ) thỏa mãn bài toán

KÈ

A. 4 .

B. 1.

C. 2 . Lời giải

D. 3 .

Chọn D Ta có ∆′ = (m + 1)2 − m2 = 2m + 1 .

1 ∆′ ≥ 0 ⇔ 2m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ − , phương trình có 2 nghiệm thực. Khi đó 2 z 0 = 6 ⇔ z 0 = ±6 .

DẠ

+) Nếu

Thay

z0 = 6

vào

phương

trình

36 − 12 ( m + 1) + m 2 = 0 ⇔ m 2 − 12m + 24 = 0 ⇔ m = 6 ± 2 3 (thoả mãn). * Thay z0 = −6 vào phương trình ta được

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

được

36 + 12 ( m + 1) + m 2 = 0 ⇔ m 2 + 12m + 48 = 0 (vô nghiệm).

1 +) Nếu ∆′ < 0 ⇔ 2m + 1 < 0 ⇔ m < − , phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 ∉ ℝ thỏa z2 = z1 . 2 2

Vậy tổng cộng có 3 giá trị của m là m = 6 ± 2 3 và m = −6 .

FI CI A

Khi đó z1.z2 = z1 = m 2 = 6 2 hay m = 6 (loại) hoặc m = −6 (nhận).

Câu 31. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm zo thõa mãn zo = 8

A. 4 .

B. 3 .

C. 2 . Lời giải

Chọn B Ta có ∆ = 8m + 4 .

D. 1 .

1 suy ra phương trình có 2 nghiệm thực  zo là nghiệm thực 2  2 m = 4 (T / M )  zo = 8  m − 16m + 48 = 0 =>  thay vào phương trình ⇔  . zo = 8 ⇔   m = 12  zo = −8  m2 + 16m + 80 = 0(VN ) 

suy ra zo cũng là nghiệm

1 suy ra phương trình sẽ có 2 nghiệm phức, vì zo là nghiệm nên 2

Trường hợp 2: ∆ < 0 ⇔ m < −

ƠN

Trường hợp 1: ∆ ≥ 0 ⇔ m ≥ −

DẠ

KÈ

QU Y

m = 8 2 zo = 8  zo = 64 ⇔ zo .zo = 64 ⇔ m 2 = 64 ⇔  .  m = −8 Kết hợp điều kiện nên ta nhận m = −8 . Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 1 1 có phần thực bằng . Xét Câu 44. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w = z −z 8 các số phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn z1 − z 2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 5i − z2 − 5i bằng B. 20 .

C. 10 . Lời giải

D. 32 .

FI CI A

A. 16 .

Chọn B Cách 1 (Sử dụng phương pháp đại số) ĐK: z − z ≠ 0 . Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

( x + y − x ) + yi . = − x ) − yi ( x + y − x ) + y

x 2 + y 2 − ( x + yi )

(

x2 + y 2

1 1 có phần thực bằng z −z 8 x2 + y 2 − x

(

1 = ⇔ 2 2 x2 + y 2 − x + y 2 8

)

2 2  x 2 + y 2 = 16 1  x + y = 16 = ⇔ ⇔ 2 2 x ≠ 4 x2 + y2 8  x + y ≠ x

x2 + y 2 − x

ƠN

⇔

1 = Ta có: w = z −z

(

x2 + y 2 − x

)

 x 2 + y12 = x22 + y22 = 16 . Gọi z1 = x1 + y1i; z2 = x2 + y2i   1  x1 ; x2 ≠ 4 2 2 2 2 Ta có: z1 − z2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 4  ( y1 − y2 ) = 4 − ( x1 − x2 ) . 2 2 2 2 Có: P = z1 − 5i − z2 − 5i = x12 + ( y1 − 5 ) −  x2 2 + ( y2 − 5 )  = −10 ( y1 − y2 ) .   2

QU Y

Suy ra P ≤ 10 y1 − y2 = 10 4 − ( x1 − x2 ) ≤ 20 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 ≠ 4 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 20 . Cách 2 (Sử dụng phương pháp hình học) ĐK: z − z ≠ 0 .

Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) , được biểu diễn bởi điểm M ( x; y )

1 = Ta có: w = z −z

x2 + y 2 − x

(

x2 + y 2 − x

⇔

x 2 + y 2 − ( x + yi )

( x + y − x ) + yi . = − x ) − yi ( x + y − x ) + y 2

(

x2 + y 2

1 1 có phần thực bằng z −z 8

KÈ w=

) +y

= 2

1 ⇔ 8 2

x2 + y 2 − x

(

x2 + y 2 − x

)

x2 + y2

2 2  x 2 + y 2 = 16 1  x + y = 16 ⇔ ⇔ 2 2 8 x ≠ 4  x + y ≠ x

DẠ

Suy ra tập hợp các điểm M là đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 16 ; trừ đi điểm H ( 4; 0 ) .

Giả sử số phức z1; z2 lần lượt được biểu diễn bởi điểm A, B . Suy ra OA = OB = 4

Xét C ( 0;5 ) . Ta có: z1 − z2 = 2  AB = 2 . Ta có:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

P = z1 − 5i − z2 − 5i 2 = AC 2 − BC 2 = OC − OA − Ta có: 2OC ⋅ BA = 2OC ⋅ AB ⋅ cos

Suy ra P ≤ 20 .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OC , BA = 1 ⇔ OC , BA = 0o .

(

)

(

)

Vậy giá trị lớn nhất của P là 20 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

(

)

) (OC − OB ) = −2OC (OA − OB ) = 2OC ⋅ BA ( OC, BA) = 2 ⋅ 5 ⋅ 2 ⋅ cos (OC, BA) ≤ 20 .

FI CI A

(

Câu 1. Cho số phức z thỏa mãn ( z − 3 + i ) z − 3 − i = 36 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = 2 z − 5 + i là đường tròn có tâm I ( x0 ; y0 ) và bán kính z0 . Giá trị của x0 + y0 + z0 bằng

Câu 2.

A. 13 . B. 12 . C. 11 . D. 10 . Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn điều kiện z1 = 3, z2 = 5, z1 − z2 = 6 . Biết điểm biểu diễn số phức z1 + z2 luôn nằm trên một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó là

Câu 4.

B. 2 .

C. 4 .

D. 3 . 1 1 Gọi S là tập tất cả các số phức z sao cho số phức w = có phần thực bằng . Xét các z −z 20

A. 1.

ƠN

Câu 3.

A. 2 2 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 4 2 . Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để có tất cả bốn số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: z = m và 3 z + z + 4 z − z = 20 ?

số phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn z1 − z2 = 4 . Giá trị lớn nhất của P = −5 z1 − 1 − 2i + 3 z2 − 1 − 2i

có dạng a + b 2 với a, b ∈ ℤ . Giá trị của a − b là: A. −290 . B. −130 . C. −250 . D. −170 . Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn z1 + 5 = 3 , z2 + 1 − 3i = z 2 − 3 − 6i . Giá trị nhỏ nhất của

QU Y

Câu 5.

z1 − z 2 là

5 9 3 15 . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Cho số phức z1; z2 thỏa mãn z1 − z2 = 2; z1 + z2 + 1 + i = 3 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất,

A. Câu 6.

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + z2 . Tính M + m ?

A. 12 2 . Cho

số

phức

KÈ

Câu 7.

B. 6 2 . thỏa

mãn

C. 15 .

z −1− 2i = 4 . Giá trị nhỏ

15 . 2 nhất của D.

biểu

thức

P = 2 z − 2 − i + z − 3 + z − 5 + 2i đạt được khi z = a + bi . Tính a − b ?

Câu 8.

A. 3. B. 4 2 − 1 . C. 4 2 . D. 4 . Cho số phức z thỏa mãn z + z ≤ 2 và z − z ≤ 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá

DẠ

trị nhỏ nhất của T = z − 2i . Tổng M + n bằng

Câu 9.

A. 1 + 10 . B. 2 + 10 . C. 4 . D. 1. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3i + 5 = 2 và iz2 − 1 + 2i = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2iz1 + 3 z2 .

313 + 16 .

313 .

313 + 8 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

313 + 2 5 .

Câu 10. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn: z1 = 1; w = z2 [ z2 − (1 − i)] + 2 − 6i là một số thực. Giá trị nhỏ nhất 2

(

)

của P = z2 − z1 z2 + z1 z2 là

FI CI A

A. 18 − 3 2 . B. 18 − 6 2 . C. 18 + 6 2 . D. 19 − 6 2 . Câu 11. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z 2 = 6 và z1 − z2 = 2 . Gọi a , b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + z2 . Khi đó môđun của số phức z = ( a + bi ) là A. 2 173 .

B. 2 209 .

C. 26 .

(

10 − i

)

D. 676 . 3

Câu 12. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z = i ω + 1 sao cho số phức (ω + 2i − 1) = 8 . Xét các số 2

phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn z1 − z 2 = 1 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 1 − z2 − 1 bằng

A. 1. B. 4 . C. 6 . D. 32 . Câu 13. Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng

trị lớn nhất. A. P = 2 + 2 .

Câu 15. Cho hai số phức

B. P = 2 − 2 .

C. P = 2 .

D. P = 4 .

z1, z2 thỏa mãn z1 − z2 = 5 và z1 −13 − 6i = 8 − z2 −1 − i . Giá trị nhỏ nhất của

3 65 .

5 13 .

biểu thức P = 2z1 + 3z2 +10 + 5i là

ƠN

A. 5 . B. 6 5 . C. 2 5 . D. 4 5 . Câu 14. Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ R, b > 0 ) thỏa mãn z = 1 . Tính P = 2a + 4b 2 khi z 3 − z + 2 đạt giá

45 . 13

45 65 . 13

QU Y

Câu 16. Giả sử z là số phức thỏa mãn iz − 2 − i = 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 z − 4 − i + z + 5 + 8i bằng A. 18 5 . B. 3 15 . C. 15 3 . D. 9 5 . ( 2 − i ) z − 3i − 1 = 2 . Gọi S là tập hợp tất cả các số phức w = 1 . Câu 17. Cho số phức z thoả mãn iz + 1 z −i 2

Xét các số phức w1 , w 2 ∈ S thỏa mãn w1 − w 2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = w1 − 4i − w 2 − 4i bằng. A. 4 29 .

B. 4 13 .

C. 2 13 .

D. 2 29 .

z+2 là số thuần ảo. Xét các số z − 2i 2 2 phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn.., giá trị lớn nhất của P = z1 + 6 − z2 + 6 bằng.

KÈ

Câu 18. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức W =

A. 2 78 . B. 4 15 . C. 78 . D. 2 15 . Câu 19. Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1 = z2 = z3 = 1 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức 2

P = z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 .

A. P = 9 .

B. P = 10 .

C. P = 8 .

D. P = 12 .

DẠ

Câu 20. Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn z1 − 1 − 2i = 1 ; z 2 − 2 − 8i = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − 5 − 2i + 2 z 2 − 6 − 8i + 4 z1 − z 2 . A. 3 0 .

B. 2 5 .

C. 3 5 .

D. 2 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

z+3 có phần thực bằng 2 . Xét các z +1 2 2 số phức z1 , z 2 ∈ S thỏa mãn 3z1 − 4 z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 3i − z2 − 4i bằng A. 16. B. 8. C. 4. D. 32.

(

)

FI CI A

Câu 21. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w =

Câu 22. Giả sử z1 , z 2 là hai trong các số phức thỏa mãn ( z − 6 ) 8 + zi là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 , giá trị nhỏ nhất của z1 + 3 z2 bằng

B. 20 − 4 21

C. 20 − 4 22

D. 5 − 22 2z + i Câu 23. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = với z là số phức z M . khác 0 và thỏa mãn z ≥ 2 . Tính tỉ số m M M 4 M 5 M A. = 3. B. = . C. = . D. =2. m m 3 m 3 m Câu 24. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 + 7 − 24i nằm trong khoảng nào? A. ( 0;1009) .

B. (1009;2018) .

ƠN

A. 5 − 21

C. ( 2018;4036) .

D. ( 4036;+∞ ) .

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn z. ( (1 − 2i ) z − 3 + i ) − 2 10 = 0. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất 2

và giá trị nhỏ nhất của P = z + 5 − z + i . Tìm mô đun của số phức w = M + mi.

B. 8 13 . C. 4 26 . D. 8 26 . A. 8 31 . Câu 26. (Đề Tham Khảo 2018) Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính P = a + b khi z + 1 − 3i + z − 1 + i đạt giá trị lớn nhất.

B. P = 10

Câu 27.

QU Y

A. P = 8

C. P = 4

D. P = 6

(Đề Tham Khảo 2017) Xét số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z − 1 + i . Tính P = m + M . 5 2 + 2 73 5 2 + 73 B. P = 5 2 + 73 C. P = D. P = 13 + 73 2 2 (KTNL Gia Bình 2019) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau

A. P = Câu 28.

z − 1 = 34, z + 1 + mi = z + m + 2i (trong đó m là số thực) và sao cho z1 − z2 là lớn nhất. Khi đó giá trị z1 + z2 bằng

KÈ

B. 10

C. 2

D. 130

Câu 29. Cho số phức z thoả mãn z − 2 − 3i = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của z + 1 + i . A. 13 + 3 .

B. 13 + 5 .

C. 13 + 1 .

D. 13 + 6 .

DẠ

Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn z − 6 + z + 6 = 20 . Gọi M , n lần lượt là môđun lớn nhất và nhỏ nhất của z. Tính M − n A. M − n = 2 . B. M − n = 4 . C. M − n = 7 . D. M − n = 14 . Câu 31. Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn z − 1 = 34 và z + 1 + mi = z + m + 2i , (trong đó m ∈ ℝ ). Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc S sao cho z1 − z2 lớn nhất, khi đó giá trị của z1 + z2

bằng A. 2

B. 10

D. 130

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 32. Cho hai số phức z , w thỏa mãn z − 3 2 = 2 , w − 4 2i = 2 2 . Biết rằng z − w đạt giá trị B. 4 2 .

Câu 33. Cho hai số phức

và

C. 1.

D. 6 2 .

thỏa mãn z + 2w = 8 − 6i và z − w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức

FI CI A

A. 2 2 .

z + w bằng A. 4 6.

B. 2 26.

Câu 34. Cho số phức

thoả mãn z = 1. Gọi M và

D. 3 6.

66.

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P = z + 1 + z 2 − z + 1 . Tính M .m

13 3 . 4

B. 39 .

D. 13 .

C. 3 3.

nhỏ nhất khi z = z0 , w = w0 . Tính 3z0 − w0 .

Câu 35. Gọi z = a + bi ( a, b ∈ R ) là số phức thỏa mãn điều kiện z − 1 − 2i + z + 2 − 3i = 10 và có mô đun nhỏ nhất. Tính S = 7a + b ? A. 7. B. 0.

D. −12 .

ƠN

C. 5.

Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn z + z + 2 z − z = 8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = z − 3 − 3i . Tính M + m .

B. 2 10 .

10 + 34 .

10 + 58 .

5 + 58 .

Câu 37. Cho số phức z có z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = z − z + z + z + 1 . A. 13

B. 3

D. 11 4

Câu 38. Giả sử z 1 , z 2 là hai trong các số phức thỏa mãn ( z − 6 ) (8 + zi ) là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 , A. 5 −

B. 20 − 4 21

Câu 39. Cho số phức

P = z − 2 là: A. 13 +1.

KÈ

A. 1+ 10 .

B. 4.

A. w = 3 137 .

B. w = 1258 .

Câu 41. Cho số phức

D. 5 −

C. 13 .

D. 10 .

thỏa mãn z − 2 − 2i = 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z −1− i + z − 5 − 2i

M z

C. 2 0 − 4 2 2

thỏa mãn z − 2i ≤ z − 4i và z − 3 − 3i = 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức

B. 10 +1.

Câu 40. Xét số phức bằng

QU Y

giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2 bằng

C. 17

thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi M và 2

D. 5.

m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Môđun của số phức w = M + mi là

DẠ

Câu 42. Cho các số phức

thỏa mãn w + i =

C. w = 2 309 .

D. w = 2 314 .

3 5 và 5w = ( 2 + i )( z − 4) . Giá trị lớn nhất của biểu 5

thức P = z −1− 2i + z − 5 − 2i bằng

A. 6 7 .

B. 4 + 2 13 .

C. 2 53 .

D. 4 13 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 43. Xét các số phức zV = a + bi

z − 3 − 2i = 2 . Tính

( a , b ∈ ℝ ) thỏa mãn

a+b

khi

A. 4 − 3 .

B. 2 + 3 .

D. 4 + 3 .

C. 3. 2

Câu 45. Cho số phức

9945 . D. Pmin = 5 + 2 5 . 13 thỏa mãn z = 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng

A. 6 5 . Câu 46. Cho số phức

B. Pmin = 5 − 2 3 .

C. Pmin =

B. 4 5.

C. 2 5.

B. 4.

A. min w =

C. 3 3.

1 . 2

B. min w = 1.

C. min w = 3 .

A. P = 3 .

B. P = −3 .

D. min w = 2 .

z + 2 − 3i = 2 2 . Tính P = 2a + b khi

z + 1 + 6i + z − 7 − 2i đạt giá trị lớn nhất.

C. P = 1 .

D. P = 7 .

(

)

(ĐTK2021) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = 2 và ( z + 2i ) z − 2 là số thuần ảo? A. 1 .

B. 0 .

C. 2 .

D. 4 . 2

(Mã 110 2017) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn | z + 2 − i |= 2 2 và ( z − 1) là số thuần ảo? A. 0

B. 2

QU Y

Câu 51.

D. 6.

thỏa mãn z 2 − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1) . Tính min w , với w = z − 2 + 2i .

Câu 48. Xét các số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn

Câu 50.

thỏa mãn : z = z + 2 i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − i + z − 4 là

A. 5. Câu 47. Cho số phức

9945 . 11

A. Pmin =

Câu 49.

có phần thực

a và phần ảo là b thỏa mãn 3a − 2b = 12 . Giá trị nhỏ nhất của P = z − z1 + z − 2z2 + 2 bằng:

ƠN

là

FI CI A

Câu 44. Biết rằng hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3 − 4i = 1 và z 2 − 3 − 4i = 1 . Số phức

z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i đạt giá trị nhỏ nhất.

C. 4

D. 3

(Đề Tham Khảo 2018) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn z + 2 + i − z (1 + i ) = 0 và

z > 1. Tính P = a + b .

A. P = − 1 B. P = − 5 C. P = 3 D. P = 7 Câu 52. (Mã 104 2018) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z ( z − 5 − i ) + 2i = ( 6 − i ) z ? Câu 53.

C. 4 D. 2 (Mã 103 2018) Có bao nhiêu số phức thỏa mãn z ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ?

Câu 54.

KÈ

A. 1

B. 3

A. 1

C. 2

D. 3

(Mã 105 2017) Cho số phức z thỏa mãn z + 3 = 5 và z − 2 i = z − 2 − 2 i . Tính z .

A. z = 17

B. z = 17

C. z = 10

(Mã105 2017) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 3i = 13 và

Câu 55.

B. 4

z là số thuần ảo? z+2 D. 1

B. 2 C. Vô số Câu 56. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1 = z2 = 2 và z1 + 2 z2 = 4 . Giá trị của 2z1 − z2

DẠ

A. 0

D. z = 10

bằng A. 2 6 .

C. 3 6 . D. 8 . z − 2i Câu 57. Có bao nhiêu số phức z thỏa z + 1 − 2i = z + 3 + 4i và là một số thuần ảo z+i

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 0 .

B. Vô số.

Câu 58. Cho số phức z = a + bi

( a, b ∈ ℝ )

C. 1.

D. 2 .

(

)

thỏa mãn z − 3 = z − 1 và ( z + 2 ) z − i là số thực. Tính

FI CI A

a+b. B. 0. C. 2. D. 4. A. −2 . Câu 59. Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn z − m = 6

z là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S . z−4 A. 10. B. 0. C. 16. D. 8. Câu 60. Cho số phức z thỏa mãn z − 4 = (1 + i ) z − ( 4 + 3 z ) i . Môđun của số phức z bằng và

A. 2 .

B. 1 .

C. 16 .

Câu 61. Cho hai số phức z1 , z 2 thoả mãn:

z1 = 2 3 ,

z2 = 3 2 . Hãy tính giá trị biểu thức

D. 4 .

P = z1 − z2 + z1 + z2 .

A. P = 60. B. P = 2 0 3 . C. P = 30 2 . D. P = 50 . Câu 62. (Mã 104 2017) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn z.z = 1 và z − 3 + i = m . Tìm số phần tử của S .

ƠN

A. 2 . B. 4 . C. 1 . D. 3 . Câu 63. (Mã 103 2018) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i )( z − 2 ) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa

Câu 64.

độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 2 2 B. 4 C. 2 D. 2

(

)

(Đề Tham Khảo 2019) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i ) z + 2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là A. (1;1) B. ( −1;1) C. ( −1; −1) D. (1; −1)

(Mã 101 2019) Xét số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm

QU Y

Câu 65.

4 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 34 . C. 26 .

biểu diễn các số phức w =

A. Câu 66.

26 .

D. 34 .

(Mã 102 - 2019) Xét số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm

3 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 20 . C. 12 .

A. 2 5 .

biểu diễn các số phức w =

KÈ

Câu 67. Cho số phức z thỏa mãn

D. 2 3 .

z = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức

w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn đó?

A. I ( 3; − 2) .

B. I ( −3;2) .

C. I ( 3;2) .

D. I ( −3; − 2 ) .

z+2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số z − 2i phức z luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 1 . B. 2 . C. 2 2 . D. 2 . Câu 69. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 − 3i = 2 . Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = ( 2 − i ) z − 3i + 5

DẠ

Câu 68. Xét các số phức z thỏa mãn

là một đường tròn. Xác định tâm I và bán kính của đường tròn trên. A. I ( −6; − 4 ) , R = 2 5 . B. I ( 6; 4 ) , R = 10 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

C. I ( 6; 4 ) , R = 2 5 .

D. I ( −6; 4 ) , R = 2 5 .

Câu 70. Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 5 − 3i = 5 , đồng thời z1 − z2 = 8

5  3 9  A.  x −  +  y −  = . 2  2 4 

FI CI A

. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w = z1 + z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây? 2

B. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 . 2

5  3  C. ( x − 10) + ( y − 6 ) = 16 . D.  x −  +  y −  = 9 . 2  2  Câu 71. Xét số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 3 , biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2

w = (12 − 5i) z + 4i là một đường tròn. Tìm bán kính r của đường tròn đó. A. r = 13 . B. r = 39 . C. r = 17 D. r = 3 . Câu 72. Cho số phức z thảo mãn ( z + 1 − 3i )( z + 1 + 3i ) = 25 . Biết tập hợp biểu diễn số phức z là một đường tròn có tâm I ( a ; b ) và bán kính c . Tổng a + b + c bằng A. 9 .

C. 2 .

(Đề Tham Khảo 2018) Xét số phức z = a + bi

D. 7 .

( a, b ∈ ℝ )

ƠN

Câu 73.

B. 3 .

thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính

P = a + b khi z + 1 − 3i + z − 1 + i đạt giá trị lớn nhất.

A. P = 8 B. P = 10 C. P = 4 D. P = 6 Câu 74. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i = 1 . Số phức z − i có môđun nhỏ nhất là: B.

5−2.

5 − 1.

5 +1.

5+2.

Câu 75. Cho số phức z thoả mãn z − 2 − 3i = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của z + 1 + i . A. 13 + 3 .

B. 13 + 5 .

C. 13 + 1 .

D. 13 + 6 .

khoảng nào? A. ( 0;1009 ) .

QU Y

Câu 76. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 + 7 − 24i nằm trong B. (1009; 2018 ) .

C. ( 2018; 4036 ) .

D. ( 4036; +∞ ) .

Câu 77. Cho số phức z thỏa mãn z + z + z − z = 4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = z − 2 − 2i . Đặt A = M + m. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

(

)

34; 6 .

(

)

B. A∈ 6; 42 .

(

)

C. A∈ 2 7; 33 .

)

D. A ∈  4;3 3 .

A. A∈

Câu 78. Trong các số phức z thỏa mãn z − 1 + i = z + 1 − 2i , số phức z có mô đun nhỏ nhất có phần ảo

KÈ

là

3 . 10

3 . 5

3 C. − . 5

D. −

3 . 10

Câu 79. Cho số phức z thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 2

nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Môđun của số phức w = M + mi là

DẠ

A. w = 3 137 .

B. w = 1258 .

C. w = 2 309 .

D. w = 2 314 .

Câu 80. Xét số phức z thỏa mãn z − 2 − 4i = 5 . Gọi a và b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị biểu thức a 2 − b 2 bằng

A. 40 .

B. 4 5 .

C. 20 .

D. 2 5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI Cho số phức z thỏa mãn ( z − 3 + i ) z − 3 − i = 36 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức

(

)

(

FI CI A

w = 2 z − 5 + i là đường tròn có tâm I ( x0 ; y0 ) và bán kính z0 . Giá trị của x0 + y0 + z0 bằng A. 13 . B. 12 . C. 11 . D. 10 . Lời giải Chọn C Giả sử z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) và w = x + yi ( x; y ∈ ℝ ) .

)

+) ( z − 3 + i ) z − 3 − i = 36 ⇔  a − 3 + ( b + 1) i   a − 3 − ( b + 1) i  = 36 2

⇔ ( a − 3) + ( b + 1) = 36 (1)

Theo giả thiết: w = 2 z − 5 + i ⇔ x + yi = 2 ( a + bi ) − 5 + i ⇔ x + yi = 2a − 5 + ( 2b + 1) i .

Câu 2.

Vậy x0 + y0 + z0 = 1 + ( −1) + 12 = 12 .

ƠN

x+5  a =  x = 2a − 5  2  ⇔ (2) .  y = 2b + 1 b = y − 1  2 2 2 2 2  x + 5   y −1  − 3 +  + 1 = 36 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = 144 . Thay ( 2 ) vào (1) ta được:   2   2  Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường có tròn tâm I (1; −1) và bán kính R = 12 . Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn điều kiện z1 = 3, z2 = 5, z1 − z2 = 6 . Biết điểm biểu diễn số phức z1 + z2 luôn nằm trên một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó là

A. 2 2 .

B. 2 3 .

D. 4 2 .

KÈ

QU Y

Chọn D

C. 3 2 . Lời giải

Gọi A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 . Ta có z1 = 3; z2 = 5; z1 − z2 = 6 , suy ra điểm A, B nằm trên đường tròn tâm O bán kính lần

DẠ

lượt là OA = 3; OB = 5 và AB = 6 . Gọi I là trung điểm của AB .

Câu 3.

OA2 + OB 2 AB 2  x + x y + y2  OI = − =2 2. Ta có I  1 2 ; 1 ;  2 4 2   2 Gọi E điểm biểu diễn số phức z1 + z2  OE = ( x1 + x2 ; y1 + y2 ) = 2OI  OE = 4 2

Vậy điểm E nằm trên đường tròn tâm O bán kính OE = 4 2 . Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để có tất cả bốn số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: z = m và 3 z + z + 4 z − z = 20 ?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 1.

B. 2 .

C. 4 . Lời giải

D. 3 .

Theo bài ra ta có hệ phương trình:  x 2 + y 2 = m  3 x + yi + x − yi + 4 x + yi − x + yi = 20

 x 2 + y 2 = m2 3 x + 4 y = 10 (1) ⇔ ⇔ 2 2 2 6 x + 8 y = 20  x + y = m ( 2 )

(1)

 10   5  là hình thoi ABCD với A  ; 0  , B  0;  ,  3   2

Tập hợp các điểm M thỏa mãn

ƠN

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

Gọi A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 .

FI CI A

Chọn D

QU Y

5  10   C  − ; 0  , D  0; −  . 2  3   Tập hợp các điểm M thỏa mãn ( 2 ) là đường tròn ( C ) tâm O ( 0; 0 ) , R = m ( m > 0 ) .

KÈ

Có đúng 4 số phức thỏa mãn đề khi và chỉ khi ( C ) có đúng 4 điểm chung với các cạnh hình thoi. TH1: ( C ) là đường tròn nội tiếp hình thoi. Khi đó ta có R = d ( O , AB ) ⇔ m = 2 . TH2: ( C ) nằm giữa hai đường tròn: đường tròn đường kính BD và đường tròn đường kính AC

. BD AC 5 10 <R< ⇔ < m < . Do m nguyên dương nên m = 3 . 2 2 2 3 Vậy có tất cả 2 số nguyên thỏa mãn.

DẠ

Khi đó ta có

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 4.

Gọi S là tập tất cả các số phức z sao cho số phức w =

1 1 có phần thực bằng . Xét các z −z 20 2

có dạng a + b 2 với a, b ∈ ℤ . Giá trị của a − b là: A. −290 . B. −130 . C. −250 . Lời giải Chọn A Gọi z = x + yi , x, y ∈ ℝ . ĐK: z − z ≠ 0 .

x 2 + y 2 − x − yi

2x2 + 2 y 2 − 2 x x2 + y 2

)

x2 + y 2 − x 2 x2 + y2

1 2 x2 + y 2

1 20

1 ⇔ 2 x 2 + y 2 = 20 20

⇔

1 20

x2 + y2 − x

(

2 x2 + 2 y2 − 2x x2 + y2

1 ta có: 20

x2 + y 2 − x

⇔

)

(

x2 + y2 − x + y2

Phần thực của w bằng

x 2 + y 2 − x + yi

ƠN

Ta có: w =

x 2 + y 2 − x + yi

FI CI A

D. −170 .

⇔ x2 + y2 = 100.

Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường tròn tâm O ( 0;0 ) , bán kính R = 10 . Gọi M ( x1; y1 ) là điểm biểu diễn số phức z1 , N ( x2 ; y2 ) là điểm biểu diễn số phức z 2 .

QU Y

Ta có: z1 − z2 = 4 ⇔ MN = 4 . Và ta có điểm A (1; 2 ) , 2

P = −5 z1 − 1 − 2i + 3 z2 − 1 − 2i 2 2 P = −5MA2 + 3 NA2 = −5MA + 3 NA 2 2 P = −5 MO + OA + 3 NO + OA P = −5MO 2 + 3NO 2 − 2OA2 − 2OA. −5OM + 3ON P = −2 R 2 − 2OA2 − 2OA. −5OM + 3ON P = −210 − 2OA. −5OM + 3ON 2 Ta có −5OM + 3ON = 25.OM 2 + 9.ON 2 − 15.2.OM .ON

(

)

(

)

(

KÈ

(

Mặt khác: OM − ON

)

(

)

2 = NM = MN 2 ⇔ OM 2 + ON 2 − 2.OM .ON = MN 2 ⇔ 2.OM .ON = 2 R 2 − MN 2 . 2 Khi đó: −5OM + 3ON = 34 R 2 − 15. ( 2 R 2 − MN 2 ) 2 −5OM + 3ON = 34.100 − 15 ( 2.100 − 16 ) = 640 . P = −210 − 2.OA. a .cos OA, a , Với a = −5OM + 3ON .

)

DẠ

(

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

số phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn z1 − z2 = 4 . Giá trị lớn nhất của P = −5 z1 − 1 − 2i + 3 z2 − 1 − 2i

P = −210 − 2.OA. a .cos OA, a ≤ −210 + 2. 5. 640 = −210 + 80 2 Dấu bằng xảy ra khi OA, a = 1800 .

(

)

(

)

Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn z1 + 5 = 3 , z2 + 1 − 3i = z 2 − 3 − 6i . Giá trị nhỏ nhất của

FI CI A

Câu 5.

Vậy a = −210, b = 80  a − b = −290 . z1 − z 2 là

5 . 2

9 . 2

3 . 2

Lời giải Chọn B Gọi z1 = x1 + y1i , z2 = x2 + y2i , x1 , y1, x2 , y2 ∈ R .

15 . 2

Điểm M ( x1; y1 ) là biểu diễn cho số phức z1 , điểm N ( x2 ; y2 ) là biểu diễn cho số phức z2 . Ta có:

( x1 + 5)

z1 + 5 = 3 ⇔

+ y12 = 3 ⇔ ( x1 + 5 ) + y12 = 9 .

Vậy tập hợp các điểm M biểu diến cho số phức z1 thuộc đường tròn ( C ) tâm I ( −5;0) , bán kính

z2 + 1 − 3i = z2 − 3 − 6i ⇔

ƠN

R = 3. 2

( x2 + 1) + ( y2 − 3)

⇔ 8 x2 + 6 y2 − 35 = 0

( x2 − 3) + ( y2 − 6 )

( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 )

z1 − z2 =

Ta thấy d ( I , ∆ ) =

Tập hợp các điểm N biểu diến cho số phức z2 thuộc đường thẳng ( ∆ ) :8x + 6 y − 35 = 0 . 2

⇔ z1 − z2 =

75 > R. 10

( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )

= MN .

75 9 −3 = . 10 2 Dấu bằng xảy ra khi N là hình chiếu của I trên ∆ và I , M , N thẳng hàng, M nằm giữa I và N. Cho số phức z1; z2 thỏa mãn z1 − z2 = 2; z1 + z2 + 1 + i = 3 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất,

Câu 6.

QU Y

Nên độ dài MN nhỏ nhất bằng d ( I , ∆ ) − R =

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + z2 . Tính M + m ?

KÈ

Chọn C Ta có

A. 12 2 .

B. 6 2 .

C. 15 .

15 . 2

Lời giải

(

)

(

) (

z1 + z2 + z1 − z2 = ( z1 + z2 ) z1 + z2 + ( z1 − z2 ) z1 − z2 = 2 z1 z1 + z2 z2 = 2 z1 + z2

)

1 1 2 2 2 z1 + z2 + z1 − z2 = 4 + z1 + z2 . 2 2 Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z1 + z2 .

(

) (

)

DẠ

Suy ra P =

Ta có: z1 + z 2 + 1 + i = 3  M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ( −1; −4 ) và bán kính R = 3 .

1 1 2 4 + z1 + z2 = ( 4 + OM 2 ) . 2 2 Vì OI = 2 < R nên O nằm trong ( C ) .

Ta có P =

(

)

Ta có: 3 − 2 = IM − OI ≤ OM ≤ OI + IM = 3 + 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

 3− 2

(

≤ OM 2 ≤ 3 + 2

)

15 − 6 2 15 + 6 2 ≤P≤ (1) ( 2 ) 2 2

FI CI A



)

Dấu “=” tại (1) xảy ra ⇔ M ≡ M1 (với M 1 là giao điểm của tia IO với ( C ) ).

ƠN

Dấu “=” tại (2) xảy ra ⇔ M ≡ M 2 (với M 2 là giao điểm của tia OI với ( C ) ). 15 + 6 2 15 − 6 2 ;m=  M + m = 15 . 2 2 số phức z thỏa mãn z −1− 2i = 4 .

Vậy M = Câu 7.

Cho

Giá

trị

nhỏ

nhất

P = 2 z − 2 − i + z − 3 + z − 5 + 2i đạt được khi z = a + bi . Tính a − b ? A. 3.

B. 4 2 − 1 .

C. 4 2 . Lời giải

D. 4 .

QU Y

Chọn B Gọi M là các điểm biểu diễn cho số phức z . Ta có z − 1 − 2i = 4 ⇔ MI = 4 (với I (1; 4 ) ).

Suy ra M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I (1; 2 ) và bán kính R = 4 . Xét A ( 2;1) ; B ( 3; 0 ) ; C ( 5; −2 ) .

Ta có: AI : x + y − 3 = 0  B, C ∈ AI .

DẠ

KÈ

Ta lại có: IA = 2 < R; IB = 2 2 < R; CI = 4 2 > R . Suy ra A, B nằm trong ( C ) và C nằm ngoài ( C ) .

Có P = 2 MA + MB + MC ≥ 2 ( IM − IA ) + ( IM − IB ) + ( IC − IM ) = 2 IM − 2 IA − IB + IC = 2⋅4 − 2 2 − 2 2 + 4 2 = 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

của

biểu

thức

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đoạn IC với ( C ) . 1 Khi đó ta có IM = 4; IC = 4 2  IM = IC  M 1 + 2 2; 2 − 2 2 . 2 Suy ra a = 1 + 2 2; b = 2 − 2 2  a − b = 4 2 − 1 .

Cho số phức z thỏa mãn z + z ≤ 2 và z − z ≤ 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá

FI CI A

Câu 8.

)

(

trị nhỏ nhất của T = z − 2i . Tổng M + n bằng

A. 1 + 10 .

2 + 10 .

C. 4 . Lời giải

D. 1.

Chọn A Gọi z = x + yi , x , y ∈ ℝ .

 2 x ≤ 2  x ≤ 1 Ta có  . ⇔  2 yi ≤ 2  y ≤ 1

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Khi đó tập hợp các

điểm M là hình vuông ABCD (hình vẽ).

-1

ƠN

-2 N

Điểm N ( 0; −2 ) biểu diễn số phức, khi đó T = z − 2i = MN .

Câu 9.

QU Y

Dựa vào hình vẽ ta có MN ≥ d ( N , AB ) = 1 nên m = min T = 1, MN ≤ NC = 10 nên

M = max T = 10 , do đó M + m = 1 + 10 . Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3i + 5 = 2 và iz2 − 1 + 2i = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2iz1 + 3 z2 .

313 + 16 .

313 .

C. 313 + 8 . Lời giải

313 + 2 5 .

Chọn A Ta có z1 − 3i + 5 = 2 ⇔ 2iz1 + 6 + 10i = 4 (1) ;

KÈ

iz2 − 1 + 2i = 4 ⇔ ( −3 z2 ) − 6 − 3i = 12 ( 2 ) .

Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2iz1 , B là điểm biểu diễn số phức −3z2 . Từ (1) và ( 2 ) suy ra điểm A nằm trên đường tròn tâm I1 ( −6; −10 ) và bán kính R1 = 4 ; điểm

DẠ

B nằm trên đường tròn tâm I 2 ( 6; 3 ) và bán kính R2 = 12 .

A I1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có T = 2iz1 + 3z2 = AB ≤ I1I 2 + R1 + R2 = 122 + 132 + 4 + 12 = 313 + 16 . Vậy max T = 313 + 16 .

)

của P = z2 − z1 z2 + z1 z2 là

A. 18 − 3 2 .

B. 18 − 6 2 .

C. 18 + 6 2 . Lời giải

Chọn A Gọi z1 = a + bi; z 2 = x + yi; ( a , b, x, y ∈ ℝ ) ;

FI CI A

(

Câu 10. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn: z1 = 1; w = z2 [ z2 − (1 − i)] + 2 − 6i là một số thực. Giá trị nhỏ nhất D. 19 − 6 2 .

M ( a; b ) , N ( x; y ) lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 trong hệ tọa độ Oxy .

R =1 z2 = x + yi

Ta có z1 = 1 ⇔ a 2 + b2 = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1  M thuộc đường tròn (T ) có tâm O bán kính

w = z2 [ z2 − (1 − i) ] − 6 + 2i = ( x − yi ) ( x − 1) + ( y + 1) i  + 2 − 6i = x ( x − 1) + y ( y + 1) + 2 +  x ( y + 1) − y ( x − 1) − 6  i

ƠN

w là số thực ⇔ x ( y + 1) − y ( x − 1) − 6 = 0 ⇔ x + y − 6 = 0

 N thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 6 = 0 −6 d ( O, ∆ ) = = 3 2 > 1 nên ∆ và (T ) không có điểm chung. 2 z1 z2 = ax + by + ( bx − ay ) i z1 z 2 = ax + by + ( ay − bx ) i

 z1 z2 + z1 z2 = 2 ( ax + by ) 2

QU Y

P = x 2 + y 2 − 2 ( ax + by ) = ( x − a ) + ( y − b ) − 1 = MN 2 − 1 (vì a 2 + b 2 = 1 )

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên ∆ : x + y + 2 = 0  H ( 3;3 )

 2 2 ; Đoạn OH cắt đường tròn (T ) tại điểm I    2 2  Với N thuộc ∆ , M thuộc đường tròn (T ) , ta có:

(

MN ≥ ON − OM ≥ OH − OI = IH = 3 2 − 1 Đẳng thức xảy ra khi M ≡ I , N ≡ H

)

KÈ

P ≥ 3 2 − 1 − 1 = 18 − 6 2 Đẳng thức xảy ra khi z1 =

1 1 + i; z2 = 3 + 3i . 2 2

Vậy min P = 18 − 3 2 . Câu 11. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z 2 = 6 và z1 − z2 = 2 . Gọi a , b lần lượt là giá trị lớn nhất

DẠ

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + z2 . Khi đó môđun của số phức z = ( a + bi ) là A. 2 173 .

B. 2 209 .

C. 26 . Lời giải

D. 676 .

Chọn B Gọi z1 = a + bi; z 2 = x + yi; ( a , b, x, y ∈ ℝ ) ;

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

10 − i

)

Ta gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 . Từ giả thiết z1 + z 2 = 6  OA + OB = 6 ⇔ OI = 3 với I là trung điểm của đoạn thẳng AB . z1 − z 2 = 2  OA − OB = 2 ⇔ AB = 2 .

AB 2 = 20 . 2 P = z1 + z2 = OA + OB  P 2 ≤ (12 + 12 )( OA2 + OB 2 ) = 40 .

FI CI A

Ta có OA2 + OB 2 = 2OI 2 +

Vậy max P = 2 10 = a .

Mặt khác, P = z1 + z2 = OA + OB ≥ OA + OB = 6 . Vậy min P = 6 = b .

)(

)

10 − i = 26 + 4 10i

 z = z = 26 + 4 10i = 676 + 160 = 836 = 2 209 .

(

Suy ra z = 2 10 + 6i

Câu 12. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z = i ω + 1 sao cho số phức (ω + 2i − 1) = 8 . Xét các số 2

A. 1.

ƠN

phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn z1 − z 2 = 1 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 1 − z2 − 1 bằng

B. 4 .

C. 6 . Lời giải

Chọn B Gọi z = x + yi; ω = a + bi .

D. 32 .

(

a = y 2  3 ⇔ b = x − 1  ( x + 1) + y 2 = 4 . =8  2 2 ( a − 1) + ( b + 2 ) = 4 Gọi z1 = x1 + y1i; z2 = x2 + y2i  ( x1 + 1) 2 + y12 = 4;( x2 + 1) 2 + y22 = 4  x + yi = 1 + i ( a − bi )   2 2  ( a − 1) + ( b + 2 ) 

)

QU Y

Ta có: z1 − z2 = 1 ⇔ ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 1 2

P = z1 − 1 − z2 − 1 = −4 ( x1 − x2 ) 2

 P ≤ 4 x1 − x2 = 4 1 − ( y1 − y2 ) ≤ 4

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi y1 = y2 và x2 − x1 = 1 .

Câu 13. Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng B. 6 5 .

C. 2 5 . Lời giải

D. 4 5 .

KÈ

Chọn B Gọi số phức z = x + yi , với x, y ∈ R . Theo giả thiết, ta có z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1. Suy ra −1 ≤ x ≤ 1 .

Khi đó, P = 1 + z + 2 1 − z = Suy ra P ≤

( x + 1)

+ y2 + 2

( x − 1)

+ y 2 = 2x + 2 + 2 2 − 2x .

+ 2 2 ) ( 2 x + 2 ) + ( 2 − 2 x )  hay P ≤ 2 5 , với mọi −1 ≤ x ≤ 1 .

DẠ

3 4 Vậy Pmax = 2 5 khi 2 2 x + 2 = 2 − 2 x ⇔ x = − , y = ± . 5 5 Câu 14. Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ R, b > 0 ) thỏa mãn z = 1 . Tính P = 2a + 4b 2 khi z 3 − z + 2 đạt giá trị lớn nhất. A. P = 2 + 2 .

B. P = 2 − 2 .

C. P = 2 .

D. P = 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Chọn C

1  z = . z = 1 ⇒ z =1  z a 2 + b2 = 1  Do b > 0 và b 2 = 1 − a 2 ⇒ −1 < a < 1 . z3 − z + 2 2 2 1 2 3 Ta có: z − z + 2 = = z − + 2 = z − z + 2 z = 2 bi + ( a − bi ) 2 z z z

− b 2 ) + ( b − 2ab ) = 2 2

FI CI A

= 2 bi + a 2 − b 2 − 2abi = 2

+ b 2 ) + b 2 − 4ab 2

= 2 b 2 − 4ab 2 + 1 = 2 1 − a 2 − 4a (1 − a 2 ) + 1 = 2 4a 3 − a 2 − 4 a + 2 .

ƠN

QU Y

1  a=−  2. f ′ ( a ) = 0 ⇔ 12a 2 − 2a − 4 = 0 ⇔  a = 2  3 Bảng biến thiên:

Xét hàm số f ( a ) = 4 a 3 − a 2 − 4a + 2 miền −1 < a < 1 có f ′ ( a ) = 12a 2 − 2a − 4 .

Biểu thức trên đạt GTLN trên miền −1 < a < 1 khi a =

−1 3 ⇒ b= (do b > 0 ) 2 2

Vậy P = 2a + 4b 2 = 2

Câu 15. Cho hai số phức

z1, z2 thỏa mãn z1 − z2 = 5 và z1 −13 − 6i = 8 − z2 −1 − i . Giá trị nhỏ nhất của

3 65 .

5 13 .

KÈ

biểu thức P = 2z1 + 3z2 +10 + 5i là

45 . 13

45 65 . 13

Lời giải

Chọn D

Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn cho số phức

z1; z2 .

Ta có AB = z1 − z2 = 5 (1) .

DẠ

Gọi C (13;6) ; D (1;1)  CD ( −12; −5)  CD = 13 .

Suy ra ta có z1 −13 − 6i = CA; z2 −1− i = BD . Từ đó ta có CA = 8 − BD  CA + BD = 8 ( 2) . Từ (1) , ( 2) suy ra CA + AB + BD = 13 . Mà CA + AB + BD ≥ CD = 13 nên suy ra A, B thuộc đoạn CD và A thuộc đoạn CB .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Có: P = 2 z1 + 3 z 2 + 10 + 5i = 2 OA + 3OB + 5OK (với K ( 2;1) ).

Lấy điểm I sao cho 2 IA + 3 IB = 0  P = 5OI + 5OK = 5 OI + OK .

FI CI A

 x = 1 + 12t Đường thẳng CD có phương trình:  .  y = 1 + 5t

I ∈ AB  I ∈ CD  I (1 +12t,1 + 5t ) . Vì I thuộc đoạn CD  1 ≤ 1 + 12t ≤ 13  0 ≤ t ≤ 1 .

(

2  t ≥ 13 2 2 2 2 Ta có BI = AB  DI ≥ 2  (12t ) + ( 5t ) ≥ 4 ⇔  . Do vậy ta có ≤ t ≤ 1. 2 5 13 t ≤ −  13 Có P 2 = 25 OI 2 + OK 2 + 2OI ⋅ OK

)

2 2 = 25  (1 + 12t ) + (1 + 5t ) + 5 + 2 ( 29t + 3 )   

= 25 (169t 2 + 92t + 13 )

ƠN

2   

Xét f ( t ) = 25 (169t 2 + 92t + 13 ) liên tục trên  ;1 . 13

2  ;1 . 13  2  f (t ) = Suy ra f ( t ) liên tục, đồng biến trên  ;1  min 13   2 ;1

Có f ′ ( t ) = 25 ( 338t + 92) > 0 ∀t ∈ 

13 

 2  10125 f  = . 13  13 

10125 45 65 = . 13 13 Câu 16 Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − z1 + 2i = 3 z1 + z1 + 4 − 2i và z2 − 4 − i = 2 . Gọi A, B

QU Y

Do vậy min P =

là các điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 trong mặt phẳng tọa độ. Độ dài đoạn AB ngắn nhất bằng: A. 2 5 − 2 . B. 2 2 − 2 . C. 2 3 − 2 . D. 2 6 − 2 . Lời giải Chọn A Đặt z1 = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) , ta có:

KÈ

z1 − z1 + 2i = 3 z1 + z1 + 4 − 2i ⇔ a + bi − a + bi + 2i = 3a + 3bi + a − bi + 4 − 2i 2

⇔ ( 2b + 2 ) i = 4a + 4 + ( 2b − 2 ) i ⇔ ( 2b + 2 ) = ( 4a + 4 ) + ( 2b − 2 ) ⇔ b = a 2 + 2a + 1

 Điểm A luôn thuộc parabol ( P ) : y = x 2 + 2 x + 1

Đặt z2 = c + di ( c, d ∈ ℝ ) , ta có: 2

DẠ

z2 − 4 − i = 2 ⇔ c − di − 4 − i = 2 ⇔ ( c − 4 ) + ( d + 1) = 4 2

 Điểm B luôn thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 4 ) + ( y + 1) = 4 với tâm I ( 4; −1) và bán kính r = 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Gọi ( C ') là đường tròn tâm I ( 4; −1) , bán kính R tiếp xúc với parabol ( P ) : y = x 2 + 2 x + 1 tại M. 2 2 Ta có: ( C ') : ( x − 4 ) + ( y + 1) = R 2

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ') và ( P ) là: ( x − 4 ) + ( x 2 + 2 x + 1 + 1) = R 2 2

Đặt f ( x ) = ( x − 4 ) + ( x 2 + 2 x + 2 ) 2

⇔ ( x − 4) + ( x2 + 2 x + 2) = R2 2

f ' ( x ) = 2 ( x − 4 ) + 2 ( 2 x + 2 ) ( x 2 + 2 x + 2 ) = 4 x 3 + 12 x 2 + 18 x

ƠN

f '( x) = 0 ⇔ x = 0

Ta có bảng biến thiên:

Vì ( C ') và ( P ) tiếp xúc nhau nên R 2 = 20  R = 2 5  IM = 2 5 .

QU Y

Ta có: AB ≥ IA − IB (Quy tắc 3 điểm) Mà IA ≥ IM nên AB ≥ IM − IB  AB ≥ 2 5 − 2 .

Câu 17Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 5 , z1 > z2 ,

( z1 z2 )

+ 36

z1 z2

là số thực. Tìm giá

trị lớn nhất của 2 z1 + 3 z2 − 7i .

A. 15 .

B. 18 .

C. 19 . Lời giải

D. 21 .

KÈ

Chọn C Đặt z1 = r1 ( cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) ; z2 = r2 ( cos ϕ 2 + i sin ϕ2 ) .

w = z1 z2 = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) . Suy ra

( z1 z2 )

w2 + 36 36  36   36  = w + =  r +  cos ϕ + i  r −  sin ϕ là số thực khi và chỉ khi w w  r  r  

DẠ

z1 z2

1 1 = ( cos ϕ − i sin ϕ ) . w r

 36 =0 r − ⇔ r = 6 ⇔ r1r2 = 6 . r  r > 0 Mà z1 + z2 = 5 , z1 > z2 tương đương r1 + r2 = 5 , r1 > r2 nên suy ra r1 = 3, r2 = 2 .

Do đó z1 = 3 ( cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) ; z2 = 2 ( cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) 2 z1 + 3z2 − 7i ≤ 2 z1 + 3 z2 + 7i = 2 z1 + 3 z2 + 7

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 z1 + 3z2 = 6

( cos ϕ1 + cos ϕ2 ) + ( sin ϕ1 + sin ϕ2 )

= 6 2 + 2 cos (ϕ1 − ϕ2 ) ≤ 6 2 + 2 = 12 Vậy

max ( 2 z1 + 3z2 − 7i ) = 19 . Đạt được khi z1 = −3i; z2 = −2i .

FI CI A

Câu 16. Giả sử z là số phức thỏa mãn iz − 2 − i = 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 z − 4 − i + z + 5 + 8i bằng A. 18 5 . B. 3 15 . C. 15 3 . D. 9 5 . Lời giải Chọn D 2+i Ta có: iz − 2 − i = 3 ⇔ i . z − = 3 ⇔ z − 1 + 2i = 3 (1) i Gọi z = a + bi với a, b ∈ R . a = 1 + 3sin t 2 2 Từ (1), ta có ( a − 1) + ( b + 2) = 9   (t ∈ R) . b = −2 + 3cos t Suy ra z = (1 + 3sin t ) + ( − 2 + 3 cost ) i . Đặt P = 2 z − 4 − i + z + 5 + 8i . Khi đó: 2

( −3 + 3sin t ) + ( −3 + 3cos t )

( 6 + 3sin t ) + ( 6 + 3cos t )

ƠN

P=2

= 6 3 − 2sin t − 2 cos t + 3 9 + 4 sin t + 4 cos t

 π  π = 6 3 − 2 2 sin  t +  + 3 9 + 4 2 sin  t +   4  4 π Đặt u = sin  t +  , u ∈ [ −1;1] . 4 

Xét hàm số f ( u ) = 6 3 − 2 2u + 3 9 + 4 2u trên đoạn [ −1;1]

−6 2

f ' (u ) =

6 2

. Cho f ' ( u ) = 0  u =

QU Y

3 − 2 2u 9 + 4 2u Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( u ) :

vậy

giá

trj

l ớn

nhất

của

là

9 5.

Dấu

bằng

xả y

khi

−1 ∈ [ −1;1] 2

KÈ

π  t = − + k 2π  z = −2 − 2i −1 1  π  u=  sin  t +  = − ⇔ k ∈ ℤ)   ( 2  2 2  4  z = 1 − 5i t = −π + k 2π Cách khác: Sử dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki đánh giá

 π  π P = 6 3 − 2 2 sin  t +  + 3 9 + 4 2 sin  t +   4  4

DẠ

 π  π = 3 2 6 − 4 2 sin  t +  + 3 9 + 4 2 sin  t +  ≤ (18 + 9)(6 + 9) = 9 5 .  4  4 ( 2 − i ) z − 3i − 1 = 2 . Gọi S là tập hợp tất cả các số phức w = 1 . Câu 17. Cho số phức z thoả mãn z −i iz + 1 2

Xét các số phức w1 , w 2 ∈ S thỏa mãn w1 − w 2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = w1 − 4i − w 2 − 4i bằng.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 4 29 .

B. 4 13 .

C. 2 13 . Lời giải

D. 2 29 .

FI CI A

Chọn B. 2 − i z − 3 i − 1 ( ) i 1 + = 2 ⇔ 2−i − = 2 ⇔ 2−i + = 2 ⇔ w +2−i = 2 z −i z −i iz + 1

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn ( C ) tâm I ( −2;1) , bán kính R = 2 . + w1 , w 2 ∈ S được biểu điễn bởi M , N nên M , N thuộc đường tròn ( C ) và w1 − w 2 = MN = 2

ƠN

. Gọi A ( 0; 4 ) .

2 2 2 2 2 + P = w1 − 4i − w 2 − 4i = MA2 − NA2 = MA − NA = MI + IA − NI + IA = MI 2 + 2 MI .IA + IA2 − NI 2 − 2 NI .IA − IA2 = 2 IA MI − NI = 2 IA.MN P = 2 IA.MN = 2 IA.MN .cos IA, MN ≤ 2 IA.MN Dấu '' = '' xảy ra khi IA cùng hướng với MN Ta có. IA = 13  P ≤ 2. 13.2 = 4 13

(

QU Y (

(

) (

)

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4 13 .

Nếu HS nhầm A ( 0; −4 ) thì có đáp án là 4 29

z+2 là số thuần ảo. Xét các số z − 2i 2 2 phức z1 , z2 ∈ S thỏa mãn.., giá trị lớn nhất của P = z1 + 6 − z2 + 6 bằng.

KÈ

Câu 18. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức W =

A. 2 78 .

B. 4 15 .

C. 78 . Lời giải

D. 2 15 .

DẠ

Chọn#A. Đặt z = a + bi, a, b ∈ ℝ . Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn cho số phức z .

Có w =

( a + 2 + bi )  a − ( b − 2 ) i  z+2 a + 2 + bi = = 2 z − 2i a + ( b − 2 ) i a2 + (b − 2)

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) +  − ( a + 2 )( b − 2 ) + ab  i a2 + (b − 2)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Suy ra M thuộc đường tròn ( C ) tâm I ( −1;1) , bán kính R = 2 .

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) = 0 (1) w là số thuần ảo ⇔  2 2 a + ( b − 2 ) ≠ 0 Có (1) ⇔ a 2 + b 2 + 2a − 2b = 0 .

 z1 , z2 ∈ S được biểu điễn bởi M , N nên M , N thuộc đường tròn ( C ) và z1 − z2 = MN = 3

ƠN

. Gọi A ( −6; 0 )

2 2 2 2 2 2 P = z1 + 6 − z2 + 6 = MA2 − NA2 = MA − NA = MI + IA − NI + IA = MI 2 + 2 MI .IA + IA2 − NI 2 − 2 NI .IA − IA2 = 2 IA MI − NI = 2 IA.MN P = 2 IA.MN = 2 IA.MN .cos IA, MN ≤ 2 IA.MN Dấu '' = '' xảy ra khi IA cùng hướng với MN Ta có. IA = 26  P ≤ 2. 26. 3 = 2 78

(

)

QU Y

(

) ( )

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 78 . Nếu HS nhầm A ( 6;0 ) thì có đáp án là 4 15

Câu 19. Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1 = z2 = z3 = 1 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức 2

P = z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 .

B. P = 10 .

D. P = 12 .

Lời giải

KÈ

Chọn A

C. P = 8 .

A. P = 9 .

Gọi A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) ; C ( x3 ; y3 ) là các điểm lần lượt biễu diễn các số phức z1 ; z2 ; z3 .

vì z1 = z2 = z3 = 1 suy ra A ; B ; C thuộc đường tròn tâm O bán kính bằng 1.

DẠ

Ta có z1 − z2 = AB ; z2 − z3 = BC z3 − z1 = AC . 2

Suy ra P = z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 = AB 2 + BC 2 + AC 2 2 2 2 = AO + OB + BO + OC + AO + OC = 6 − 2 OA.OB + OB.OC + OA.OC

(

) (

Mặt khác OA + OB + OC

(

) (

)

(

)

= OA2 + OB 2 + OC 2 + 2 OA.OB + OB.OC + OA.OC

(

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

P = 9 − OA + OB + OC

(

)

= 9 − 3OG

(

)

= 9 − 9OG 2 ≤ 9 ( với G là trọng tâm tam giác ABC ).

Dấu “ = “ xảy ra khi G ≡ O , hay ∆ABC đều.

thức P = z1 − 5 − 2i + 2 z 2 − 6 − 8i + 4 z1 − z 2 . A. 3 0 . B. 2 5 .

FI CI A

Câu 20. Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn z1 − 1 − 2i = 1 ; z 2 − 2 − 8i = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu C. 3 5 .

D. 2 0 .

Lời giải Chọn B

Gọi điểm M ( x1 ; y1 ) ; N ( x 2 ; y 2 ) lần lượt biểu diễn các số phức z1 ; z2 .

G ọi A ( 5 ; 2 ) ; B ( 6 ; 8 )

Từ gt  M thuộc đường tròn tâm I1 (1; 2 ) , bán kính R1 = 1 ; N thuộc đường tròn tâm I 2 ( 2 ; 8 ) , bán kính R2 = 2

KÈ

QU Y

ƠN

Mà I1 A = 4 = 4 R1 ; I 2 B = 4 = 2R2

1 1 5  Lấy các điểm G ; K sao cho I1G = I1 A ; I 2 K = I 2 B  G  ; 2  ; K ( 3 ; 8 ) 16 4 4 

DẠ

Dễ thấy ∆I1MG ∼ ∆I1 AM 

∆I 2 NK ∼ ∆I 2 BN 

AM I1 A = = 4  AM = 4 GM MG I1M

BN I2 B = = 2  NB = 2 NK KN I2 N

Do đó P = AM + 2 BN + 4 MN = 4GM + 4 MN + 4 NK = 4 ( GM + MN + NK ) ≥ 4GK = 25 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy min P = 25 . Dấu '' = '' xay ra khi G, M , N , K thẳng hàng.

z +3 có phần thực bằng 2 . Xét các z +1 2 2 số phức z1 , z 2 ∈ S thỏa mãn 3 z1 − 4 z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 3i − z2 − 4i bằng

A. 16.

B. 8.

FI CI A

Câu 21. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w =

C. 4.

D. 32.

Lời giải Chọn C

( (

) )

2 z + 4 x + 3 − 2iy z + 3 ( z + 3) z + 1 Ta có: w = = = 2 z + 1 ( z + 1) z + 1 z + 2x +1

z + 4x + 3

⇒ w có phần thực là 2

z + 2x +1

= 2 ⇔ z = 1 ⇔ x2 + y2 = 1

(

)

(

) (

P = z1 − 3i − z 2 − 4i = ( z1 − 3i ) z1 + 3i − ( z2 − 4i ) z 2 + 4i = i 3 z1 − 4 z 2 − 3 z1 − 4 z2

)

ƠN

) (

(

)

P = i 3 z1 − 4 z2 − 3 z1 − 4 z2 ≤ i 3 z1 − 4 z2 + 3 z1 − 4 z2 = 4

(

)

Câu 22. Giả sử z1 , z 2 là hai trong các số phức thỏa mãn ( z − 6 ) 8 + zi là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 , giá trị nhỏ nhất của z1 + 3 z2 bằng

B. 20 − 4 21

C. 20 − 4 22 Lời giải

A. 5 − 21

QU Y

Chọn C

D. 5 − 22

KÈ

Giả sử z = x + yi , x, y ∈ℝ .Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z 2 . Suy ra

AB = z1 − z2 = 4 .

* Ta có

( z − 6 ) (8 + zi ) = ( x − 6 ) + yi  . ( 8 − y ) − xi  = (8 x + 6 y − 48) − ( x 2 + y 2 − 6 x − 8 y ) i .

(

)

DẠ

2 2 Theo giả thiết ( z − 6 ) 8 + zi là số thực nên ta suy ra x + y − 6x − 8 y = 0 . Tức là các điểm A, B

thuộc đường tròn ( C ) tâm I ( 3; 4 ) , bán kính R = 5 . * Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA + 3MB = 0 ⇔ OA + 3OB = 4OM .Gọi H là trung điểm AB . Ta tính được HI 2 = R 2 − HB 2 = 21; IM = HI 2 + HM 2 = 22 , suy ra điểm M thuộc

đường tròn ( C ′ ) tâm I ( 3; 4 ) , bán kính r = 22 . * Ta có z1 + 3 z2 = OA + 3OB = 4OM = 4OM , do đó z1 + 3 z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có ( OM )min = OM 0 = OI − r = 5 − 22 . Vậy z1 + 3z2 min = 4OM 0 = 20 − 4 22 .

khác 0 và thỏa mãn z ≥ 2 . Tính tỉ số

M = 3. m

M . m

M 4 = . m 3

C. Lời giải

M 5 = . m 3

Chọn C

M =2. m

2z + i 2z − i 2z + i 2z + i 1 1 3 5 =  ≤P≤ ⇔ 2− ≤ P ≤ 2+ ⇔ ≤ P ≤ . z z z z z z 2 2

Ta có P =

2z + i với z là số phức z

FI CI A

Câu 23. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P =

M 5 = . m 3 Câu 24. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 + 7 − 24i nằm trong khoảng nào? A. ( 0;1009) .

ƠN

Vậy

B. (1009;2018) .

C. ( 2018;4036) .

D. ( 4036;+∞ ) .

Lời giải

Chọn B Ta có 1 = z − 3i + 4 ≥ z − 3i − 4 = z − 5  −1 ≤ z − 5 ≤ 1  4 ≤ z ≤ 6 . Đặt z0 = 4 − 3i  z0 = 5, z02 = 7 − 24i . 2

(

Ta có A = z 2 + 7 − 24i = z 2 + zo 2 = ( z 2 + zo 2 ) z + zo

(

)

QU Y

Mà ( z + zo ) z + zo = 1  z.zo + zo .z = 1 − z − zo 4

(

Suy ra A = z + zo + 1 − z − zo

2 2

) − 2 z. z

2 o

)= z

(

+ z o + z.zo + z o .z

)

− 2 z.z o

= 2 z − 2 z + 1201 .

Hàm số y = 2t 4 − 2t 2 + 1201 đồng biến trên [ 4;6] nên A ≥ 2.4 4 − 2.42 + 1201 = 1681 .

 z = 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  .  z + 4 − 3i = 1 Do đó z 2 + 7 − 24i nằm trong khoảng (1009;2018) .

KÈ

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn z. ( (1 − 2i ) z − 3 + i ) − 2 10 = 0. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất 2

và giá trị nhỏ nhất của P = z + 5 − z + i . Tìm mô đun của số phức w = M + mi.

A. 8 31 .

B. 8 13 .

C. 4 26 . Lời giải

D. 8 26 .

DẠ

Chọn A Ta có;

z. ( (1 − 2i ) z − 3 + i ) − 2 10 = 0 ⇔ (1 − 2i ) z − 3 + i =

Lấy mô đun hai vế ta được: 2 2 ( z − 3) + (1 − 2 z ) = 2 10 ⇔ z

2 10 2 10 ⇔ ( z − 3) + (1 − 2 z ) i = . z z

( z − 3) + (1 − 2 z )

2 10 ⇔ z = 2. z

Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ℝ )  x 2 + y 2 = 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Vậy M = 24 + 4 26; m = 24 − 4 26  w = M + mi = M 2 + m 2 = 8 31.

P = z + 5 − z + i = ( x + 5) + y 2 − x 2 − ( y + 1) = 10 x − 2 y + 24. Áp dụng bất đẳng thức B.N.K ta có: 2 2 2 ( P − 24 ) = (10 x − 2 y ) ≤ (102 + 22 ) . ( x 2 + y 2 )  ( P − 24 ) ≤ 416 ⇔ 24 − 4 26 ≤ P ≤ 24 + 4 26.

CÂU 49_ĐTK2021 Xét hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn z1 = 1; z2 = 2 và z1 − z2 = 3 . Giá trị lớn nhất của 3z1 + z2 − 5i bằng

A. 5 − 19 .

B. 5 + 19 .

C. −5 + 2 19 . Lời giải

Chọn B Gọi A là điểm biểu diễn số phức z1 ;

D. 5 + 2 19 .

B là điểm biểu diễn số phức z2 ;

C là điểm biểu diễn số phức ω = 3z1 + z2 ; điểm M = ( 0;5 )

ƠN

OA2 + OB 2 − AB 2 Ta có: OC = 3OA + OB  OC 2 = 9OA2 + OB 2 + 6 = 19 2  ω = 19

Ta nhận thấy MC ≤ OM + OC

Lúc này P = 3z1 + z2 − 5i lớn nhất ⇔ MC lớn nhất ⇔ O, M , C thẳng hàng ( O nằm giữa M và

C ).Suy ra MaxP = OM + R = 5 + 19 . Câu 26.

(Đề Tham Khảo 2018) Xét số phức z = a + bi

( a, b ∈ ℝ )

thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính

P = a + b khi z + 1 − 3i + z − 1 + i đạt giá trị lớn nhất.

B. P = 10

C. P = 4

QU Y

A. P = 8 Lời giải Chọn B

D. P = 6

Goi M ( a; b ) là điểm biểu diễn của số phức z. 2

Theo giả thiết ta có: z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3 ) = 5  Tập hợp điểm biểu diễn số phức

DẠ

KÈ

z là đường tròn tâm I ( 4;3) bán kính R = 5

 A ( −1;3)  Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i = MA + MB Gọi:   B (1; −1) Gọi E là trung điểm của AB, kéo dài EI cắt đường tròn tại D Ta có: Q 2 = MA 2 + MB 2 + 2 MA.MB

(

⇔ Q 2 ≤ MA2 + MB 2 + MA2 + MB 2 = 2 MA2 + MB 2

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vì ME là trung tuyến trong ∆ MAB  ME 2 =

MA2 + MB 2 AB 2 AB 2 −  MA2 + MB 2 = 2 ME 2 + 2 4 2

( )

 Q2 ≤ 4. 3 5 + 20 = 200

FI CI A

 AB 2  2 2  Q 2 ≤ 2  2ME 2 +  = 4ME + AB . Mặt khác ME ≤ DE = EI + ID = 2 5 + 5 = 3 5 2  

 MA = MB  Q ≤ 10 2  Qmax = 10 2 ⇔  M ≡ D 4 = 2( xD − 4)  xD = 6 ⇔ EI = 2 ID ⇔  ⇔ ⇔ M ( 6; 4 )  P = a + b = 10 2 = 2( yD − 3)  yD = 4 2

a − 4 = 5 sin t Đặt  . Khi đó: b − 3 = 5 cos t

(

)

( a + 1) + ( b − 3)

5 sin t + 5 + 5cos 2 t +

(

( a − 1) + ( b + 1)

ƠN

Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i =

Cách 2:Đặt z = a + bi. Theo giả thiết ta có: ( a − 4 ) + ( b − 5 ) = 5.

) (

5 sin t + 3 +

5 cos t + 4

)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

(

)

= 30 + 10 5 sin t + 30 + 2 5 ( 3sin t + 4 cos t )

(

)

Q ≤ 2 60 + 8 5 ( 2sin t + cos t ) ≤ 2 60 + 8 5. 5 = 200 = 10 2

 Q ≤ 10 2  Qmax = 10 2

Câu 27.

2 a = 6 5   P = a + b = 10. 1 b = 4 5

QU Y

 sin t = Dấu bằng xảy ra khi  cos t = 

(Đề Tham Khảo 2017) Xét số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z − 1 + i . Tính P = m + M .

B. P = 5 2 + 73

C. P =

5 2 + 73 2

D. P = 13 + 73

DẠ

KÈ

5 2 + 2 73 2 Lời giải Chọn A

A. P =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

A 2

H E

N 2

Gọi A là điểm biểu diễn số phức z , E ( −2;1) , F ( 4; 7 ) và N (1; −1) .

ƠN

Từ AE + A F = z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 và EF = 6 2 nên ta có A thuộc đoạn thẳng EF . 5 2 + 2 73  3 3 Gọi H là hình chiếu của N lên EF , ta có H  − ;  . Suy ra P = NH + NF = . 2  2 2 Câu 28. (KTNL Gia Bình 2019) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau

đó giá trị z1 + z2 bằng A.

B. 10

z − 1 = 34, z + 1 + mi = z + m + 2i (trong đó m là số thực) và sao cho z1 − z2 là lớn nhất. Khi C. 2 Lời giải

D. 130

KÈ

QU Y

Chọn C

Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1 , z2 Gọi z = x + iy , ( x, y ∈ ℝ )

DẠ

Ta có z − 1 = 34  M , N thuộc đường tròn ( C ) có tâm I (1;0 ) , bán kính R = 34

Mà z + 1 + mi = z + m + 2i ⇔ x + yi + 1 + mi = x + yi + m + 2i

⇔

( x + 1) + ( y + m )

( x + m) + ( y + 2)

⇔ 2 ( m − 1) x + 2 ( m − 2 ) y − 3 = 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Suy ra M , N thuộc đường thẳng d : 2 ( m − 1) x + 2 ( m − 2 ) y − 3 = 0

Do đó M , N là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn ( C )

FI CI A

Ta có z1 − z2 = MN nên z1 − z2 lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất

⇔ MN đường kính của ( C ) . Khi đó z1 + z2 = 2OI = 2 z − i = ( z − 2 − 2i ) + ( 2 + i ) ≥ z − 2 − 2i − 2 + i = 5 − 1

Câu 29. Cho số phức z thoả mãn z − 2 − 3i = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của z + 1 + i . A. 13 + 3 .

B. 13 + 5 .

C. 13 + 1 . Lời giải

Chọn C

D. 13 + 6 .

Ta có 1 = z − 2 − 3i = ( z − 2 − 3i ) .( z − 2 − 3i ) = ( z − 2 − 3i )( z − 2 + 3i )

⇔ 1 = ( z − 2 − 3i )( z − 2 + 3i ) ⇔ z − 2 + 3i = 1`⇔ z + 1 + i − 3 + 2i = 1(*) .

ƠN

+Đặt w = z + 1 + i , khi đó ⇔ w − 3 + 2i = 1 .

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = z + 1 + i là đường tròn ( I ;1) và w là khoảng cách từ

QU Y

gốc tọa độ đến 1 điểm trên đường tròn. Do đó giá trị lớn nhất của w chính là đoạn OQ .  w max = 1 + 32 + 2 2 = 1 + 13 .

Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn z − 6 + z + 6 = 20 . Gọi M , n lần lượt là môđun lớn nhất và nhỏ nhất của z. Tính M − n A. M − n = 2 .

B. M − n = 4 .

C. M − n = 7 . Lời giải

D. M − n = 14 .

Gọi z = x + yi , ( x, y ∈ ℝ ) . Theo giả thiết, ta có z − 6 + z + 6 = 20 .

KÈ

⇔ x − 6 + yi + x + 6 + yi = 20 ⇔

( x − 6)

+ y2 +

( x + 6)

+ y 2 = 20

(∗) .

Gọi M ( x; y ) , F1 ( 6; 0 ) và F2 ( −6;0 ) . Khi đó ( ∗) ⇔ MF1 + MF2 = 20 > F1F2 = 12 nên tập hợp các điểm E là đường elip ( E ) có hai

tiêu điểm F1 và F2 . Và độ dài trục lớn bằng 20 .

DẠ

Ta có c = 6 ; 2 a = 20 ⇔ a = 10 và b2 = a 2 − c 2 = 64  b = 8 .

x2 y2 + = 1. 100 64 Suy ra max z = OA = OA' = 10 khi z = ± 10 và min z = OB = OB ' = 8 khi z = ± 8i .

Do đó, phương trình chính tắc của ( E ) là

Vậy M − n = 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 31. Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn z − 1 = 34 và z + 1 + mi = z + m + 2i , (trong đó

B. 10

C. 2 Lời giải

D. 130

Chọn A Đặt z = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) . Khi đó 2

FI CI A

bằng A. 2

m ∈ ℝ ). Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc S sao cho z1 − z2 lớn nhất, khi đó giá trị của z1 + z2

z − 1 = 34 ⇔ ( x − 1) + y 2 = 34 ; z + 1 + mi = z + m + 2i ⇔ 2 ( m − 1) x + 2 ( 2 − m ) y + 3 = 0 . Do đó tập hợp các điểm M

( C ) : ( x − 1)

biểu diễn số phức z là giao điểm của đường tròn

+ y = 34 và đường thẳng d : 2 ( m − 1) x + 2 ( 2 − m ) y + 3 = 0 . 2

Gọi A , B là hai điểm biểu diễn z1 và z2 . Suy ra ( C ) ∩ d = { A, B} .

Mặt khác z1 − z2 = AB ≤ 2 R = 2 34 do đó max z1 − z2 = 2 34 ⇔ AB = 2 R ⇔ I (1;0 ) ∈ d .

 z1 = 6 + 3i 1 nên d : 3x − 5 y − 3 = 0   . 2  z2 = −4 − 3i

Vậy z1 + z2 = 2 .

ƠN

Từ đó ta có m = −

Câu 32. Cho hai số phức z , w thỏa mãn z − 3 2 = 2 , w − 4 2i = 2 2 . Biết rằng z − w đạt giá trị B. 4 2 .

A. 2 2 .

nhỏ nhất khi z = z0 , w = w0 . Tính 3z0 − w0 .

C. 1. Lời giải

D. 6 2 .

Ta có: + z − 3 2 = 2 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức z là đường tròn có

(

)

QU Y

tâm I 3 2 ;0 , bán kính r = 2 .

+ w − 4 2i = 2 2 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm

(

)

J 0; 4 2 , bán kính R = 2 2 . Ta có min z − w = min MN .

DẠ

KÈ

+ IJ = 5 2; IM = r = 2; NJ = R = 2 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

Mặt khác IM + MN + NJ ≥ IJ  MN ≥ IJ − IM − NJ hay MN ≥ 5 2 − 2 − 2 2 = 2 2 .

Cách 1:

ƠN

Suy ra min MN = 2 2 khi I , M , N , J thẳng hàng và M , N nằm giữa I , J (Hình vẽ).

Khi đó ta có: 3 z 0 − w0 = 3OM − ON và IN = 3 2  IM =

1 3 IJ ; IN = IJ . 5 5

 1  5  

3 5

3 Mặt khác O N = O I + IN = OI + IJ ; 3OM = 3 ( OI + IM ) = 3 OI + IJ  = 3OI + IJ .

3  3  Suy ra 3 z 0 − w0 = 3OM − ON = 3OI + IJ −  OI + IJ  = 2OI = 6 2 . 5 5  

Cách 2:

QU Y

Ta có IN = 3 IM  3 IM − IN = 0 .

(

) (

)

Do đó 3z0 − w0 = 3OM − ON = 3 OI + IM − OI + IN = 2OI = 2.OI = 2.3 2 = 6 2.

Cách 3:

KÈ

 12 2 IM 1  xM = 5 12 2 4 2 IJ ⇔ IM = IJ ⇔   z0 = + i. +) IM = IJ 5 5 5 4 2 y =  M 5

DẠ

 6 2  xN = IN 3 6 2 12 2  5 IJ ⇔ IN = IJ ⇔   w0 = + i. +) IN = IJ 5 5 5 12 2 y =  N 5

Suy ra 3 z 0 − w0 = 6 2 = 6 2 .

Câu 33. Cho hai số phức

và

thỏa mãn z + 2w = 8 − 6i và z − w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức

z + w bằng A. 4 6.

B. 2 26.

66.

D. 3 6.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Chọn C

và

a ; w = OM = b. Dựng hình bình hành OMFE 2

F I

ƠN

 a 2 + b 2 ME 2 − = 25  264 4 Ta có  2  a 2 + 2b 2 = 2 2 2 3  b + ME − a = 16  2 4 2

a  1 1 =  + b  ≤ ( a 2 + 2b 2 )  +  = 66 2  4 2

(z + w)

FI CI A

z − w = MN = 4 và OF = 2OI = 10. Đặt z = ON =

Suy ra a + b ≤ 66, dấu “=” xảy ra khi a = b = Vậy ( a + b ) max = 66. z

thoả mãn z = 1. Gọi M và

QU Y

Câu 34. Cho số phức

2 66 . 3

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P = z + 1 + z − z + 1 . Tính M .m

13 3 . 4

39 . 4

C. 3 3.

13 . 4

Lời giải

Thay z = 1 vào P ta có

2 P = z + 1 + z 2 − z + 1 = z +1 + z − z + z = z + 1 + z 2 − z + z . z = z + 1 + z z + z − 1

KÈ

= z +1 + z + z −1 .

Mặt khác z + 1 2 = ( z + 1 ) ( z + 1 ) = 2 + z + z .

Đặt t = z + z do z = 1 nên điều kiện t ∈ [ −2; 2] .

Suy ra P = t + 2 + t − 1 .

DẠ

Suy ra OM + ON = OF = 2OI ,

Giả sử M , N lần lượt là các điểm biểu diễn cho

Xét hàm số f ( t ) = t + 2 + t − 1 với t ∈ [ −2;2] .

1 +1 với t > 1. Suy ra f ′ ( t ) > 0 với t > 1. 2 t +2 1 f ′(t ) = −1 với t < 1. Suy ra f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = −7 . 4 2 t +2

f ′(t ) =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Từ bảng biến thiên suy ra M =

m= 3 tại t = 2 .

13 3 . 4

Vậy M .m =

13 −7 tại t = và 4 4

FI CI A

Ta có bảng biến thiên

Câu 35. Gọi z = a + bi ( a, b ∈ R ) là số phức thỏa mãn điều kiện z − 1 − 2i + z + 2 − 3i = 10 và

Chọn A 4

M A

QU Y

H 2

D. −12 .

C. 5. Lời giải

ƠN

có mô đun nhỏ nhất. Tính S = 7a + b ? B. 0. A. 7.

Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z = a + bi A (1;2 ) là điểm biểu diễn số phức (1 + 2i )

B ( −2;3) là điểm biểu diễn số phức (−2 + 3i ) , AB = 10

MA + MB = AB

KÈ

z − 1 − 2 i + z + 2 − 3i = 10 trở thành

⇔ M , A, B thẳng hàng và M ở giữa A và B

H là điểm chiếu của O lên AB, phương trình ( AB ) : x + 3 y − 7 = 0 , ( OH ) : 3 x − y = 0  3 1   27  7 21  9  Tọa độ điểm H  ;  , Có AH =  − ;  , BH =  ; −  và BH = −9AH

G ọi

DẠ

Nên

 10 10  thuộc đoạn AB

 10 10 

 10

10 

z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhât, mà Mthuộc đoạn AB

 7 21  ⇔ M ≡H ;   10 10 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lúc đó S = 7a + b =

49 21 + = 7 . Chọn A 10 10

của biểu thức P = z − 3 − 3i . Tính M + m .

B. 2 10 .

A. 10 + 34 . Giải: Chọn D

10 + 58 .

FI CI A

Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn z + z + 2 z − z = 8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

5 + 58 .

 x ≤ 4 Gọi z = x + yi , x , y ∈ ℝ , ta có z + z + 2 z − z = 8 ⇔ x + 2 y = 4 ⇒  , tập hợp  y ≤ 2  z

thuộc cạnh các cạnh của trong hình thoi ABCD như hình vẽ.

K ( x; y ) biểu diễn số phức

P = z − 3 − 3i đạt giá trị lớn nhất khi KM lớn nhất, theo hình vẽ ta có KM lớn nhất khi

K ≡ D hay K ( −4;0) suy ra M = 49 + 9 = 58

ƠN

P = z − 3 − 3i đạt giá trị nhỏ nhất khi KM nhỏ nhất, theo hình vẽ ta có KM nhỏ nhất khi

K ≡ F ( F là hình chiếu của E trên AB . Suy ra F ( 2;1) do AE = AB nên F là trung điểm của AB .

KÈ

QU Y

Suy ra m= 1+ 4 = 5 . Vậy M + m = 58 + 5

Câu 37. Cho số phức z có z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = z 2 − z + z 2 + z + 1 . A.

13 4

B. 3

Lời giải

DẠ

Chọn A P = z2 − z + z2 + z +1 = z z −1 + z2 + z +1 = z −1 + z2 + z +1

Do z = 1 nên ta đặt z = cos x + i.sin x . Khi đó

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

11 4

P = z − 1 + z 2 + z + 1 = cos x + i.sin x − 1 + cos 2 x + i sin 2 x + cos x + i sin x + 1

( cos x − 1)

( cos 2 x + cos x + 1) + ( sin 2 x + sin x )

+ sin 2 x +

= 2 − 2cos x + 3 + 4 cos x + 2cos 2 x

FI CI A

= 2 − 2cos x + 4 cos2 x + 4 cos x + 1 = 2 − 2cos x + 2 cos x + 1 Đặt t = cos x, t ∈ [ −1;1] . Xét hàm y = 2 − 2t + 2t + 1

−1 7 +2=0 ⇔t = 8 2 − 2t  7  13  1  y (1) = 3; y   = ; y  −  = 3  8  4  2

y' = 0 ⇔

−1 −2 2 − 2t

ƠN

1 thì y = 2 − 2t − 2t −1, y ' = 2

V ới t < −

−1 1 +2 thì y = 2 − 2t + 2t +1, y ' = 2 2 − 2t

V ới t ≥ −

−1 −1 − 2 = 0 ⇔ 2 − 2t = (phương trình vô nghiệm) 2 2 − 2t  1 y ( −1) = 3 ; y  −  = 3  2 Vậy max y = [ − 1;1]

y' = 0 ⇔

13 13 . Do đó giá trị lớn nhất của P = z 2 − z + z 2 + z + 1 là . 4 4

QU Y

Câu 38. Giả sử z 1 , z 2 là hai trong các số phức thỏa mãn ( z − 6 ) ( 8 + zi ) là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 , giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2 bằng

A. 5 −

B. 20 − 4 21

D. 5 −

DẠ

KÈ

Chọn C

C. 2 0 − 4 2 2 Lời giải

Giả sử z = x + yi , x , y ∈ ℝ .Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z 1 , z 2 . Suy ra

AB = z1 − z2 = 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

* Ta có ( z − 6 ) (8 + zi ) = ( x − 6 ) + yi  . ( 8 − y ) − xi  = ( 8 x + 6 y − 48 ) − ( x 2 + y 2 − 6 x − 8 y ) i . 2

Theo giả thiết ( z − 6 ) (8 + zi ) là số thực nên ta suy ra x + y − 6x −8y = 0 . Tức là các điểm A, B thuộc đường tròn ( C ) tâm I ( 3;4) , bán kính R = 5 .

FI CI A

* Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa M A + 3 M B = 0 ⇔ O A + 3 O B = 4 O M .Gọi H là trung điểm

AB . Ta tính được HI 2 = R 2 − HB 2 = 21; IM = HI 2 + HM 2 = 22 , suy ra điểm M thuộc đường tròn ( C′) tâm I ( 3;4) , bán kính r =

22 .

* Ta có z1 + 3 z 2 = OA + 3OB = 4 OM = 4 OM , do đó z1 + 3z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất. Ta có ( OM )min = OM 0 = OI − r = 5 − 22 .

Câu 39. Cho số phức

Vậy z1 + 3z2 min = 4OM 0 = 20 − 4 22 .

thỏa mãn z − 2i ≤ z − 4i và z − 3 − 3i = 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức

P = z − 2 là: B. 10 +1.

ƠN

C. 13 . Lời giải

D. 10 .

QU Y

A. 13 +1.

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức

ta có: z − 2i ≤ z − 4i ⇔ x 2 + ( y − 2 ) ≤ x 2 + ( y − 4 )

⇔ y ≤ 3 ; z − 3 − 3i = 1 ⇔ điểm M nằm trên đường tròn tâm I ( 3;3) và bán kính bằng 1. Biểu

thức P = z − 2 = AM trong đó A( 2;0) , theo hình vẽ thì giá trị lớn nhất của P = z − 2 đạt được

khi M ( 4;3) nên max P = z

= 13 .

thỏa mãn z − 2 − 2i = 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z −1− i + z − 5 − 2i

KÈ

Câu 40. Xét số phức

( 4 − 2 ) + ( 3 − 0)

bằng

B. 4.

C. 17 Lời giải

D. 5.

DẠ

A. 1+ 10 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

Gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn số phức z . Do z − 2 − 2i = 2 nên tập hợp điểm M là đường tròn 2

(C ) : ( x − 2) + ( y − 2)

=4.

ƠN

Các điểm A (1;1) , B ( 5;2) là điểm biểu diễn các số phức 1 + i và 5 + 2i . Khi đó, P = MA + MB .

Nhận thấy, điểm A nằm trong đường tròn ( C ) còn điểm B nằm ngoài đường tròn ( C ) , mà

MA+ MB ≥ AB = 17 . Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của đoạn AB với ( C ) . Ta có, phương trình đường thẳng AB : x − 4 y + 3 = 0 . Tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn ( C ) là nghiệm của hệ với 1 < y < 5

QU Y

( x − 2)2 + ( y − 2 )2 = 4 ( 4 y − 5)2 + ( y − 2)2 = 4 ⇔   x − 4 y + 3 = 0  x = 4 y − 3

 22 + 59 (N) y = 2 2 17 2  Ta có ( 4 y − 5) + ( y − 2 ) = 4 ⇔ 17 y − 44 y + 25 = 0 ⇔  22 − 59 ( L) y = 17 

37 + 4 59 22 + 59 + i 17 17 thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi M và

Vậy min P = 17 khi z = z

KÈ

Câu 41. Cho số phức

m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Môđun của số phức w = M + mi là

A. w = 3 137 .

B. w = 1258 .

C. w = 2 309 .

D. w = 2 314 .

Lời giải

DẠ

- Đặt z = x + yi , với x , y ∈ ℝ . 2

Ta có: z − 3 − 4i = 5 ⇔ ( x − 3 ) + ( y − 4 ) i = 5 ⇔ ( x − 3 ) + ( y − 4 ) = 5 , hay tập hợp các

điểm biểu diễn số phức 2

là đường tròn ( C ) có tâm I ( 3;4) , bán kính r = 5 . 2

- Khi đó : P = z + 2 − z − i = ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3  4 x + 2 y + 3 − P = 0 , kí hiệu là đường thẳng

∆.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

- Số phức

tồn tại khi và chỉ khi đường thẳng ∆ cắt đường tròn ( C )

⇔ d ( I ; ∆) ≤ r ⇔

23 − P

FI CI A

≤ 5 ⇔ P − 23 ≤ 10 ⇔ 13 ≤ P ≤ 33 2 5 Suy ra M = 33 và m = 13  w = 33 + 13i . Vậy w = 1258 .

Câu 42. Cho các số phức

thỏa mãn w + i =

3 5 và 5w = ( 2 + i )( z − 4) . Giá trị lớn nhất của biểu 5

thức P = z −1− 2i + z − 5 − 2i bằng

B. 4+ 2 13 .

C. 2 53 . Lời giải

D. 4 13 .

A. 6 7 .

Gọi z = x + y i , với x , y ∈ R . Khi đó M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z . Theo giả thiết, 5w = ( 2 + i )( z − 4) ⇔ 5 ( w + i ) = ( 2 + i )( z − 4) + 5i ⇔ ( 2 − i )( w + i ) = z − 3 + 2i

⇔ z − 3 + 2i = 3 . Suy ra M ( x; y ) thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3 )2 + ( y + 2 )2 = 9 .

QU Y

ƠN

Ta có P = z −1− 2i + z − 5 − 2i = MA + MB , với A(1;2) và B ( 5;2) .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H ( 3; 2 ) và khi đó:

P = MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB2 ) hay P ≤ 4MH 2 + AB2 . 2

= 2 53

2 2 2 Mặt khác, MH ≤ KH với mọi M ∈ ( C ) nên P ≤ 4KH + AB = 4 ( IH + R) + AB

KÈ

M ≡ K 3 11 Vậy Pmax = 2 53 khi  hay z = 3 − 5i và w = − i . 5 5  MA = MB

Câu 43. Xét các số phức zV = a + bi

z − 3 − 2i = 2 . Tính

( a , b ∈ ℝ ) thỏa mãn

a+b

khi

z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i đạt giá trị nhỏ nhất.

DẠ

A. 4 − 3 .

B. 2 + 3 .

D. 4 + 3 .

C. 3. Lời giải

Cách 1:

Đặt z − 3 − 2i = w với w = x + yi

( x, y ∈ℝ) . Theo bài ra ta có

Ta có P = z +1 − 2i + 2 z − 2 − 5i = w + 4 + 2 w + 1 − 3i =

w = 2 ⇔ x2 + y2 = 4 .

( x + 4)

+ y2 + 2 ( x +1) + ( y − 3)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

( x +1) + ( y − 3)

x2 + y2 + 2x + 1 +

( x + 1)

= 2 5 + 2x + 2

+ ( y − 3)

) = 2(

( x +1) + ( y − 3) ( x + 1)

+ y2 +

( x + 1)

 x = −1  P = 6 ⇔  y (3 − y ) ≥ 0 ⇔  2 2 x + y = 4

 x = − 1 .   y = 3

(

+ ( y − 3)

)

FI CI A

≥ 2( y + y − 3 ) ≥ 2 y + 3 − y = 6 .

= 20 + 8x + 2

)

Vậy GTNN của P là bằng 6 đạt được khi z = 2 + 2 + 3 i .

ƠN

Cách 2:

z − 3 − 2i = 2  MI = 2  M ∈( I ;2) với I = ( 3;2) . P = z +1 − 2i + 2 z − 2 − 5i = MA + 2MB với A = (1; 2 ) , B = ( 2;5) .

QU Y

IA IM Ta có IM = 2 ; IA = 4 . Chọn K ( 2; 2 ) thì IK = 1 . Do đó ta có IA. IK = IM 2  = IM

 ∆IAM và ∆IMK đồng dạng với nhau  AM = IM = 2  AM = 2 MK . MK

Từ đó P = MA + 2MB = 2 ( MK + MB ) ≥ 2BK . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK . Từ đó tìm được M = 2; 2 + 3 . Cách 3:

)

(

Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z = a + bi. Đặt I = ( 3;2) , A ( −1;2) và B ( 2;5) .

KÈ

Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I , bán kính R = 2 sao cho biểu thức

DẠ

P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Trước tiên, ta tìm điểm K ( x; y ) sao cho MA = 2MK ∀M ∈( C ) . 2 2 2 2 Ta có MA = 2MK ⇔ MA = 4MK ⇔ MI + IA = 4 MI + IK

(

)

(

)

⇔ MI 2 + IA 2 + 2 MI . IA = 4 MI 2 + IK 2 + 2 MI . IK ⇔ 2 MI IA − 4 IK = 3 R 2 + 4 IK 2 − IA 2

(

)

(

)

IA − 4IK = 0 . (* ) luôn đúng ∀M ∈( C ) ⇔  2 2 2 3R + 4IK − IA = 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(* ) .

4 ( x − 3) = −4  x = 2 IA − 4 IK = 0 ⇔  ⇔ . y = 2 4 ( y − 2 ) = 0

FI CI A

Vì BI 2 = 12 + 3 2 = 10 > R 2 = 4 nên B nằm ngoài ( C ) .

Thử trực tiếp ta thấy K ( 2; 2 ) thỏa mãn 3 R 2 + 4 IK 2 − IA 2 = 0 .

Vì KI 2 = 1 < R 2 = 4 nên K nằm trong ( C ) . Ta có MA + 2MB = 2MK + 2MB = 2 ( MK + MB ) ≥ 2KB .

Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK .

Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của ( C ) và đoạn thẳng BK. 2

Phương trình đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) = 4 .

Phương trình đường thẳng BK : x = 2 .

(

)

Thử lại thấy M 2; 2 + 3 thuộc đoạn BK . Vậy a = 2 , b= 2 + 3  a + b = 4 + 3 .

ƠN

 x = 2  x = 2 ⇔ hoặc Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  2 2 ( x − 3) + ( y − 2 ) = 4  y = 2 + 3

x = 2 .   y = 2 − 3

là

Câu 44. Biết rằng hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3 − 4i = 1 và z 2 − 3 − 4i = 1 . Số phức 2

có phần thực

a và phần ảo là b thỏa mãn 3a − 2b = 12 . Giá trị nhỏ nhất của P = z − z1 + z − 2z2 + 2 bằng:

A. Pmin =

9945 . 11

B. Pmin = 5 − 2 3 .

C. Pmin =

9945 . 13

D. Pmin = 5 + 2 5 .

QU Y

Lời giải

Gọi M 1 , M 2 , M lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z1 , 2z2 ,

trên hệ trục tọa độ Oxy .

Khi đó quỹ tích của điểm M 1 là đường tròn ( C1 ) tâm I ( 3;4) , bán kính R = 1 ; quỹ tích của điểm M 2 là đường ( C2 ) tròn tâm I ( 6;8) , bán kính R = 1 ; quỹ tích của điểm M là đường thẳng d : 3 x − 2 y − 12 = 0 .

KÈ

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của MM1 + MM2 + 2 .

B I1

DẠ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 138 64  ;  , R = 1 là đường tròn đối xứng với ( C2 ) qua d . Khi đó  13 13 

Gọi ( C3 ) có tâm I 3 

I1I3 với ( C1 ) , ( C3 ) . Khi đó với mọi điểm

FI CI A

Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng

min ( MM1 + MM 2 + 2) = min ( MM1 + MM3 + 2) với M3 ∈( C3 ) .

M1 ∈( C1 ) , M3 ∈( C3 ) , M ∈ d ta có MM1 + MM3 + 2 ≥ AB + 2 , dấu "=" xảy ra khi 9945 . 13

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

M1 ≡ A, M3 ≡ B . Do đó Pmin = AB + 2 = I1I3 − 2 + 2 = I1I3 =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

thỏa mãn z = 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng

A. 6 5.

B. 4 5.

C. 2 5. Lời giải

Câu 45. Cho số phức

Gọi z = x + yi; ( x; y ∈ ℝ ) . z =1

x 2 + y 2 = 1  y 2 = 1 − x 2  x ∈ [ − 1;1] .

Ta có: P = 1 + z + 31 − z =

(1+ x )

+ y2 + 3 (1 − x ) + y2 = 2 (1 + x ) + 2 2 (1 − x ) .

Xét hàm số f ( x ) = 2 (1 + x ) + 2 2 (1 − x ) ; x ∈ [ − 1;1].

1 2 (1 + x )

−

2 (1 + x )

−

2 (1 − x )

Hàm số liên tục trên [ −1;1] và với x ∈ ( −1;1) ta có: f ′ ( x ) = f ′( x) = 0 ⇔

FI CI A

Chọn C

3 = 0 ⇔ x = − ∈ ( −1;1) . 5 2 (1 − x )

ƠN

 3 f (1) = 2; f ( −1) = 4; f  −  = 2 5 .  5

 max f ( x ) = 2 5 . x∈[ −1;1]

Câu 46. Cho số phức

3 4 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1+ z + 31− z bằng 2 5 khi x = − , y = ± . 5

thỏa mãn : z = z + 2 i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − i + z − 4 là

A. 5.

B. 4.

QU Y

Chọn A Gọi M ( x ; y ) là điểm biểu diễn số phức

C. 3 3. Lời giải

z. Ta có

D. 6.

z = z + 2 i ⇔ y + 1 = 0, tức biểu diễn hình học

của số phức thỏa mãn giả thiết là đường thẳng y + 1 = 0. Xét điểm A (0;1) và B (4; 0) thì

P = z − i + z − 4 = MA + MB. Dễ thấy A, B cùng phía với đường thẳng y + 1 = 0 nên MA + MB nhỏ nhất bằng BA′ trong đó A′(0; − 3) đối xứng với A qua đường thẳng y + 1 = 0.

KÈ

Do đó MA + MB nhỏ nhất bằng BA′ = 5.

DẠ

Câu 47. Cho số phức A. min w =

thỏa mãn z 2 − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1) . Tính min w , với w = z − 2 + 2i .

1 . 2

B. min w = 1.

C. min w =

3 . 2

D. min w = 2 .

Lời giải Chọn B Theo giả thiết, z 2 − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

⇔ ( z − 1 + 2i )( z − 1 − 2i ) = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1)

⇔ z − 1 + 2i . ( z − 1 − 2i − z − 1 + 3i ) = 0

 z −1 + 2i = 0 ⇔  z −1 − 2i = z −1 + 3i

(1) ⇔ z −1+ 2i = 0 ⇔ z = 1− 2i . Khi đó,

FI CI A

(1) . ( 2)

w = 1 − 2i − 2 + 2i = 1 ( 3 ) .

Đặt z = x + yi ( x , y ∈ ℝ ). Khi đó, ( 2 ) ⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) i = ( x − 1) + ( y + 3 ) i 2

⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) = ( x − 1 ) + ( y + 3 ) ⇔ ( y − 2 ) = ( y + 3 ) ⇔ y = −

( x − 2)

9 9 3 ≥ = ∀x ∈ ℝ . ( 4 ) . 4 4 2

3  w = ( x − 2) + i = 2

Từ ( 3) và ( 4 )  min w = 1 .

Câu 48. Xét các số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn

z + 2 − 3i = 2 2 . Tính P = 2a + b khi

z + 1 + 6i + z − 7 − 2i đạt giá trị lớn nhất. A. P = 3 .

C. P = 1 . Lời giải

Chọn B M

(C)

D. P = 7 .

ƠN

B. P = −3 .

1 1  z = x− i. 2 2

I B

QU Y

K A

Đặt A ( −1; − 6 ) , B ( 7; 2 )  AB = ( 8;8 ) và trung điểm của AB là K ( 3; − 2 ) . 2

Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z ta có: ( a + 2 ) + ( b − 3) = 8 .

 M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ( −2;3) , bán kính R = 8 . Ta thấy IK = ( 5; − 5 )  IK . AB = 0  I nằm trên đường thẳng trung trực của AB .

KÈ

AB 2 Xét tam giác MAB  MA + MB = 2MK + . 2 2

 2 ( MA2 + MB 2 ) = 4 MK 2 + AB 2 ≥ ( MA + MB )  MA + MB ≤ 4 MK 2 + AB 2 . 2

Ta có z + 1 + 6i + z − 7 − 2i là tổng khoảng cách từ điểm M trên đường tròn ( C ) tới hai điểm

DẠ

A và B .

 MA = MB Vậy MA + MB lớn nhất khi:  . Điều này xảy ra khi M là giao điểm của IK với đường  MK max

tròn ( C ) và M nằm ngoài đoạn IK .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x = −2 + t Ta có phương trình của đường thẳng IK :  . y = 3−t

(

)

(ĐTK2021) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = 2 và ( z + 2i ) z − 2 là số thuần ảo? A. 1 .

B. 0 .

Câu 49.

FI CI A

 x = −2 + t   2t 2 = 8  t = ±2 . y = 3−t  2 2 ( x + 2 ) + ( y − 3) = 8 Vậy điểm M cần tìm ứng với t = −2 khi đó  a = −4 M ( −4;5 )    P = 2a + b = −8 + 5 = −3 b = 5

Tọa độ giao điểm của IK với đường tròn ( C ) là nghiệm của hệ:

C. 2 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C

(

ƠN

Giả sử z = a + bi ( a ; b ∈ ℝ )  z = a − bi

)

Ta có: ( z + 2i ) z − 2 =  a + ( b + 2 ) i  ( a − 2 − bi ) = a ( a − 2 ) + b ( b + 2 ) +  −ab + ( a − 2 )( b + 2 )  i

 a 2 + b 2 = 2 Do đó yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ a a − 2 + b b + 2 = 0 ( ) ( ) 

a 2 + b 2 = 2  2 2 a + b − 2a + 2b = 0

(Mã 110 2017) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn | z + 2 − i |= 2 2 và ( z − 1) là số thuần ảo? A. 0

KÈ

Chọn D

Câu 50.

QU Y

 1+ 3  a = 2    −1 + 3 b = 2  2 2 2 2  ( b + 1) + b = 2 a + b = 2 2b + 2b − 1 = 0 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  a = b + 1 2 − 2a + 2b = 0 a = b + 1 1− 3  a = 2   −1 − 3  b =  2   Vậy có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số phức z = x + yi

B. 2

C. 4 Lời giải

D. 3

( x, y ∈ ℝ) , vì ( z − 1)2 = ( x − 1)2 − y 2  + 2 ( x − 1) yi

là số thuần ảo nên

DẠ

( x + 2 )2 + ( y − 1) 2 = 8 (1) theo đề bài ta có hệ phương trình:  2 2 (2) ( x − 1) = y Từ (2) suy ra: y = ± ( x − 1) 2

 Với y = x − 1 , thay vào (1) , ta được: ( x + 2 ) + ( x − 2 ) = 8 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0. Suy ra: z = −i .  Với y = −( x − 1) , thay vào (1) , ta được:

( x + 2)

+ ( − x ) = 8 ⇔ 2 x 2 + 4 x − 4 = 0 ⇔ x = −1 ± 3.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

) (

)

(

) (

)

Suy ra: z = −1 + 3 + 2 − 3 i ; z = −1 − 3 + 2 + 3 i Vậy có 3 số phức thỏa mãn.

(Đề Tham Khảo 2018) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn z + 2 + i − z (1 + i ) = 0 và

z > 1. Tính P = a + b . A. P = − 1 B. P = − 5

C. P = 3 Lời giải

D. P = 7

Chọn D Ta có: z + 2 + i − z (1 + i ) = 0 ⇔ a + bi + 2 + i − a 2 + b 2 (1 + i ) = 0

(

⇔ a + 2 − a + b + b +1− a + b

)

a + 2 − a 2 + b2 = 0 (1)  i=0⇔ b + 1 − a 2 + b2 = 0 ( 2 )

FI CI A

Câu 51.

Lấy (1) trừ ( 2) ta được: a − b + 1 = 0 ⇔ b = a + 1 . Thế vào (1) ta được: 2

a + 2 − a 2 + ( a + 1) = 0 ⇔ a + 2 = 2a 2 + 2a + 1

Câu 52.

ƠN

a ≥ −2 a ≥ −2  a ≥ −2 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔   a = 3 ( tm ) 2 a + 4a + 4 = 2a + 2a + 1 a − 2a − 3 = 0   a = −1 tm ( )   Với a = 3  b = 4 ; a = − 1  b = 0 . a = 3 Vì z > 1  z = 3 + 4i    P = a +b = 3+ 4 = 7 . b = 4

(Mã 104 2018) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z ( z − 5 − i ) + 2i = ( 6 − i ) z ? B. 3

C. 4 Lời giải

QU Y

A. 1 Chọn B

D. 2

Ta có z ( z − 5 − i ) + 2i = ( 6 − i ) z ⇔ ( z − 6 + i ) z = 5 z + ( z − 2 ) i (1) Lây môđun hai vế của (1) ta có:

( z − 6)

+ 1. z = 25 z + ( z − 2 )

Bình phương và rút gọn ta được:

(

)

z − 12 z + 11 z + 4 z − 4 = 0 ⇔ ( z − 1) z − 11 z + 4 = 0 3

KÈ

DẠ

z   z =1 z ⇔ 3 ⇔ 2  z − 11 z + 4 = 0 z z 

=1 = 10,9667... = 0, 62... = −0, 587...

Do z ≥ 0 , nên ta có z = 1 , z = 10, 9667... , z = 0, 62... . Thay vào (1) ta có 3 số phức thỏa mãn

đề bài. Câu 53. (Mã 103 2018) Có bao nhiêu số phức thỏa mãn z ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ? A. 1

B. 4

C. 2 Lời giải

D. 3

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Đặt z = a ≥ 0, a ∈ ℝ , khi đó ta có

z ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ⇔ a ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ⇔ ( a − 7 + i ) z = 6a + ai − 2i

Xét hàm số f ( a ) = a 3 − 13a 2 ( a ≥ 0 ) , có bảng biến thiên là

FI CI A

2 2 ⇔ ( a − 7 ) + 1 a 2 = 36a 2 + ( a − 2 ) ⇔ a 4 − 14a 3 + 13a 2 + 4a − 4 = 0   a = 1 ⇔ ( a − 1) ( a 3 − 13a 2 + 4 ) = 0 ⇔  3 2  a − 12a + 4 = 0

⇔ ( a − 7 + i ) z = 6a + ( a − 2 ) i ⇔ ( a − 7 + i ) z = 6 a + ( a − 2 ) i

Đường thẳng y = −4 cắt đồ thị hàm số f ( a ) tại hai điểm nên phương trình a 3 − 12a 2 + 4 = 0 có

ƠN

hai nghiệm khác 1 (do f (1) ≠ 0 ). Mỗi giá trị của a cho ta một số phức z . Vậy có 3 số phức thỏa mãn điều kiện.

Câu 54.

(Mã 105 2017) Cho số phức z thỏa mãn z + 3 = 5 và z − 2 i = z − 2 − 2 i . Tính z . A. z = 17

C. z = 10

D. z = 10

B. z = 17

Lời giải

Chọn C Đặt z = x + yi; x , y ∈ ℝ

QU Y

2 ( x + 3 )2 + y 2 = 25  ( x + 3 ) + y 2 = 25 ⇔  Theo bài ra ta có  x2 + y − 2 2 = x − 2 2 + y − 2 2 −4 x + 4 = 0 ( ) ( ) ( )  2  y = ±3  y = 9 ⇔ ⇔ . Vậy z = 10 x = 1  x = 1

(Mã105 2017) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 3i = 13 và A. 0

B. 2

C. Vô số Lời giải

KÈ

Chọn B

Câu 55.

z là số thuần ảo? z+2 D. 1

Gọi số phức z = a + bi , ( a , b ∈ ℝ ) 2

Ta có z + 3i = 13 ⇔ a + bi + 3i = 13 ⇔ a 2 + ( b + 3 ) = 13

DẠ

⇔ a 2 + b 2 + 6b − 4 = 0 ⇔ a 2 + b 2 = 4 − 6b ( 1)

2 ( a + 2 − bi ) 2 2 z = 1− = 1− = 1− . 2 z+2 z+2 a + 2 + bi ( a + 2 ) + b2 2

(a + 2) + b = (a + 2)

− 2a − 4 + b2

(a + 2)

+ b2

a2 + b 2 + 2 a

(a + 2)

+ b2

(a + 2)

+ b2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a 2 + b2 + 2a = 0 ( 2 )  a + b + 2a z = ⇔ 0 Do là số thuần ảo nên  a ≠ −2 2 z+2 b ≠ 0 ( a + 2 ) + b2  2

FI CI A

Thay ( 1) vào ( 2 ) ta có 4 − 6b + 2a = 0 ⇔ a = 3b − 2 thay vào ( 1 ) ta có

 b = 0( L) ( 3b − 2 ) + b − 4 + 6b = 0 ⇔ 10b − 6b = 0 ⇔ b = 3  a = −1  5 5 Vậy có một số phức cần tìm. Câu 56. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1 = z2 = 2 và z1 + 2 z2 = 4 . Giá trị của 2z1 − z2 2

bằng A. 2 6 .

C. 3 6 . Lời giải Giả sử z1 = a + bi , ( a , b ∈ ℝ ); z2 = c + di , ( c , d ∈ ℝ ).

Theo giả thiết ta có:

D. 8 .

ƠN

a 2 + b2 = 4 a 2 + b 2 = 4  z1 = 2    ⇔ c 2 + d 2 = 4 ⇔ c 2 + d 2 = 4  z2 = 2   2  2 2 2 2 2 ( a + 2c ) + ( b + 2d ) = 16  z1 + 2 z2 = 4 a + b + 4 ( c + d ) + 4 ( ac + bd ) = 16

(1) ( 2) ( 3)

Ta có 2z1 − z2 =

Thay (1) , ( 2 ) vào ( 3) ta được ac + bd = −1 ( 4 ) . 2

( 2a − c ) + ( 2b − d )

= 4 ( a 2 + b2 ) + ( c 2 + d 2 ) − 4 ( ac + bd )

(5) .

Thay (1) , ( 2 ) , ( 4 ) vào ( 5 ) ta có 2 z1 − z2 = 2 6 .

QU Y

Câu 57. Có bao nhiêu số phức z thỏa z + 1 − 2i = z + 3 + 4i và B. Vô số.

A. 0 .

C. 1 . Lời giải

z − 2i là một số thuần ảo z+i D. 2 .

Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ) Theo bài ra ta có

x +1 + ( y − 2) i = x + 3 + ( 4 − y ) i 2

⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) = ( x + 3) + ( y − 4 ) ⇔ y = x + 5 2 z − 2i x + ( y − 2 ) i x − ( y − 2 )( y − 1) + x ( 2 y − 3) i = = 2 x + (1 − y ) i z +i x 2 + ( y − 1)

KÈ

Số phức w =

DẠ

 x 2 − ( y − 2 )( y − 1) = 0 12  x=−   2  7 w là một số ảo khi và chỉ khi  x 2 + ( y − 1) > 0 ⇔ 23 y = x + 5 y =   7 12 23 Vậy z = − + i .Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn. 7 7

Câu 58. Cho số phức z = a + bi

( a, b ∈ ℝ )

(

)

thỏa mãn z − 3 = z − 1 và ( z + 2 ) z − i là số thực. Tính

a+b.

A. −2 .

B. 0.

C. 2.

D. 4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Ta có z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) .

( a − 3)

+ b2 =

+ b2

FI CI A

⇔ ( a − 3 ) + b 2 = ( a − 1) + b 2 ⇔ − 4 a + 8 = 0 ⇔ a = 2 .

( a − 1)

z − 3 = z − 1 ⇔ a − 3 + bi = a − 1 + bi ⇔

( z + 2 ) ( z − i ) = ( a + bi + 2 )( a − bi − i ) = ( a + 2) + bi  a − ( b + 1) i 

= a ( a + 2 ) + b ( b + 1) − ( a + 2b + 2 ) i .

( z + 2) ( z − i )

là số thực ⇔ a + 2b + 2 = 0 .

Thay a = 2 tìm được b = − 2 . Vậy a + b = 0 . Câu 59. Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn z − m = 6

z là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S . z−4 A. 10. B. 0. C. 16. D. 8. Lời giải Cách 1: x + iy )( x − 4 − iy ) x ( x − 4 ) + y 2 − 4iy ( z x + iy = = = Gọi z = x + iy với x, y ∈ ℝ ta có 2 2 z − 4 x − 4 + iy ( x − 4) + y2 ( x − 4) + y2

ƠN

và

là số thuần ảo khi x ( x − 4 ) + y 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) + y 2 = 4 2

Mà z − m = 6 ⇔ ( x − m ) + y 2 = 36

được

hệ

phương

trình

 36 − m x= 2  ( x − m )2 + y 2 = 36 4 − 2m ( 4 − 2m ) x = 36 − m  ⇔ ⇔ 2    2 2 2 2 2  y = 4 − ( x − 2 )  y 2 = 4 −  36 − m − 2  ( x − 2 ) + y = 4     4 − 2m  

QU Y

KÈ

 36 − m2  36 − m 2 36 − m 2 − 2 = 0 ⇔ 2 = Ycbt ⇔ 4 −  − 2 hoặc −2 = −2 4 − 2m 4 − 2m  4 − 2m  ⇔ m = 10 hoặc m = − 2 hoặc m = ± 6 Vậy tổng là 10 − 2 + 6 − 6 = 8 . Câu 60. Cho số phức z thỏa mãn z − 4 = (1 + i ) z − ( 4 + 3 z ) i . Môđun của số phức z bằng A. 2 . B. 1 . C. 16 . D. 4 . Lời giải Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . có:

z − 4 = (1 + i ) z − ( 4 + 3 z ) i ⇔ z (1 + 3i ) − 4 + 4i = (1 + i ) z

DẠ

⇔ ( a + bi )(1 + 3i ) − 4 + 4i = (1 + i ) a 2 + b 2 ⇔ a − 3b − 4 + ( 3a + b + 4 ) i = a 2 + b 2 + a 2 + b 2 i

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a − 3b − 4 = a 2 + b 2 a − 3b − 4 = a 2 + b 2 −5b − 8 = 5b 2 + 16b + 16 ⇔ ⇔ ⇔ a = −2b − 4 a = −2b − 4 3a + b + 4 = a 2 + b 2

FI CI A

8  b ≤ − 5  −5b − 8 ≥ 0   b = −2 ( N ) b = −2   2 ⇔ 20b + 64b + 48 = 0 ⇔   . ⇔ b = − 6 ( L ) a = 0 a = −2b − 4  5    a = −2b − 4  Vậy z = 2 .

z1 = 2 3 ,

P = z1 − z2 + z1 + z2 .

B. P = 2 0 3 .

A. P = 60.

C. P = 30 2 . Lời giải

2 2  z1 = 2 3 a + b = 12 Theo đề:  ⇔ 2 2 c + d = 18  z2 = 3 2 Vậy 2

D. P = 50 .

ƠN

Đặt z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d ∈ ℝ )

P = z1 − z 2 + z1 + z 2

z2 = 3 2 . Hãy tính giá trị biểu thức

Câu 61. Cho hai số phức z1 , z 2 thoả mãn:

= ( a − c ) + ( b − d ) + ( a + c ) + ( b + d ) = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = 60 2

Câu 62.

(Mã 104 2017) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số

QU Y

phức z thỏa mãn z.z = 1 và z − 3 + i = m . Tìm số phần tử của S .

B. 4 .

A. 2 .

D. 3 .

DẠ

KÈ

Chọn A

C. 1 . Lời giải

 x 2 + y 2 = 1 (1)  Gọi z = x + yi , ( x, y ∈ ℝ ) , ta có hệ  2 2 2  x − 3 + ( y + 1) = m ( m ≥ 0)

(

)

Ta thấy m = 0  z = 3 − i không thỏa mãn z.z = 1 suy ra m > 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét trong hệ tọa độ Oxy tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn (C1 ) có O(0;0), R1 = 1 , tập hợp các điểm thỏa mãn ( 2 ) là đường tròn (C2 ) tâm I

(

)

3; −1 , R2 = m , ta thấy OI = 2 > R1

suy ra I nằm ngoài (C1 ) .

FI CI A

Để có duy nhất số phức z thì hệ có nghiệm duy nhất khi đó tương đương với (C1 ), (C2 ) tiếp xúc ngoài và tiếp xúc trong, điều này xảy ra khi OI = R1 + R2 ⇔ m + 1 = 2 ⇔ m = 1 hoặc

R2 = R1 + OI ⇔ m = 1 + 2 = 3 Câu 63.

(Mã 103 2018) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i )( z − 2 ) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa

độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 2 2 B. 4 C. 2 D. 2 Lời giải Chọn C Giả sử z = x + yi với x, y ∈ ℝ .

Vì ( z + 2i )( z − 2 ) =  x + ( 2 − y ) i  ( x − 2 ) + yi  =  x ( x − 2 ) − y ( 2 − y )  +  xy + ( x − 2 )( 2 − y )  i

ƠN

là số thuần ảo nên có phần thực bằng không do đó 2

x ( x − 2) − y ( 2 − y ) = 0

⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 2 . Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có

bán kính bằng

(

)

(Đề Tham Khảo 2019) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i ) z + 2 là số thuần ảo. Biết rằng

Câu 64.

tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là A. (1;1) B. ( −1;1) C. ( −1; −1) D. (1; −1)

Lời giải

Chọn C

QU Y

Gọi z = x + yi  z = x − yi

( z + 2i ) ( z + 2 )

= z.z + 2 z + 2iz + 4i = x 2 + y 2 + 2 ( x + yi ) + 2i ( x − yi ) + 4i = x2 + y2 + 2x + 2 y + ( 2x + 2 y + 4) i

là số thuần ảo ⇔ x 2 + y 2 + 2 x + 2 y = 0

( z + 2i ) ( z + 2 ) Câu 65.

KÈ

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của z là một đường tròn có tâm là I ( −1; −1) .

(Mã 101 2019) Xét số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm

4 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 34 . C. 26 . Lời giải

biểu diễn các số phức w =

DẠ

26 .

D. 34 .

Chọn B 4 + iz w= ⇔ (1 + z ) w = 4 + iz ⇔ z ( w − i ) = 4 − w 1+ z

⇔ z . w − i = 4 − w ⇔ 2. w − i = 4 − w (*) Gọi w = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) khi đó thay vào (*) ta có:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 2 2. x + yi − i = 4 − x − yi ⇔ 2  x 2 + ( y − 1)  = ( x − 4 ) + y 2   2

⇔ x 2 + y 2 + 8 x − 4 y − 14 = 0 ⇔ ( x + 4 ) + ( y − 2 ) = 34 .

4 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 34 . 1+ z (Mã 102 - 2019) Xét số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm

Câu 66.

FI CI A

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức w =

3 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 20 . C. 12 . Lời giải

biểu diễn các số phức w =

A. 2 5 .

3 + iz ⇔ w + wz = 3 + iz ⇔ w − 3 = ( i − w) z . 1+ z  w − 3 = (i − w) z ⇔ w − 3 = (i − w) z .

Ta có: w =

Do đó, w − 3 = ( i − w ) z ⇔

( x − 3)

+ y2 =

ƠN

Gọi w = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) .

Chọn A

D. 2 3 .

x 2 + (1 − y ) . 2

⇔ ( x − 3 ) + y 2 = 2 x 2 + 2 (1 − y ) ⇔ x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 7 = 0 .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn z = 2 là đường tròn có tâm I ( −3; 2 ) và bán kính bằng 2 5 .

Câu 67. Cho số phức z thỏa mãn

z = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức

w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn đó? B. I ( −3;2) .

C. I ( 3;2) .

QU Y

A. I ( 3; − 2) . Cách 1.

D. I ( −3; − 2 ) .

Lời giải

Đặt w = x + yi .Ta có w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z .

⇔ x + yi = 3 − 2i + ( 2 − i ) z .

⇔ ( 2 − i ) z = ( x − 3) + ( y + 2) i .

⇔ ( 4 − i 2 ) z = ( x − 3) + ( y + 2 ) i  . ( 2 + i ) . 2x − y − 8 x + 2 y +1 + i. 5 5

KÈ

⇔z=

 2x − y − 8   x + 2 y +1  Vì z = 2 nên   +  = 4. 







DẠ

⇔ x + y −6x + 4y +13 = 20 . 2

⇔ ( x − 3 ) + ( y + 2 ) = 20 .

Vây tập hợp biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 3; − 2) .

Cách 2. Đặt z = a + bi; w = x + yi . Vì z = 2 nên a 2 + b2 = 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z .

⇔ x + yi + 2i − 3 = ( 2 − i )( a + bi ) .

 ( x − 3) + ( y + 2 ) = ( 2a + b ) + ( 2b − a ) .

(

)

⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) = 5 a 2 + b 2 . ⇔ ( x − 3 ) + ( y + 2 ) = 20 .

Vây tập hợp biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 3; − 2) .

FI CI A

⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) i = ( 2a + b ) + ( 2b − a ) i .

z+2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số z − 2i phức z luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 1 . B. 2 . C. 2 2 . D. 2 . Lời giải Đặt z = a + bi, a, b ∈ ℝ . Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn cho số phức z .

Câu 68. Xét các số phức z thỏa mãn

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) +  − ( a + 2 )( b − 2 ) + ab  i a2 + (b − 2)

( a + 2 + bi ) a − ( b − 2 ) i  z+2 a + 2 + bi = = 2 z − 2i a + ( b − 2 ) i a2 + (b − 2)

ƠN

Có w =

QU Y

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) = 0 (1) w là số thuần ảo ⇔  2 2 a + ( b − 2 ) ≠ 0 Có (1) ⇔ a 2 + b 2 + 2a − 2b = 0 .

Suy ra M thuộc đường tròn tâm I ( −1;1) , bán kính R = 2 .

Câu 69. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 − 3i = 2 . Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = ( 2 − i ) z − 3i + 5 là một đường tròn. Xác định tâm I và bán kính của đường tròn trên. A. I ( −6; − 4 ) , R = 2 5 . B. I ( 6; 4 ) , R = 10 .

C. I ( 6; 4 ) , R = 2 5 .

D. I ( −6; 4 ) , R = 2 5 .

KÈ

Lời giải Ta có: w = ( 2 − i ) z − 3i + 5 ⇔ w = ( 2 − i )( z + 1 − 3i ) + 6 + 4i

⇔ w − 6 − 4i = ( 2 − i )( z + 1 − 3i )

 w − 6 − 4i = ( 2 − i )( z + 1 − 3i ) = 2 5

DẠ

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi ( x; y ∈ ℝ )

w − 6 − 4i = 2 5 ⇔ ( x − 6 ) + ( y − 4 ) i = 2 5 2

(

⇔ ( x − 6) + ( y − 4) = 2 5

)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số w là đường tròn tâm I ( 6; 4 ) , bán kính R = 2 5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 70. Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 5 − 3i = 5 , đồng thời z1 − z2 = 8

5  3 9  A.  x −  +  y −  = . 2  2 4 

B. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 .

FI CI A

. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w = z1 + z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây?

5  3  D.  x −  +  y −  = 9 . 2  2  Lời giải

ƠN

C. ( x − 10) + ( y − 6 ) = 16 .

Gọi A , B , M là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , w . Khi đó A , B thuộc đường tròn 2

OM và IT = IA2 − TA2 = 3 .

( C ) : ( x − 5) + ( y − 3) = 25 và AB = z1 − z2 = 8 . ( C ) có tâm I ( 5;3) và bán kính R = 5 , gọi T là trung điểm của

AB khi đó T là trung điểm của

QU Y

Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J (10; 6 ) và IT là đường trung bình của tam giác OJM , do đó JM = 2 IT = 6 .

Vậy M thuộc đường tròn tâm J bán kính bằng 6 và có phương trình ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 . Câu 71. Xét số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 3 , biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức

KÈ

w = (12 − 5i) z + 4i là một đường tròn. Tìm bán kính r của đường tròn đó. A. r = 13 . B. r = 39 . C. r = 17 D. r = 3 . Lời giải Gọi số phức w = x + yi, với x, y ∈ R , biểu diễn bởi M ( x; y ) w = (12 − 5i) z + 4i ⇔ x + yi = (12 − 5i) z + 4i ⇔ z = x − ( y − 4)i 12 + 5i

z=

DẠ

Ta có : z − 3i + 4 = 3 ⇔

⇔

x + ( y − 4)i 12 − 5i

x − ( y − 4)i − 3i + 4 = 3 12 + 5i

( x + 63) 2 + ( y + 12) 2 x + 63 − ( y + 12)i =3⇔ = 3 ⇔ ( x + 63) 2 + ( y + 12)2 = 392 2 2 12 + 5i 12 + 5

Vậy r = 39 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 72. Cho số phức z thảo mãn ( z + 1 − 3i )( z + 1 + 3i ) = 25 . Biết tập hợp biểu diễn số phức z là một đường tròn có tâm I ( a ; b ) và bán kính c . Tổng a + b + c bằng B. 3 .

C. 2 . Lời giải

D. 7 .

A. 9 .

FI CI A

Chọn D Ta có ( z + 1 − 3i )( z + 1 + 3i ) = 25 ⇔ z.z + ( z + z ) + ( z − z ) 3i = 15 (*) .  z. z = x 2 + y 2  Đặt z = x + yi , ( x, y ∈ ℝ ) khi đó  z + z = 2 x .  z − z = 2 yi  2 2 Thay vào (*) ta được x + y + 2 x − 6 y − 15 = 0 .

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn z thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ( −1;3 ) và bán kính R = 5 .

Cách 2: Đặt z0 = −1 + 3i và R = 5 . 2

ƠN

 a = −1  Suy ra b = 3 . Vậy a + b + c = 7 . c = 5 

Ta có z − z0 z − z0 = z − z0 z − z0 = z − z0 . 2

Suy ra z − z0 z − z0 = R 2 ⇔ z − z0 = R 2 ⇔ z − z0 = R , với R > 0 . Vậy tập hợp biểu diễn số phức z thuộc đường tròn tâm I ( −1;3 ) , bán kính R = 5 .

Câu 73.

QU Y

 a = −1  Suy ra b = 3 . Vậy a + b + c = 7 . c = 5 

(Đề Tham Khảo 2018) Xét số phức z = a + bi

( a, b ∈ ℝ )

thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính

P = a + b khi z + 1 − 3i + z − 1 + i đạt giá trị lớn nhất.

B. P = 10

A. P = 8 Lời giải Chọn B

C. P = 4

D. P = 6

Goi M ( a; b ) là điểm biểu diễn của số phức z. 2

KÈ

Theo giả thiết ta có: z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3 ) = 5  Tập hợp điểm biểu diễn số phức

DẠ

z là đường tròn tâm I ( 4;3) bán kính R = 5

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

 A ( −1;3)  Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i = MA + MB Gọi:   B (1; −1) Gọi E là trung điểm của AB, kéo dài EI cắt đường tròn tại D Ta có: Q 2 = MA 2 + MB 2 + 2 MA.MB ⇔ Q 2 ≤ MA2 + MB 2 + MA2 + MB 2 = 2 ( MA2 + MB 2 )

Vì ME là trung tuyến trong ∆ MAB  ME 2 =

MA2 + MB 2 AB 2 AB 2 −  MA2 + MB 2 = 2 ME 2 + 2 4 2

 AB 2  2 2  Q 2 ≤ 2  2ME 2 +  = 4ME + AB . Mặt khác ME ≤ DE = EI + ID = 2 5 + 5 = 3 5 2  

( )

 Q2 ≤ 4. 3 5 + 20 = 200

ƠN

 MA = MB  Q ≤ 10 2  Qmax = 10 2 ⇔  M ≡ D 4 = 2( xD − 4)  xD = 6 ⇔ EI = 2 ID ⇔  ⇔ ⇔ M ( 6; 4 )  P = a + b = 10 2 = 2( yD − 3)  yD = 4 2

a − 4 = 5 sin t Đặt  . Khi đó: b − 3 = 5 cos t

Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i =

(

)

( a + 1) + ( b − 3)

5 sin t + 5 + 5cos2 t +

(

) (

5 sin t + 3 +

QU Y

Cách 2:Đặt z = a + bi. Theo giả thiết ta có: ( a − 4 ) + ( b − 5 ) = 5.

( a − 1) + ( b + 1) 5 cos t + 4

)

= 30 + 10 5 sin t + 30 + 2 5 ( 3sin t + 4 cos t )

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

(

)

(

)

Q ≤ 2 60 + 8 5 ( 2 sin t + cos t ) ≤ 2 60 + 8 5. 5 = 200 = 10 2

 Q ≤ 10 2  Qmax = 10 2

KÈ

 sin t =  Dấu bằng xảy ra khi  cos t = 

2 a = 6 5   P = a + b = 10. 1 b = 4 5

Câu 74. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i = 1 . Số phức z − i có môđun nhỏ nhất là: 5−2.

5 − 1.

C. 5 + 1 . Lời giải

5+2.

DẠ

Cách 1: Đặt w = z − i  z = w + i . Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số phức w.

Từ giả thiết z − 2 − 2i = 1 ta được: 2

w + i − 2 − 2i = 1 ⇔ w − 2 − i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Suy ra tập hợp những điểm M ( x; y ) biểu diễn cho số phức w là đường tròn ( C ) có tâm I ( 2;1)

FI CI A

bán kính R = 1 .

Ta có w = OM Mà OM + MI ≥ OI ⇔ OM + MI ≥ OA + AI ⇔ OM ≥ OA Nên w nhỏ nhất bằng OA = OI − IA = 5 − 1 khi M ≡ A.

Cách 2: 2

Giả sử OI cắt đường tròn ( C ) tại hai điểm A, B với A nằm trong đoạn thẳng OI .

ƠN

Từ z − 2 − 2i = 1  ( a − 2 ) + ( b − 2 ) = 1 với z = a + bi ( a, b ∈ ℝ )

a − 2 = sin x; b − 2 = cos x  a = 2 + sin x, b = 2 + cos x

z − i = 2 + sin x + ( 2 + cos x ) i − i

đó:

Khi

≥ 6−

= 6 + ( 4sin x + 2 cos x )

+ 2 2 )( sin 2 x + cos 2 x ) = 6 − 2 5 =

)

5 −1

( 2 + sin x ) + (1 + cos x )

= 5 −1

 2 5 sin x = −  4 cos x = 2sin x  5  5 − 1 khi  4sin x + 2 cos x = −2 5 cos x = − 5  5

QU Y

Nên z − i nhỏ nhất bằng

(

 2 5  5 Ta được z =  2 −  +  2 − i 5   5   Cách 3:

Sử dụng bất đẳng thức z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2

KÈ

z − i = ( z − 2 − 2i ) + ( 2 + i ) ≥ z − 2 − 2i − 2 + i = 5 − 1 Câu 75. Cho số phức z thoả mãn z − 2 − 3i = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của z + 1 + i . A. 13 + 3 .

B. 13 + 5 .

C. 13 + 1 . Lời giải

D. 13 + 6 .

Chọn C 2

DẠ

Ta có 1 = z − 2 − 3i = ( z − 2 − 3i ) .( z − 2 − 3i ) = ( z − 2 − 3i )( z − 2 + 3i )

⇔ 1 = ( z − 2 − 3i )( z − 2 + 3i ) ⇔ z − 2 + 3i = 1`⇔ z + 1 + i − 3 + 2i = 1(*) . +Đặt w = z + 1 + i , khi đó ⇔ w − 3 + 2i = 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = z + 1 + i là đường tròn ( I ;1) và w là khoảng cách từ gốc tọa độ đến 1 điểm trên đường tròn. Do đó giá trị lớn nhất của w chính là đoạn OQ .  w max = 1 + 32 + 2 2 = 1 + 13 .

khoảng nào? A. ( 0;1009 ) .

B. (1009; 2018 ) .

Câu 76. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 + 7 − 24i nằm trong C. ( 2018; 4036 ) . Lời giải

D. ( 4036; +∞ ) .

Đặt z0 = 4 − 3i  z0 = 5, z0 2 = 7 − 24i . 2

(

ƠN

Ta có 1 = z − 3i + 4 ≥ z − 3i − 4 = z − 5  −1 ≤ z − 5 ≤ 1  4 ≤ z ≤ 6 .

Ta có A = z 2 + 7 − 24i = z 2 + zo 2 = z 2 + zo 2

(

)

)( z

(

Suy ra A = z + zo + 1 − z − zo

+ zo

2 2

) − 2 z. z

)= z

(

+ z o + z. z o + z o . z

)

− 2 z. z o

Mà ( z + zo ) z + zo = 1  z.zo + zo .z = 1 − z − zo

= 2 z − 2 z + 1201 .

QU Y

Hàm số y = 2t 4 − 2t 2 + 1201 đồng biến trên [ 4; 6 ] nên A ≥ 2.44 − 2.42 + 1201 = 1681.

 z = 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  .  z + 4 − 3i = 1 Do đó z 2 + 7 − 24i nằm trong khoảng (1009; 2018 ) .

Câu 77. Cho số phức z thỏa mãn z + z + z − z = 4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

A. A∈

(

nhất của P = z − 2 − 2i . Đặt A = M + m. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

)

34; 6 .

(

)

B. A∈ 6; 42 .

(

)

C. A∈ 2 7; 33 .

)

D. A ∈  4;3 3 .

KÈ

Lời giải Đặt z = x + iy và gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của z = x + iy ta có: z + z + z − z = 4 ⇔ x + y = 2

DẠ

Gọi A ( 2; 2 ) và P = MA

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

* Theo hình vẽ, min P = d ( A, ∆ ) , với ∆ : x + y = 2

2+2−2 2

= 2

và min P =

max P = AE = 22 + 42 = 2 5, với E ( 0; −2 ) Vậy M + m = 2 + 2 5 ≃ 5,88

Câu 78. Trong các số phức z thỏa mãn z − 1 + i = z + 1 − 2i , số phức z có mô đun nhỏ nhất có phần ảo 3 C. − . 5 Lời giải Gọi z = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) được biểu diễn bởi điểm M ( x ; y ) .

3 . 5

D. −

3 . 10

ƠN

là

z − 1 + i = z + 1 − 2i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) i = ( x + 1) − ( y + 2 ) i

( x − 1)

+ ( y + 1) =

Cách 1:

( x + 1)

+ ( y + 2 ) ⇔ 4 x + 2 y + 3 = 0 ⇔ y = −2 x −

QU Y

⇔

3 . 2

3 9 3 9 3 5   z = x + y = x +  −2 x −  = 5 x 2 + 6 x + = 5  x +  + ≥ , ∀x . 2 4 5  20 10   2

Suy ra min z =

3 3 3 5 khi x = − ; y = − . 10 5 10

Vậy phần ảo của số phức z có mô đun nhỏ nhất là −

3 . 10

KÈ

Cách 2: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng d : 4 x + 2 y + 3 = 0 . Ta có z = OM . z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên d . Phương trình đường thẳng OM đi qua O và vuông góc với d là: x − 2 y = 0 .

DẠ

3  x=−  4 x + 2 y + 3 = 0  5  3 3 ⇔ Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:   M − ;−   5 10  x − 2 y = 0 y = − 3  10 3 3 . Hay z = − − i . 5 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 . 10 Nhận xét: Ta có thể tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z như sau: Vậy phần ảo của số phức z có mô đun nhỏ nhất là −

z − 1 + i = z + 1 − 2i ⇔ z − (1 − i ) = z − ( −1 − 2i ) (*)

FI CI A

Gọi M biểu diễn số phức z , điểm A (1; − 1) biểu diễn số phức 1 − i , điểm B ( −1; − 2 ) biểu diễn số phức − 1 − 2i . Khi đó (*) ⇔ MA = MB . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình d : 4 x + 2 y + 3 = 0 .

Câu 79. Cho số phức z thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 2

A. w = 3 137 .

B. w = 1258 .

nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Môđun của số phức w = M + mi là

C. w = 2 309 . Lời giải

- Đặt z = x + yi , với x, y ∈ ℝ .

D. w = 2 314 .

ƠN

Ta có: z − 3 − 4i = 5 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4 ) i = 5 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4) = 5 , hay tập hợp các

điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( C ) có tâm I ( 3; 4 ) , bán kính r = 5 . 2

- Khi đó : P = z + 2 − z − i = ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3

 4 x + 2 y + 3 − P = 0 , kí hiệu là đường thẳng ∆ .

- Số phức z tồn tại khi và chỉ khi đường thẳng ∆ cắt đường tròn ( C ) ⇔ d (I;∆) ≤ r ⇔

23 − P

Vậy w = 1258 .

QU Y

≤ 5 ⇔ P − 23 ≤ 10 ⇔ 13 ≤ P ≤ 33 2 5 Suy ra M = 33 và m = 13  w = 33 + 13i . Câu 80. Xét số phức z thỏa mãn z − 2 − 4i = 5 . Gọi a và b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị biểu thức a 2 − b 2 bằng

B. 4 5 .

C. 20 . Lời giải

D. 2 5 .

A. 40 .

KÈ

Chọn A Gọi M ( x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi với x , y ∈ ℝ . 2

Ta có z − 2 − 4i = 5 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = 5  tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một

DẠ

đường tròn có tâm I ( 2; 4 ) và bán kính R = 5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Kẻ đường thẳng đi qua 2 điểm O và I cắt đường tròn tại 2 điểm M và N như hình vẽ.

OI = 2 2 + 42 = 2 5 ; IM = IN = R = 5 . Từ hình vẽ ta thấy:

z max = ON = OI + IN = 2 5 + 5 = 3 5 = a .

DẠ

KÈ

QU Y

Vậy a 2 − b 2 = 40 .

ƠN

z min = OM = OI − IM = 2 5 − 5 = 5 = b .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 45. (THAM KHẢO BGD 2022) Cho hàm số f ( x) = 3x 4 + ax3 + bx 2 + cx + d (a, b, c, d ∈ ℝ) có ba

FI CI A

của đồ thị hàm số y = f ( x) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ( x) và

y = g ( x) bằng A.

500 . 81

36 . 5

2932 . 405

Lời giải Chọn D

2948 . 405

Ta có: f ′( x) = 12 x3 + 3ax 2 + 2bx + c 12a − 4b + c = 96 a = 8   Theo bài ra, ta có: 3a − 2b + c = 12 ⇔ b = −6 3a + 2b + c = −12 c = −24  

ƠN

 f ( x) = 3x 4 + 8x3 − 6 x 2 − 24 x + d

điểm cực trị là − 2 , −1 và 1. Gọi y = g ( x) là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị

Giả sử y = g ( x) = ax 2 + bx + c

 y = g ( x) = −7 x 2 − 16 x + 4 + d

 g ( −2) = 8 + d  4a − 2b + c = 8 + d  a = −7      g ( −1) = 13 + d ⇔  a − b + c = 13 + d ⇔ b = −16   a + b + c = −19 + d c = 4 + d    g (1) = −19 + d

QU Y

x = 1  x = − 2 4 3 2 Xét f ( x ) − g ( x ) = 0 ⇔ 3x + 8 x + x − 8 x − 4 = 0 ⇔  3  x = −1   x = −2 1

Diện tích hình phẳng cần tìm là S =

−1



KÈ =

3x 4 + 8 x3 + x 2 − 8 x − 4 dx +

−2

−2 −

 3x

+ 8 x3 + x 2 − 8x − 4 dx

−2

2 3



3x 4 + 8 x 3 + x 2 − 8 x − 4 dx +

−1

 3x −

+ 8 x3 + x 2 − 8 x − 4 dx

2 3

2948 . 405

DẠ



f ( x ) − g ( x ) dx =

Câu 1.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Cho hai hàm số f ( x ) , g ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số

f ' ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d , g ' ( x ) = qx 2 + nx + p với a, q ≠ 0 có đồ thị như hình vẽ sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ' ( x ) , y = g ' ( x ) bằng 10 và

f ( 2 ) = g ( 2 ) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) bằng

17 14 16 . . B. . C. 5. D. 3 3 3 Cho hai hàm số f ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx − 1; g ( x) = ex − 2 ( a, b, c, d , e ∈ ℝ ) . Biết rằng đồ thị của

Câu 2.

ƠN

A. Câu 3.

QU Y

hai hàm số y = f ( x) và y = g ( x) tiếp xúc nhau tại hai điểm có hoành độ lần lượt là −1;2 ( tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

81 . 20

81 . 4

81 . 10

81 . 40

Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 3 có đồ thị (C ) . Gọi E là một điểm thuộc (C ) sao cho tiếp tuyến

của (C ) tại E cắt (C ) tại điểm thứ hai F và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng EF

27 . Tiếp tuyến của (C ) tại F cắt (C ) tại điểm thứ hai Q . Diện tích hình phẳng 64 giới hạn bởi các đường thẳng FQ với (C ) bằng

KÈ

với (C ) bằng

27 27 459 135 . B. . C. . D. . 8 4 64 64 Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai

Câu 4.

DẠ

điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 . Gọi S1 , S2 là diện tích của hai hình phẳng được cho trong hình vẽ bên. Tính tỉ số

S1 S2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

5 3 3 5 . B. . C. . D. . 4 5 8 8 4 2 Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + 1( a ≠ 0; a, b ∈ ℝ ) mà đồ thi hàm số f ''( x) và đồ thị hàm số f ( x)

A. Câu 5.

có một điểm chung duy nhất là nằm trên trục Oy (hình vẽ), trong đó ± x1 là nghiệm của f ( x) và

± x2 là nghiệm của f ''( x), ( x1 , x2 > 0 ) . Biết x1 = 3x2 , tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các

Câu 6.

152 . 45

73 . 15

QU Y

ƠN

đồ thị f ( x), f ''( x) và trục Ox .

152 . 15

73 . 45

4 3 2 3 2 Cho hai hàm số f ( x) = ax + bx + cx + 3x và g ( x ) = mx + nx − x, với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′ ( x) và y = g′ ( x ) bằng

A. 32 ⋅

B. 7 1 ⋅

D. 64 ⋅

Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + x và g ( x) = mx + nx − 2x với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết 4

Câu 7.

C. 7 1 ⋅

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2, 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai

KÈ

đường y = f ' ( x) và y = g′ ( x ) bằng A. 3 2 . 3

D. 71 .

a , b, c , m , n ∈ ℝ . Biết hàm số

DẠ

C. 71 .

3 2 [Mức độ 3] Cho hai hàm số f ( x) = ax +bx + cx + 2x và g ( x) = mx + nx − 2x với

Câu 8.

B. 16 .

y = f ( x) − g ( x) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình

phẳng giới hạn bởi hai đường y = f '( x) và y = g '( x) bằng

A. 32 . 3

B. 71 . 9

C. 71 . 6

D. 6 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 71 .

B. 32 .

C. 16 .

D. 71 .

f ( x) = x + ax + bx + c với a , b , c 3

Câu 10. Cho hàm số

Cho hai hàm số f (x) = ax +bx + cx + 2x và g(x) = mx + nx − x ; với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có 3 điểm cực trị là – 1, 2, 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′( x ) và y = g ′ ( x ) bằng

FI CI A

Câu 9.

là các số thực. Biết hàm số

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) có hai giá trị cực trị là −5 và 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

các hàm số y =

A. ln 3 .

B. 3ln 2 .

C. ln 10 .

D. ln 7 .

f ( x) = x + ax + bx + c với a, b, c là các số thực. Biết hàm số

Câu 11. Cho hàm số

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) có hai giá trị cực trị là −5 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

B. ln 2 .

A. 2 ln 3 .

f ( x) = x + ax + bx + c với 3

Câu 12. Cho hàm số

C. ln15 .

D. 3ln 2 .

a , b, c

là các số thực. Biết hàm số

ƠN

các đường y =

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6. Diện tích hình phẳng giới hạn f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

A. 2ln3.

B. ln3.

bởi các đường y =

C. ln18.

D. 2ln2.

Câu 13. Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + 3x và g ( x ) = mx + nx − x, với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết 4

QU Y

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′ ( x ) và y = g ′ ( x ) bằng

32 ⋅ 3

71 ⋅ 9

71 ⋅ 6

64 ⋅ 9

4 3 2 3 2 Câu 14. Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + x và g ( x ) = mx + nx − 2x với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2, 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai 32 . 3

KÈ

đường y = f ' ( x ) và y = g′ ( x ) bằng 16 . 3

71 . 12

71 . 6

4 3 2 3 2 Câu 15. Cho hai hàm số f ( x) = ax +bx + cx + 2x và g ( x) = mx + nx − 2 x với a , b, c , m , n ∈ ℝ . Biết

hàm số y = f ( x)− g ( x) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f '( x) và y = g '( x) bằng 32 . 3

DẠ

71 . 9

C. 3

71 . 6

D. 3

64 . 9

Câu 16. Cho hai hàm số f (x) = ax + bx + cx + 2x và g(x) = mx + nx − x ; với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có 3 điểm cực trị là – 1, 2, 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′( x ) và y = g ′ ( x ) bằng A.

71 . 6

32 . 3

16 . 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

71 . 12

f ( x ) = x3 + ax2 + bx + c

Câu 17. Cho hàm số

vớ i

a, b, c

là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

FI CI A

A. ln 3 . Câu 18. Cho hàm số

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

các hàm số y =

B. 3 ln 2 . C. ln 10 . D. ln 7 . 3 2 f ( x ) = x + ax + bx + c với a , b , c là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

A. 2ln 3 . Câu 19. Cho hàm số

B. ln 2 . f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

C. ln15 . vớ i

a , b, c

D. 3ln 2 .

là các số thực. Biết hàm số

các đường y =

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6 . Diện tích hình phẳng giới hạn

A. 2ln 3. Câu 20. Cho hàm số

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

B. ln3. f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

C. ln18. D. 2ln 2. với a , b, c là các số thực. Biết hàm số

ƠN

bởi các đường y =

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −4 và 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn

A. 2 ln 2 . Câu 21.

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6 B. ln 6 .

bởi các hàm số y =

C. 3 ln 2 .

D. ln 2 .

(ĐTK2021) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số

KÈ

QU Y

f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm x1, x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f (x1) + f (x2 ) = 0 . Gọi S1 và S2 là S diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số 1 bằng: S2

B. 5. 8

C. 3. 8

D. 3.

DẠ

3 x và parabol y = x 2 + a ( a là tham số thực dương). 2 Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 (Mã 104 - 2019) Cho đường thẳng y =

Câu 22.

3 . 4

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L 1 9    2 16 

2 9    5 20 

C.  ;

 9 1 ;   20 2 

D. 

3 1 x và parabol y = x 2 + a , ( a là tham số thực dương). 4 2 Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S2 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

(Mã 102 - 2019) Cho đường thẳng y =

1 9  B.  ;  .  4 32 

QU Y

 7 1 A.  ;  .  32 4 

ƠN

Câu 23.

B.  ;

FI CI A

2 5

 

A.  0; 

 3 7  C.  ;  .  16 32 

 3 D.  0;  .  16 

Câu 24. Cho parabol ( P1 ) : y = − x 2 + 2 x + 3 cắt trục hoành tại hai điểm A, B và đường thẳng d : y = a

( 0 < a < 4 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a . Gọi S1 tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d .Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 )

là diện và trục

hoành. Biết S1 = S 2 , tính T = a3 − 8a 2 + 48a . A. T = 99 . B. T = 64 . C. T = 32 . D. T = 72 . 2 2 Câu 25. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường my = x , mx = y ( m > 0 ) . Tìm giá trị của

KÈ

m để S = 3 . A. m = 1

B. m = 2

C. m = 3

D. m = 4

Câu 26. Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 . Đường thẳng x=k

( 0 < k < ln 4 )

chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k

DẠ

để S1 = 2 S 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

A. 3,11

B. 2,45

ƠN

4 8 A. k = ln 2 . B. k = ln . C. k = ln 2 . D. k = ln 3 . 3 3 Câu 27. Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) và y = g ( x ) . Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là −3; − 1; 2. Diện tích của hình phẳng ( H ) ( phần gạch sọc trên hình vẽ bên) gần nhất với kết quả nào dưới đây?

C. 3,21

D. 2,95

Câu 28. Cho hàm số y = x4 − 6x2 + m có đồ thị ( Cm ) . Giả sử ( Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

QU Y

sao cho hình phẳng giới hạn bởi ( Cm ) và trục hoành có phần phía trên trục hoành và phần phía dưới trục hoành có diện tích bằng nhau. Khi đó m =

a a (với a , b là các số nguyên, b > 0 , là b b

phân số tối giản). Giá trị của biểu thức S = a + b là: B. 6. C. 5. A. 7.

Câu 29. Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p > 1 , q > 1 ,

D. 4. 1 1 + = 1 và các số dương a, b . Xét hàm p q

số: y = x p −1 ( x > 0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục

KÈ

hoành, đường thẳng x = a , Gọi ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường thẳng y = b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường

DẠ

thẳng x = a , y = b . Khi so sánh S1 + S2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B.

FI CI A

a p bq + ≤ ab p q

a p −1 b q −1 a p +1 b q +1 a p bq + ≥ ab . C. + ≤ ab . D. + ≥ ab . p −1 q −1 p +1 q +1 p q

Câu 30. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt ( P ) tại hai điểm A , B sao cho nhất S max của S .

ƠN

AB = 2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn

20183 A. S max B. S max C. Smax D. Smax = . 3 2 Câu 31. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x và hai đường thẳng y = a , y = b ( 0 < a < b ) 20183 = . 3

20183 − 1 = . 6

20183 + 1 = . 6

(hình vẽ). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = a (phần tô đen); ( S2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = b (phần gạch a

và b thì S1 = S2 ?

KÈ

QU Y

chéo). Với điều kiện nào sau đây của

DẠ

A. b = 3 4 a . B. b = 3 2 a . C. b = 3a . D. b = 6a . Câu 32. Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng 4 ( m) . Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

A. 3.738.574 (đồng). B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.990 (đồng). D. 4.115.408 (đồng). Câu 33. Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng 2

phần gạch chéo là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = 2x −1 và nửa trên của đường tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng

2 ( m) Tính số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm

3π − 2 × 250000 . 6

3π + 10 3π + 10 3π + 2 × 250000 . C. × 250000 . D. × 250000 6 3 6

ƠN

Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi m hoa cần ít nhất là 250000 đồng.

Câu 34. Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là 8 m và 4 m , F1 , F 2 là hai tiêu điểm của elip. Phần A , B dùng để

DẠ

KÈ

QU Y

trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông hoa và cỏ lần lượt là 250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm tròn đến hàng nghìn). A. 5.676.000 đ. B. 4.766.000 đ. C. 4.656.000 đ. D. 5.455.000 đ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 1.

Cho

hai

hàm

HƯỚNG DẪN GIẢI f ( x), g ( x) liên tục

số

trên

và

ℝ

hàm

số

f ' ( x ) = ax + bx + cx + d , g ' ( x ) = qx + nx + p với a, q ≠ 0 có đồ thị như hình vẽ sau: 2

FI CI A

ƠN

Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ' ( x ) , y = g ' ( x ) bằng 10 và

f ( 2 ) = g ( 2 ) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) bằng A.

17 . 3

14 . 3

C. 5.

16 . 3

Lời giải

Chọn D

Từ đồ thị và giả thiết suy ra: f ' ( x ) − g ' ( x ) = ax ( x − 1)( x − 2 ) , a > 0. 2

1  f ' ( x ) − g ' ( x ) dx = 10 ⇔ 2 a = 10 ⇔ a = 10.

QU Y

Mà

Ta có:

 ( f ' ( x ) − g ' ( x ) ) dx = 20  x ( x − 1)( x − 2 ) dx → f ( x ) − g ( x ) = 5 x

− 20 x 3 + 20 x 2 + C .

Theo giải thiết: f ( 2 ) − g ( 2 ) = 0 → C = 0 → f ( x ) − g ( x ) = 5 x 4 − 20 x3 + 20 x 2 .

KÈ

x = 0 f ( x ) − g ( x ) = 0 ⇔ 5 x 4 − 20 x3 + 20 x 2 = 0 ⇔  . x = 2 Do đó: diện tích hình phẳng cần tính bằng

Câu 2.

 f ( x ) − g ( x ) dx =  5 x 0

− 20 x 3 + 20 x 2 dx =

16 . 3

Cho hai hàm số f ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx − 1; g ( x) = ex − 2 ( a, b, c, d , e ∈ ℝ ) . Biết rằng đồ thị của

DẠ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L 81 . 20

81 . 4

FI CI A

81 . 10 Lời giải C.

Chọn D

81 . 40

Từ giả thiết ta có:

Câu 3.

ƠN

1 2 2 f ( x) − g ( x ) = k ( x + 1) ( x − 2 ) ; f (0) − g (0) = −1 − ( −2) = 1 = 4k  k = . 4 2 2 1 1 81 2 2 2 2 f ( x) − g ( x ) = ( x + 1) ( x − 2 ) ; S =  f ( x) − g ( x) =  ( x + 1) ( x − 2 ) = . 4 4 40 −1 −1 Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 3 có đồ thị (C ) . Gọi E là một điểm thuộc (C ) sao cho tiếp tuyến

của (C ) tại E cắt (C ) tại điểm thứ hai F và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng EF

27 . Tiếp tuyến của (C ) tại F cắt (C ) tại điểm thứ hai Q . Diện tích hình phẳng 64 giới hạn bởi các đường thẳng FQ với (C ) bằng với (C ) bằng

27 . 8

27 . 4

Chọn B Bổ đề. Ta có:

I =  ( x − a ) ( x − b )dx = a b

( x − a ) ( x − b)

135 . 64

Lời giải

|ba −  ( x − a )( x − b ) dx = −  ( x − a )( x − b ) dx 2

459 . 64

QU Y

→ 2 I =  ( x − a )( x − b )( b − a ) dx

KÈ

3 4 ( a + b )2 − 4ab  ∆  = b − a  I = − (b − a ) TH : b > a →  ( x − a )( x − b ) = =  36 36 6 12 a b

3 4 ( a + b )2 − 4ab  △3  = b − a  I = − (b − a ) TH : b < a → −  ( x − a )( x − b ) = =  36 36 6 12 a

DẠ

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = ( x − a ) ( x − b ) , trục Ox, đường thẳng x = a; x = b b

là S =

 ( x − a ) ( x − b) = −I = 2

(b − a )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Phương trình tiếp tuyến tại E là y = f '( xE ) ( x − xE ) + f ( xE )

( x + 2 xE − 3) = 0  xF + 2 xE − 3 = 0

FI CI A

x 3 − 3 x 2 + 3 = f '( xE ) ( x − xE ) + f ( xE )  ( x − xE )

Tiếp tuyến cắt đồ thị tại điểm F, vì tiếp tuyến tại E tiếp xúc với đồ thị nên có nghiệm kép là xE .

Ta có:

( 3xC − 3) = 27  x − 1 4 = 1 ; S = ( 3xD − 3) = ( 3 ( 3 − 2 xC ) − 3) = 64 ( xC − 1) = 27 27  S= ( C ) 1 64 12 64 16 12 12 12 4 4

Câu 4.

Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai

điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 . Gọi S1 , S2 là diện tích của hai hình phẳng

S1 S2

5 . 4

3 . 5

ƠN

được cho trong hình vẽ bên. Tính tỉ số

3 . 8

5 . 8

Lời giải

QU Y

Chọn B Điểm uốn của đồ thị hàm số là điểm A  x2 − x1 = 2  x A = 1 + x1    f ( x1 ) + f ( x2 ) = 2  f ( x A ) = 1 Tịnh tiến điểm A về gốc tọa độ

Ta được đồ thị hàm số mới

KÈ

x1 = −1; x2 = 1

g '( x) = k ( x 2 − 1) → g ( x ) =

DẠ

g (0) = 0  C = 0; g (1) =

Câu 5.

kx 3 − kx + C 3 0

kx 3 − kx 3

 −2k S 5 :12 5 S 3 −1 → 2 = = =  1 = . 0 3 3 S1 2 : 3 − 5 :12 3 S 5 −2k kx 2 .1 −  − kx 3 3 −1

Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + 1( a ≠ 0; a, b ∈ ℝ ) mà đồ thi hàm số f ''( x) và đồ thị hàm số f ( x) có một điểm chung duy nhất là nằm trên trục Oy (hình vẽ), trong đó ± x1 là nghiệm của f ( x) và

± x2 là nghiệm của f ''( x), ( x1 , x2 > 0 ) . Biết x1 = 3x2 , tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị f ( x), f ''( x) và trục Ox .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B.

73 . 15

FI CI A

152 . 45

152 . 15 Lời giải

Chọn A

f ( x) = ax 4 + bx 2 + 1; f ''( x) = 12ax 2 + 2b; f (0) = f ''(0) = 1  b =

2 3

 f ( x) − 

−2

f ''( x ) =

−2 3

ƠN

4 −3 2  a = ; x2 = ; x1 = 2 9 16 3

1 2

152 . 45

 x22 =

73 . 45

Câu 6.

QU Y

12ax22 + 1 = 0 12ax22 + 1 = 0   4 1 2   27 x22 − 18 x22 − 4 = 0 ax1 + x1 + 1 = 0   1 2 4 2 81 ax 9 x 1 0 + + = 2 2   2   x12 = 9 x22 4 3 2 3 2 Cho hai hàm số f ( x) = ax + bx + cx + 3x và g ( x ) = mx + nx − x, với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′ ( x) và y = g′ ( x ) bằng

A. 32 ⋅

B. 7 1 ⋅

D. 64 ⋅

Lời giải

KÈ

Chọn B

C. 7 1 ⋅

3 2 2 Ta có : f ′ ( x ) = 4ax + 3bx + 2cx + 3 và g′ ( x ) = 3mx + 2nx −1.

Suy ra: h′ ( x) = f ′ ( x) − g′ ( x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt là − 1, 2 và 3.

DẠ

Nên f ′ ( x ) − g′ ( x ) = 4a ( x +1)( x − 2)( x − 3)

( ∗) .

1 Thay x = 0 vào hai vế của (* ) ta được: f ′ ( 0 ) − g ′ ( 0 ) = 4 ⇔ a = . 6

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn: S =  −1

2 71 ( x + 1)( x − 2)( x − 3) dx = . 3 9

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 7.

4 3 2 3 2 Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + x và g ( x) = mx + nx − 2x với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2, 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai

B. 16 .

C. 71 .

D. 71 .

Lời giải Vì

hàm

số

y = f ( x) − g ( x)

có

điểm

FI CI A

A. 3 2 .

đường y = f ' ( x) và y = g′ ( x ) bằng

cực

trị

là

− 1, 2, 3

nên

hàm

số

y′ = f ′ ( x ) − g′ ( x ) = 4ax3 + 3( b − m) x2 + 2 ( c − n) x + 3 có ba nghiệm là −1, 2, 3. Suy ra, tồn tại số thực k để y′ = k ( x +1)( x − 2)( x − 3) .

Ta có f ′ ( 0) = 3 nên k = 1 . Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′ ( x) và 2

y = g′ ( x) bằng:



1 71 ( x + 1)( x − 2)( x − 3) dx = . 2 12 −1

y′ ( x ) dx = 

−1

4 3 2 3 2 Cho hai hàm số f ( x) = ax +bx +cx + 2x và g ( x) = mx + nx − 2x với a , b, c , m , n ∈ ℝ . Biết

ƠN

Câu 8.

hàm số y = f ( x)− g ( x) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai

đường y = f '( x) và y = g '( x) bằng 32 . 3

71 . 9

71 . 6

64 . 9

Lời giải

Chọn B

4 3 2 Ta có: y = f ( x) − g ( x) = ax +(b −m) x +(c − n) x + 4x

QU Y

⇒ y ' = f '( x) − g '( x) = 4ax3 + 3(b −m) x2 + 2(c −n) x + 4 Vì hàm số y = f ( x)− g ( x) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3 nên

y ' = f '( x) − g '( x) = 4ax3 + 3(b − m) x2 + 2(c − n) x + 4 = 4a ( x +1)( x − 2)( x −3) Đồng nhất hệ số, ta suy ra: 4 = 24 a ⇔ a = 1

6 2 Do đó: f ' ( x ) − g ' ( x ) = ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) 3

KÈ

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f '( x) và y = g '( x) là:

S =∫

−1

DẠ

Câu 9.

2 71 x +1)( x − 2)( x −3) dx = . ( −1 3 9

f '( x) − g '( x) dx = ∫

A. 71 . 6

B. 32 . 3

C. 16 . 3

D. 71 .

Lời giải Chọn D 4 3 2 Xét hàm số h ( x ) = f ( x) − g ( x) = ax + ( b − m) x + ( c − n) x + 3x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 h′ ( x ) = 4ax3 + 3( b − m) x2 + 2 ( c − n) x + 3 (1) . Vì hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị là – 1, 2, 3 nên phương trình h′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt Suy ra h′ ( x) có dạng h′ ( x) = A( x +1)( x − 2)( x − 3) ( 2) . Từ (1) ta có x = 0  h′ ( 0) = 3 .

FI CI A

là – 1, 2, 3.

Thế vào ( 2)  h′ ( 0) = A(1)( −2)( −3) = 3  A = 1  h ′ ( x ) = 1 ( x + 1)( x − 2 )( x − 3 ) . 2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f ′( x) và g′( x) là



−1

1 71 f ′ ( x ) − g ′ ( x ) dx =  h′ ( x ) dx =  ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx = . 2 −1 12 −1

f ( x) = x3 + ax2 + bx + c với a , b , c

Câu 10. Cho hàm số

là các số thực. Biết hàm số

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

các hàm số y =

B. 3ln 2 .

Chọn B Ta có

C. ln 10 . Lời giải

D. ln 7 .

A. ln 3 .

ƠN

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) có hai giá trị cực trị là −5 và 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) = x3 + ( a + 3) x2 + ( 2a + b + 6) x + ( 2a + b + c) g′ ( x) = f ′ ( x) + f ′′ ( x) + f ′′′ ( x ) = 3 x 2 + 2 ax + b + 6 x + 2 a + 6

QU Y

= 3x2 + ( 2a + 6) x + ( 2a + b + 6) .

Vì y = g ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 2 nên g′ ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt

x1, x2 với

g ( x1 ) = −5, g ( x2 ) = 2 .

Phương trình hoành độ giao điểm f ( x) f ( x) − g ( x) − 6 3x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) g′( x) =1⇔ =0 ⇔ =0⇔ =0. g ( x) + 6 g ( x) + 6 g ( x) + 6 g (x) + 6 Phương trình này cũng có hai nghệm phân biệt

x1, x2

KÈ

Như vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các hàm số y = x2

 x1

g′ ( x ) = ln g ( x ) + 6 g ( x) + 6

DẠ

Câu 11. Cho hàm số

x2 x1

f ( x) g ( x) + 6

và y = 1 là

= ln 2 + 6 − ln −5 + 6 = 3ln 2 .

f ( x) = x3 + ax2 + bx + c với a, b, c là các số thực. Biết hàm số

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) có hai giá trị cực trị là −5 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

các đường y =

A. 2 ln 3 .

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

B. ln 2 .

C. ln15 . Lời giải

D. 3ln 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Chọn A

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x)  g′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x) + f ′′′ ( x) = f ′ ( x) + f ′′ ( x) + 6 . x = x

f ( x) = x3 + ax2 + bx + c  f ′ ( x ) = 3x2 + 2ax + b , f ′′ ( x) = 6x + 2a , f ′′′ ( x ) = 6 .

f ( x) − f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) − 6  x = x1 . =1⇔ =0⇔ g (x) + 6 g ( x) + 6  x = x2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2  f ( x)  S =  − 1 dx =  g ( x) + 6  x1  

f ( x) và y = 1 là g ( x) + 6

− f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) − 6 dx = x g x + 6 ( ) 1

= ln g ( x 2 ) + 6 − ln g ( x1 ) + 6 = ln1 − ln 9 = 2 ln 3 .

f ( x) = x3 + ax2 + bx + c với

Câu 12. Cho hàm số

 g ( x ) + 6 d ( g ( x ) + 6) = ( ln g ( x ) + 6 )

a , b, c

Ta có:

FI CI A

1 Do g ( x ) có hai cực trị là −5 và 3 nên g ′ ( x ) = 0 ⇔  với g ( x1 ) = −5 , g ( x2 ) = 3 . x = x  2

x2 x1

là các số thực. Biết hàm số

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

A. 2ln3.

B. ln3.

Chọn D Ta có

f ′′ ( x) = 6x + 2a ; f ′′′ ( x ) = 6 ;

D. 2ln 2.

QU Y

f ′ ( x ) = 3x2 + 2ax + b ;

C. ln18. Lời giải

bởi các đường y =

ƠN

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6. Diện tích hình phẳng giới hạn

g ( x) = f ( x) + f ′ ( x) + f ′′ ( x)  g′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + 6 . Vì g ( x ) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6 nên không giảm tổng quát, g ( x ) có hai điểm cực trị

x1, x2 và g ( x1 ) = −3 , g ( x1 ) = 6 .

là

KÈ

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y =

f ( x) f (x) và y = 1 là =1 g ( x) + 6 g (x) + 6

⇔ f ( x) = g ( x) + 6 ⇔ f ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + 6

DẠ

⇔ f ′ ( x) + f ′′ ( x) + 6 = 0  x = x1 . ⇔ g′( x ) = 0 ⇔   x = x2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

f ( x) và y = 1 là: g ( x) + 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x2 x1

= ln12 − ln 3 = 2ln 2.

FI CI A

x2 x2  − g′ ( x )   g′ ( x )  =  dx =   dx = ln g ( x ) + 6   g x +6  g x + 6  x1  ( ) x1  ( )  

x2 x2 x2  f ( x)   f ( x) − g ( x) − 6   − f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) − 6  S =   − 1dx =   d x =   dx  g x + 6 g x + 6 g x + 6 ( ) ( ) ( ) x1  x1  x1    

4 3 2 3 2 Câu 13. Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + 3x và g ( x ) = mx + nx − x, với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′ ( x ) và y = g ′ ( x ) bằng

32 ⋅ 3

71 ⋅ 9

71 ⋅ 6

64 ⋅ 9

Lời giải

Chọn B

3 2 2 Ta có : f ′ ( x ) = 4ax + 3bx + 2cx + 3 và g′ ( x ) = 3mx + 2nx −1.

Nên f ′ ( x ) − g′ ( x ) = 4a ( x +1)( x − 2)( x − 3)

ƠN

Suy ra: h′ ( x ) = f ′ ( x ) − g′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt là − 1, 2 và 3.

( ∗) .

1 Thay x = 0 vào hai vế của (* ) ta được: f ′ ( 0 ) − g ′ ( 0 ) = 4 ⇔ a = .

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn: S =

2 71  3 ( x + 1)( x − 2)( x − 3) dx = 9 .

−1

3 2 Câu 14. Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + x và g ( x ) = mx + nx − 2x với a , b , c , m , n ∈ ℝ . Biết 4

QU Y

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là − 1, 2, 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai

đường y = f ' ( x ) và y = g′ ( x ) bằng A.

32 . 3

Vì

hàm

số

16 . 3

y = f ( x) − g ( x)

có

71 . 12

71 . 6

Lời giải ba

điểm

cực

trị

là

− 1, 2, 3

nên

hàm

số

y′ = f ′ ( x ) − g ′ ( x ) = 4ax3 + 3 ( b − m) x2 + 2 ( c − n ) x + 3 có ba nghiệm là −1, 2,3. Suy ra, tồn tại

KÈ

số thực k để y′ = k ( x + 1)( x − 2)( x − 3) . 1 Ta có f ′ ( 0) = 3 nên k = . Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ′ ( x ) và

y = g′ ( x ) bằng:



y′ ( x ) dx = 

−1

1 71 ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx = . 2 12

4 3 2 3 2 [Mức độ 3] Cho hai hàm số f ( x) = ax +bx + cx + 2x và g ( x) = mx + nx − 2 x với

DẠ

Câu 15.

a , b, c , m , n ∈ ℝ . Biết hàm số y = f ( x) − g ( x) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3. Diện tích hình

phẳng giới hạn bởi hai đường y = f '( x) và y = g '( x) bằng

32 . 3

71 . 9

71 . 6

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

64 . 9

Chọn B 4 3 2 Ta có: y = f ( x) − g ( x) = ax +(b − m) x +(c − n) x + 4x

FI CI A

Vì hàm số y = f ( x)− g ( x) có ba điểm cực trị là − 1, 2 và 3 nên

⇒ y ' = f '( x) − g '( x) = 4ax3 + 3(b − m) x2 + 2(c − n) x + 4 y ' = f '( x) − g '( x) = 4ax3 + 3(b − m) x2 + 2(c − n) x + 4 = 4a ( x +1)( x − 2)( x − 3) Đồng nhất hệ số, ta suy ra: 4 = 24 a ⇔ a =

1 6

2 3

Do đó: f ' ( x ) − g ' ( x ) = ( x + 1)( x − 2 )( x − 3)

S =∫

−1

f '( x) − g '( x) dx = ∫

−1

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f '( x) và y = g '( x) là:

2 71 ( x +1)( x − 2)( x − 3) dx = . 3 9 3

71 . 6

ƠN

16 . 3

71 . 12

Lời giải

Chọn D

4 3 2 Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) = ax + ( b − m) x + ( c − n) x + 3x

 h′ ( x ) = 4ax3 + 3 ( b − m) x2 + 2 ( c − n ) x + 3 (1) .

QU Y

Vì hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị là – 1, 2, 3 nên phương trình h′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt là – 1, 2, 3.

Suy ra h′ ( x ) có dạng h′ ( x ) = A( x +1)( x − 2)( x − 3) ( 2) . Từ (1) ta có x = 0  h′ ( 0) = 3 .

1 1 Thế vào ( 2)  h′ ( 0) = A (1)( −2)( −3) = 3  A =  h′ ( x ) = ( x + 1)( x − 2 )( x − 3 ) . 2



f ′ ( x ) − g ′ ( x ) dx =

KÈ

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f ′ ( x) và g′ ( x) là

−1

Câu 17. Cho hàm số



h′ ( x ) dx =

−1

1 71 ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx = .  2 −1 12

f ( x ) = x3 + ax2 + bx + c với a , b , c

là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

DẠ

các hàm số y =

A. ln 3 .

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

B. 3 ln 2 .

C. ln10 . Lời giải

D. ln 7 .

Chọn B Ta có g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) = x 3 + ( a + 3) x 2 + ( 2a + b + 6 ) x + ( 2a + b + c )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + f ′′′ ( x ) = 3x2 + 2ax + b + 6 x + 2a + 6 = 3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) .

Vì y = g ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 2 nên g ′ ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với

FI CI A

g ( x1 ) = −5, g ( x2 ) = 2 .

Phương trình hoành độ giao điểm f ( x) f ( x) − g ( x) − 6 g′( x) 3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) =1⇔ =0 ⇔ =0⇔ =0. g ( x) + 6 g ( x) + 6 g ( x) + 6 g ( x) + 6 Phương trình này cũng có hai nghệm phân biệt x1 , x2

g′ ( x)

 g ( x) + 6

= ln g ( x ) + 6

Câu 18. Cho hàm số

x2 x1

f ( x) và y = 1 là g ( x) + 6

Như vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các hàm số y =

= ln 2 + 6 − ln −5 + 6 = 3ln 2 .

f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c với a , b , c là các số thực. Biết hàm số

các đường y =

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

B. ln 2 .

C. ln15 . Lời giải

D. 3ln 2 .

A. 2ln 3 .

ƠN

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

Chọn A f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c  f ′ ( x ) = 3x 2 + 2ax + b , f ′′ ( x ) = 6 x + 2a , f ′′′ ( x ) = 6 .

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x )  g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + f ′′′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + 6 .

QU Y

 x = x1 Do g ( x ) có hai cực trị là −5 và 3 nên g ′ ( x ) = 0 ⇔  với g ( x1 ) = −5 , g ( x2 ) = 3 .  x = x2 f ( x) − f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) − 6  x = x1 Ta có: . =1⇔ =0 ⇔ g ( x) + 6 g ( x) + 6  x = x2 f ( x) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = và y = 1 là g ( x) + 6

 f ( x)  S =  − 1 dx =  g ( x) + 6  x1  

KÈ

− f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) − 6 dx = x g ( x) + 6 1

 x1

1 d ( g ( x ) + 6 ) = ln g ( x ) + 6 g ( x) + 6

(

)

x2 x1

= ln g ( x2 ) + 6 − ln g ( x1 ) + 6 = ln1 − ln 9 = 2ln 3 .

Câu 19. Cho hàm số

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

vớ i

a , b, c

là các số thực. Biết hàm số

DẠ

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6 . Diện tích hình phẳng giới hạn

bởi các đường y =

A. 2ln 3.

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6

B. ln3.

C. ln18. Lời giải

D. 2ln 2.

Chọn D Ta có

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

f ′ ( x ) = 3x 2 + 2ax + b ; f ′′ ( x ) = 6 x + 2a ;

FI CI A

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x )  g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + 6 .

f ′′′ ( x ) = 6 ;

Vì g ( x ) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6 nên không giảm tổng quát, g ( x ) có hai điểm cực trị là x1 , x2 và g ( x1 ) = −3 , g ( x1 ) = 6 . Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y =

f ( x) f ( x) và y = 1 là =1 g ( x) + 6 g ( x) + 6

⇔ f ( x) = g ( x) + 6

⇔ f ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + 6 ⇔ f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + 6 = 0

ƠN

 x = x1 . ⇔ g′( x ) = 0 ⇔   x = x2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

 − g′ ( x )  =   dx = g ( x ) + 6  x1  x2

 g′ ( x )    g ( x ) + 6 dx = ln g ( x ) + 6 x1  

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

QU Y

Câu 20. Cho hàm số

 f ( x) − g ( x) − 6  x  g ( x ) + 6 dx =  1

 f ( x)  x  g ( x ) + 6 − 1dx =  1

f ( x) và y = 1 là: g ( x) + 6

với

 − f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) − 6  dx g ( x) + 6 x1  

 

x2 x1

= ln12 − ln 3 = 2ln 2.

a , b, c

là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −4 và 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn

bởi các hàm số y =

A. 2 ln 2 .

f ( x) và y = 1 bằng g ( x) + 6 B. ln 6 .

C. 3 ln 2 .

D. ln 2 .

Lời giải

Chọn A Ta có: g ( x ) = f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) = x 3 + ( a + 3 ) x 2 + ( 2a + b + 6 ) x + ( 2 a + b + c )

KÈ

g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + f ′′′ ( x ) = 3 x 2 + 2ax + b + 6 x + 2a + 6

= 3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) .

DẠ

 x = x1 Do g ( x ) có hai cực trị là −5 và 3 nên g ′ ( x ) = 0 ⇔  với g ( x1 ) = −4 , g ( x2 ) = 2 .  x = x2 Phương trình hoành độ giao điểm f ( x) f ( x) − g ( x) − 6 3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) g′( x) =1⇔ =0 ⇔ =0⇔ =0 g ( x) + 6 g ( x) + 6 g ( x) + 6 g ( x) + 6

Phương trình này cũng có hai nghệm phân biệt x1 , x2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

g′ ( x)

 g ( x) + 6

= ln g ( x ) + 6

Câu 21.

= ln 2 + 6 − ln −4 + 6 = 2 ln 2 .

FI CI A

f ( x) và y = 1 là g ( x) + 6

Như vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các hàm số y =

(ĐTK2021) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số

3 . 4

ƠN

5 8

C. 3.

B. .

D. 3. 5

QU Y

Lời giải Chọn D Tịnh tiến điểm uốn về gốc tọa độ, ta được hình vẽ bên dưới.

Khi đó, do f ( x ) là hàm bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng nên

x1 =−1; x2 =1.

2 3 Chọn f ′ ( x ) = 3x − 3  f ( x ) = x − 3x .

KÈ

Nên S2 =

 (x

5 3 S 3 − 3 x ) dx = ; S1 + S 2 = 2  S1 =  1 = . 4 4 S2 5

DẠ

−1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 22.

2 5

1 9    2 16 

2 9    5 20 

B.  ;

C.  ;

 9 1 ;   20 2 

D. 

ƠN

 

A.  0; 

FI CI A

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

Lời giải Chọn C Giải toán:

3 x ⇔ 2 x 2 − 3 x + 2a = 0 2 a > 0 a > 0  ⇔ Để phương trình có 2 nghiệm dương thì  9 . ∆ > 0 a <   16 2

QU Y

Phương trình hoành độ giao điểm: x + a =

Gọi hai nghiệm đó là 0 < x1 < x2 thì x2 =

3 + 9 − 16a . 4

Để S1 = S 2 khi và chỉ khi x2

x23 3  3  2 x + a − x d x = 0 ⇔ + ax2 − x22 = 0  0  2  3 4

Ta có:

3   2 x + a − x  dx = 0  0  2 

KÈ

 3 + 9 − 16a    2 4 3 + 9 − 16a 3  3 + 9 − 16a    ⇔ +a⋅ − ⋅   = 0 3 4 4  4 

2 9  .  5 20 

DẠ

Giải nhanh bằng máy tính cho kết quả x = 0,421875 thuộc khoảng  ;

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(Mã 102 - 2019) Cho đường thẳng y =

1 9  B.  ;  .  4 32 

 3 7  C.  ;  .  16 32  Lời giải

 3 D.  0;  .  16 

 7 1 A.  ;  .  32 4 

FI CI A

Câu 23.

Chọn C

1 2 3 x − x + a = 0 ⇔ 2 x 2 − 3 x + 4a = 0 . 2 4 3  ( *)  x1 + x2 = 2 Theo đề bài phương trình có hai nghiệm 0 < x1 < x2 thỏa mãn  .  x1 x2 = 2a (**)  x1

S1 − S2 = 0 ⇔  0

2 1 2 3 1 3 x − x + a dx +  x 2 − x + a dx = 0 ⇔ 2 4 2 4 x1

1 3 3 2 x − x + ax 6 8

Từ (*)  x1 = (***)  →a =

=0 ⇔ 0

 0

1 2 3 x − x + a dx = 0 2 4

x 2 3x 1 3 3 2 x2 − x2 + ax2 = 0  a = − 2 + 2 6 8 6 8

QU Y

⇔

ƠN

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

3 x 2 3x 3  − x2 , thay vào (**)   − x2  x2 = − 2 + 2 2 3 4 2 

⇔

(***) . 2 x22 3 x2 9 − = 0  x2 = 8 3 4

27  3 7  . Vậy a ∈  ;  . 128  16 32 

Câu 24. Cho parabol ( P1 ) : y = − x 2 + 2 x + 3 cắt trục hoành tại hai điểm A, B và đường thẳng d : y = a

( 0 < a < 4 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a . Gọi S1 tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d .Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 ) 3

KÈ

hoành. Biết S1 = S 2 , tính T = a − 8a + 48a . A. T = 99 . B. T = 64 . C. T = 32 . D. T = 72 . Lời giải Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị.

DẠ

a Khi đó, phương trình các parabol mới là ( P1 ) : y = − x 2 + 4 , ( P2 ) : y = − x 2 + a . 4

Gọi A, B là các giao điểm của ( P1 ) và trục Ox  A ( −2; 0 ) , B ( 2;0 )  AB = 4 .

(

) (

Gọi A, B là giao điểm của ( P1 ) và đường thẳng d  M − 4 − a ; a , N

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

4 − a; a .

là diện và trục

Ta có S1 = 2  a

3 4 4  4 − y .dy = −  ( 4 − y ) 2  = ( 4 − a ) 4 − a 3 a 3

FI CI A

Theo giả thiết S1 = S2 

 ax3  8a  a  S2 = 2  − x 2 + a  .dx = 2  − + ax  = . 4   12 0 3 a 2

4 8a 3 ( 4 − a ) 4 − a = ⇔ ( 4 − a ) = 4a 2 ⇔ a3 − 8a 2 + 48a = 64 3 3

Vậy T = 64 .

Câu 25. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường my = x 2 , mx = y 2 ( m > 0 ) . Tìm giá trị của B. m = 2

C. m = 3 Lời giải

Chọn C

D. m = 4

m để S = 3 . A. m = 1

(1) ( 2)

ƠN

 my = x 2 Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình:  2  mx = y

 x2  x = 0 Thế (1) vào (2) ta được: mx =   ⇔ m3 x − x 4 = 0 ⇔  x = m > 0 m x2 y >0 > 0 nên mx = y 2 ← → y = mx m

Vì y =

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S =  0

m  x2 x2  mx − dx =   mx −  dx m m 0

QU Y

 2 m 32 x3  1 2 1 2 =  .x −  = m = m 3m  3 3  3 0

1 m>0 Yêu cầu bài toán S = 3 ⇔ m 2 = 3 ⇔ m 2 = 9 ← →m = 3 3 Câu 26. Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 . Đường thẳng x=k

( 0 < k < ln 4 )

chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k

DẠ

KÈ

để S1 = 2 S 2 .

4 A. k = ln 2 . 3

8 B. k = ln . 3

C. k = ln 2 .

D. k = ln 3 .

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Diện tích hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 là S=

 e dx = e x

x ln 4 0

= eln 4 − e0 = 4 − 1 = 3 (đvdt).

FI CI A

1 3 2 S 2.3 Ta có S = S1 + S 2 = S1 + S1 = S1 . Suy ra S1 = = = 2 (đvdt). 2 2 3 3 Vì S1 là phần diện tích được giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = k nên

ln 4

2 = S1 =  e x dx = e x = ek − e0 = ek − 1 . 0

A. 3,11

B. 2,45

Chọn A

ƠN

Do đó ek = 3 ⇔ k = ln 3 . Câu 27. Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) và y = g ( x ) . Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là −3; − 1; 2. Diện tích của hình phẳng ( H ) ( phần gạch sọc trên hình vẽ bên) gần nhất với kết quả nào dưới đây?

C. 3,21 Lời giải

(

D. 2,95

)

QU Y

f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x + 1)( x − 2 ) = ( ax + 3a ) x 2 − x − 2 = ax3 − ax 2 − 2ax + 3ax 2 − 3ax − 6a

= ax3 + 2ax 2 − 5ax − 6a

3 3 9 f ( 0 ) − g ( 0 ) = −6 a , quan sát hình vẽ ta có f ( 0 ) − g ( 0 ) = − + = 5 2 10 2

Nên −6a =

9 −3 −3 253 = 3.1625 a= S =  f ( x ) − g ( x ) dx =  ( x + 3)( x + 1)( x − 2 ) dx = 20 80 10 20 −3 −3

Câu 28. Cho hàm số y = x4 − 6x2 + m có đồ thị ( Cm ) . Giả sử ( Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi ( Cm ) và trục hoành có phần phía trên trục hoành và phần phía

KÈ

dưới trục hoành có diện tích bằng nhau. Khi đó m =

a a (với a , b là các số nguyên, b > 0 , là b b

phân số tối giản). Giá trị của biểu thức S = a + b là: A. 7. B. 6. C. 5. Lời giải

D. 4.

DẠ

Phương trình hoành độ giao điểm: x 4 − 6 x 2 + m = 0 (1) .

Đặt t = x2 ( t ≥ 0 ) (1) trở thành t 2 − 6t + m = 0 ( 2) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( Cm )

cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay

FI CI A

∆′ = ( −3)2 − m > 0  P=m>0 phương trình ( 2) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔  ⇔ 0 < m < 9 ( *) .  S =6>0 

Gọi t1 , t2 ( 0 < t1 < t2 ) là hai nghiệm của phương trình ( 2) . Lúc đó phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 . x3

Do tính đối xứng của đồ thị

( Cm )

nên có

(x

− 6 x + m ) dx =  ( − x 4 + 6 x 2 − m ) dx 2

x − 2 x43 + mx4 = 0 ⇔ x 54 − 10 x 43 + 5mx4 = 0 . 5



5 4

4 2  x4 − 6 x4 + m = 0 ( 3) Từ đó có x4 là nghiệm của hệ phương trình: ⇔  4 2  x4 − 10 x4 + 5m = 0 ( 4 )

ƠN

Lấy ( 3) − ( 4 )  x42 = m , thay x42 = m vào ( 3 ) có: m2 − 5m = 0  m = 0 ∨ m = 5 .

Đối chiếu điều kiện (*) ta có m = 5  a = 5 và b = 1 . Vậy S = 6 . Câu 29. Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p > 1 , q > 1 ,

1 1 + = 1 và các số dương a, b . Xét hàm p q

số: y = x p −1 ( x > 0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, đường thẳng x = a , Gọi ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường thẳng y = b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường

KÈ

QU Y

thẳng x = a , y = b . Khi so sánh S1 + S2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây?

a p bq + ≤ ab p q

DẠ

a p −1 b q −1 a p +1 b q +1 a p bq + ≥ ab . C. + ≤ ab . D. + ≥ ab . p −1 q −1 p +1 q +1 p q

Lời giải

Ta có: S ≤ S1 + S 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 p ) dx =  xp   

 yq  =   q 

= 0

bq . q

1 p 1 1 a b +1 = = = = q . Vậy + ≥ ab . p −1 p −1 1− 1 1 p q p q

Vì:

S1 =  ( x

p −1

FI CI A

  1 +1 b  y p −1   p1−1  ap  ; S 2 =   y  dy =  =   p  1 +1  0   p −1   

Câu 30. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt ( P ) tại hai điểm A , B sao cho AB = 2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn

nhất S max của S .

B. S max

20183 = . 3

C. Smax

20183 − 1 = . 6

Lời giải 2

D. Smax =

A. S max

20183 + 1 = . 6 2

Giả sử A(a; a ) ; B(b;b )(b > a) sao cho AB = 2018 .

20183 . 3

ƠN

Phương trình đường thẳng d là: y = ( a + b ) x − ab . Khi đó S =  ( a + b) x − ab − x 2 dx =  ( ( a + b ) x − ab − x 2 ) dx = 2

(

)

2  ( b − a ) ≤ 20182  b − a = b − a ≤ 2018  S ≤

b = 1009 .

(

)

= 20182 ⇔ ( b − a ) 1+ ( b + a ) = 20182 .

2 2 Vì AB = 2018 ⇔ ( b − a ) + b − a

1 3 (b − a ) . 6

20183 20183 . Vậy Smax = khi a = −1009 và 6 6

QU Y

2 Câu 31. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x và hai đường thẳng y = a , y = b ( 0 < a < b )

và b thì S1 = S2 ?

DẠ

KÈ

chéo). Với điều kiện nào sau đây của

A. b =

4a .

B. b =

2a .

3 C. b = 3a . Lời giải

3 D. b = 6a .

2 Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x với đường thẳng y = b là

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x2 = b ⇔ x = ± b . 2 Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x với đường thẳng y = a là

x2 = a ⇔ x = ± a .  b b  4b b  x3  . = S = 2  ( b − x ) d x = 2  bx −  = 2  b b − 3  3 3 0  0  b

FI CI A

2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x và đường thẳng y = b là

2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x và đường thẳng y = a (phần tô màu đen)

 a a  4a a  x3  . là S1 = 2  ( a − x ) d x = 2  ax −  = 2  a a − = 3  3 0 3   0 a

Do đó S = 2S1 ⇔

4b b 4a a = 2. ⇔ 3 3

( b)

( a)

⇔ b=32 a

⇔ b=

4a .

ƠN

Câu 32. Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng 4 ( m) . Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật

Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

4m 4m

QU Y

B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.990 (đồng). D. 4.115.408 (đồng). Lời giải

KÈ

A. 3.738.574 (đồng).

DẠ

2 2 Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là R = 4 + 2 = 2 5 .

Phương trình của nửa đường tròn ( C ) là: x 2 + y 2 = 20, y ≥ 0  y = 20 − x 2 . 2

Parabol ( P ) có đỉnh O ( 0;0 ) và đi qua điểm ( 2;4) nên có phương trình: y = x . 2

Diện tích phần tô màu là: S1 =   20 − x 2 − x 2  dx ≈ 11,94 ( m 2 ) .   −2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Diện tích phần không tô màu là: S 2 = 1 .π . 2 5 2

(

)

( )

2 − S1 ≈ 10π − 11, 94 m .

Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là:

150000.11,94 +100000.(10π −11,94) ≈ 3.738.593 . 2

FI CI A

Câu 33. Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng phần gạch chéo là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = 2x −1 và nửa trên của đường tròn có

2 ( m) Tính số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi m hoa cần ít nhất là 250000 đồng.

tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng

3π − 2 × 250000 . 6

3π + 10 3π + 10 3π + 2 × 250000 . C. × 250000 . D. × 250000 6 3 6

ƠN

Lời giải Chọn B

Ta có phương trình đường tròn tâm gốc tọa độ và bán kính bằng

2 ( m) x + y = 2 .

 y = 2 − x2  x = −1, y = 1 ⇔ Tọa độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm hệ  2  x = 1, y = 1  y = 2 x − 1 1

(

)

2 − x 2 − 2 x 2 + 1 dx =

QU Y

Diện tích vườn hoa là S =

−1

3π + 10 . 6

số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là

3π + 10 × 250000 . 6

DẠ

KÈ

Lời giải Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Do elip có độ dài trục lớn 2a = 8 ⇔ a = 4 , độ dài trục nhỏ 2b = 4 ⇔ b = 2 .

Diện tích của ( E ) là: S( E ) = π ab = 8π .

x2 y 2 + = 1. Suy ra y = ± 1 16 − x 2 . Phương trình chính tắc ( E ) là: 16 4 2 2 2 Ta có c = a − b = 2 3  F2 2 3; 0 .

Do N và F 2 có cùng hoành độ

)

ƠN

(

N (2

)

3; 1 .

Gọi ( P ) : y = kx là parabol nằm ở phía trên trục Ox . 2

(

)

⇔k=

1 1 2 . Suy ra ( P ) : y = x . 12 12

Do N ∈ ( P ) ta có 1 = k 2 3

2 3

Diện tích phần

là

SA =



−2

2 3



16 − x 2 d x −

0 2 3

* Xét I1 =



1 6



2 3

 0

1 2 1 16 − x 2 − x d x  12  2

x 2dx .

QU Y

2 3

1 2 1 2  16 − x − x dx 2 12  3

16 − x 2 d x . Đặt x = 4sin t  dx = 4costdt .

Đổi cận:

KÈ

Khi đó I1 =  0

π 3 = 8 +  . 3 4 

DẠ

 1 3 16 − 16 sin t .4costdt = 16  cos tdt = 8  (1 + cos2t ) dt = 8  t + sin 2t   2 0 0 0

2 3 * Ta có I 2 = 1  x 2 d x = 1 x 3

Suy ra: S A = I1 − I 2 =

2 3

= 0

4 3 . 3

8π + 2 3 16π + 4 3  S A + S B = 2S A = . 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Tổng diện tích phần C , D là: S C + S D = S( E ) − ( S A + S B ) =

đó

tổng

số

tiền

để

hoàn

thành

vườn

hoa

trên

là:

Khi

8π − 4 3 . 3

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

16π + 4 3 8π − 4 3 .250000 + .150000 ≈ 5676000 đ. 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 46. (Đề tham khảo BGD – 2022) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −4; −3;3) và mặt phẳng A , cắt trục Oz và song song với ( P ) có phương trình

là:

x −4 y −3 z −3 = = . 4 3 −7

x + 4 y +3 z −3 = = . −4 3 1

x + 4 y +3 z −3 = = . 4 3 1

x + 8 y + 6 z − 10 = = . 4 3 −7

FI CI A

( P ) : x + y + z = 0 . Đường thẳng đi qua

Lời giải

Chọn D

x + 4 y +3 z −3 = = . 4 3 −7

Vậy đường thẳng cần tìm d :

ƠN

Ta có ∆ ∩ Oz = B  B ( 0;0; t ) AB = ( 4;3; t − 3) Mặt phẳng ( P ) nhận nP (1;1;1) là vec tơ pháp tuyến. Do d / / ( P ) nên AB.nP = 0 ⇔ 4 + 3 + t − 3 = 0 ⇔ t = −4  AB = ( 4;3; −7 ) .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu 1.

Trong không gian Oxyz cho điểm A (1; 2;3) và đường thẳng d :

x = 1+ t  D.  y = 2 + 2t  z = 3 + 2t 

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1;0; 2 ) và đường thẳng d có phương trình: x −1 y z +1 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d . = = 1 1 2 x −1 y z − 2 x −1 y z−2 x −1 y z − 2 x −1 y z − 2 A. B. C. D. = = = = = = = = 2 2 1 1 −3 1 1 1 1 1 1 −1 x +1 y z + 2 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng = = 2 −1 2 ( P) : x + y − z + 1 = 0 . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P) đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là:  x = −1 + t x = 3 + t x = 3 + t  x = 3 + 2t     A.  y = −4t B.  y = −2 + 4t C.  y = −2 − 4t D.  y = −2 + 6t  z = −3t z = 2 + t  z = 2 − 3t z = 2 + t    

DẠ

Câu 3.

KÈ

Câu 2.

QU Y

thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là  x = −1 + 2t x = 1+ t  x = −1 + 2t    A.  y = −2t B.  y = 2 + 2t C.  y = 2t z = t  z = 3 + 3t  z = 3t   

x − 3 y −1 z + 7 . Đường = = 2 1 −2

Câu 4.

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho

A(1; −1; 3) và hai đường thẳng

x − 4 y + 2 z −1 x − 2 y + 1 z −1 = = , d2 : = = . Phương trình đường thẳng qua A , vuông 1 4 −2 1 −1 1 góc với d1 và cắt d 2 là d1 :

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x −1 y +1 z − 3 x −1 y +1 z − 3 . B. . = = = = 2 1 3 4 1 4 x −1 y +1 z − 3 x −1 y +1 z − 3 C. . D. . = = = = −1 2 3 2 −1 −1 x = 2 + t x y−7 z  Cho hai đường thẳng ( d1 ) :  y = 1 + t và ( d 2 ) : = = . Đường thẳng 1 − 3 −1  z = 1+ t 

FI CI A

Câu 5.

(∆)

là đường

vuông góc chung của ( d1 ) và ( d 2 ) . Phương trình nào sau đâu là phương trình của ( ∆ )

x − 2 y −1 z + 2 x − 2 y −1 z −1 = = . B. = = . 1 1 −2 1 1 −2 x −1 y − 4 z +1 x −3 y + 2 z +3 C. = = . D. = = . 1 1 −2 1 −1 −2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2; 4;1) ; B ( −1;1;3) và mặt phẳng

Câu 6.

( P ) : x − 3 y + 2 z − 5 = 0 . Một mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) có dạng ax + by + cz − 11 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

ƠN

Câu 7.

B. a + b + c = 15 . C. a + b + c = −5 . D. a + b + c = −15 . A. a + b + c = 5 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 1 = 0,

( Q ) : x − z + 2 = 0 . Mặt phẳng (α ) vuông góc với cả ( P ) có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp (α ) là Câu 8.

B. x + y + z + 3 = 0

C. −2 x + z + 6 = 0

A. x + y + z − 3 = 0

và ( Q ) đồng thời cắt trục Ox tại điểm

D. −2 x + z − 6 = 0

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; − 2; 0 ) , C ( −2; 0;1) . Mặt phẳng ( P ) đi qua A , trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là A. 4 x − 2 y − z + 4 = 0 .

QU Y

Câu 9.

B. 4 x − 2 y + z + 4 = 0 . C. 4 x + 2 y + z − 4 = 0 . D. 4 x + 2 y − z + 4 = 0 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A (1;1;1) và

B ( 0; 2; 2 ) đồng thời cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại hai điểm M , N (không trùng với gốc tọa độ

O ) sao cho OM = 2ON A. ( P ) : 3 x + y + 2 z − 6 = 0

B. ( P ) : 2 x + 3 y − z − 4 = 0

C. ( P ) : 2 x + y + z − 4 = 0

D. ( P ) : x + 2 y − z − 2 = 0

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0, (Q) : x + my + (m − 1) z + 2019 = 0 . Khi hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) tạo với nhau một góc nhỏ nhất

KÈ

thì mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm M nào sau đây?

A. M (2019; −1;1) Câu 11.

B. M (0; −2019;0)

(Mã 101 2018) Trong không gian

C. M (−2019;1;1) Oxyz

cho điểm

D. M (0;0; −2019)

A (1; 2;3)

x − 3 y −1 z + 7 = = . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương 2 1 −2 trình là  x = −1 + 2t x = 1+ t  x = −1 + 2t x = 1+ t     A.  y = −2t B.  y = 2 + 2t C.  y = 2t D.  y = 2 + 2t z = t  z = 3 + 3t  z = 3t  z = 3 + 2t    

DẠ

và đường thẳng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 12.

(Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x −3 y −3 z + 2 = = −1 −2 1

x − 5 y +1 z − 2 = = và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z − 5 = 0 . Đường thẳng vuông góc với −3 2 1 ( P ) , cắt d1 và d2 có phương trình là

FI CI A

; d2 :

x −1 y + 1 z x − 2 y − 3 z −1 = = = = B. 3 2 1 1 2 3 x −3 y −3 z + 2 x −1 y + 1 z = = = = C. D. 1 2 3 1 2 3 Câu 13. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2;1;3) và đường thẳng x +1 y −1 z − 2 d: = = . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Oy có phương 1 −2 2 trình là.  x = 2t  x = 2 + 2t  x = 2 + 2t  x = 2t     A.  y = −3 + 4t B.  y = 1 + t C.  y = 1 + 3t D.  y = −3 + 3t  z = 3t  z = 3 + 3t  z = 3 + 2t  z = 2t     x +1 y z + 2 Câu 14. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng = = 2 −1 2 ( P) : x + y − z + 1 = 0 . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P) đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là: x = 3 + t x = 3 + t  x = 3 + 2t  x = −1 + t     A.  y = −4t B.  y = −2 + 4t C.  y = −2 − 4t D.  y = −2 + 6t  z = −3t z = 2 + t  z = 2 − 3t z = 2 + t     x y +1 z −1 = = và mặt phẳng 1 2 1 ( P ) : x − 2 y− z + 3 = 0 . Đường thẳng nằm trong ( P ) đồng thời cắt và vuông góc với ∆ có (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng ∆ :

phương trình là:  x = 1 + 2t  A.  y = 1 − t z = 2 

QU Y

Câu 15.

ƠN

 x = −3  B.  y = −t  z = 2t 

x = 1 + t  C.  y = 1 − 2t  z = 2 + 3t 

x = 1  D.  y = 1 − t  z = 2 + 2t 

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1; −1;3 ) và hai đường thẳng

x − 3 y + 2 z −1 x − 2 y +1 z −1 = = , d2 : . Phương trình đường thẳng d đi qua A , = = 3 3 −1 1 −1 1 vuông góc với đường thẳng d1 và cắt thẳng d 2 . x −1 y + 1 z − 3 x −1 y + 1 z − 3 A. = = . B. = = . 5 −4 2 3 −2 3 x −1 y + 1 z − 3 x −1 y + 1 z − 3 C. = = . D. = = . −5 −1 6 3 2 3

DẠ

KÈ

d1 :

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

HƯỚNG DẪN GIẢI x − 3 y −1 z + 7 . Đường = = 2 1 −2 thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là  x = −1 + 2t x = 1+ t  x = −1 + 2t x = 1+ t     A.  y = −2t B.  y = 2 + 2t C.  y = 2t D.  y = 2 + 2t z = t  z = 3 + 3t  z = 3t  z = 3 + 2t     Lời giải Chọn C Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm. Gọi M = ∆ ∩ Ox . Suy ra M ( a;0; 0 ) . AM = ( a − 1; −2; −3) . d có VTCP: ud = ( 2;1; −2 ) .Vì ∆ ⊥ d nên AM .ud = 0 ⇔ 2a − 2 − 2 + 6 = 0 ⇔ a = −1 . Vậy ∆ qua M ( −1;0;0 ) và có VTCP AM = ( −2; −2; −3) = − ( 2; 2;3)

Trong không gian Oxyz cho điểm A (1; 2;3) và đường thẳng d :

Câu 2.

ƠN

 x = −1 + 2t  . Nên ∆ có phương trình  y = 2t  z = 3t 

FI CI A

Câu 1.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1;0; 2 ) và đường thẳng d có phương trình:

Cách 1 Đường thẳng d :

QU Y

x −1 y z +1 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d . = = 1 1 2 x −1 y z − 2 x −1 y z−2 x −1 y z − 2 x −1 y z − 2 B. C. D. A. = = = = = = = = 2 2 1 1 −3 1 1 1 1 1 1 −1 Lời giải Chọn D

x −1 y z +1 có véc tơ chỉ phương u = (1;1; 2 ) = = 1 1 2

Gọi ( P ) là mặt phẳng qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d , nên nhận véc tơ chỉ phương

của d là vecto pháp tuyến ( P ) :1( x − 1) + y + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + 2 z − 5 = 0 Gọi B là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và đường thẳng d  B (1 + t ;t ;− 1 + 2t )

KÈ

Vì B ∈ ( P ) ⇔ (1 + t ) + t + 2 ( −1 + 2t ) − 5 = 0 ⇔ t = 1  B ( 2;1;1) Ta có đường thẳng ∆ đi qua A và nhận vecto AB = (1;1; −1) là véc tơ chỉ phương có dạng x −1 y z − 2 . = = 1 1 −1

∆:

DẠ

Cách 2

Gọi d ∩ ∆ = B  B (1 + t ; t; −1 + 2t ) AB = ( t; t ; −3 + 2t ) , Đường thẳng d có VTCP là ud = (1;1;2 ) Vì d ⊥ ∆ nên AB ⊥ ud ⇔ AB.ud = 0 ⇔ t + t + 2 ( −3 + 2t ) = 0 ⇔ t = 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Suy ra AB = (1;1; −1) .Ta có đường thẳng ∆ đi qua A (1;0; 2 ) và nhận véc tơ AB = (1;1; −1) là

x +1 y z + 2 và mặt phẳng = = −1 2 2 ( P) : x + y − z + 1 = 0 . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P) đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là:  x = −1 + t x = 3 + t x = 3 + t  x = 3 + 2t     B.  y = −2 + 4t C.  y = −2 − 4t D.  y = −2 + 6t A.  y = −4t  z = −3t z = 2 + t  z = 2 − 3t z = 2 + t     Lời giải Chọn C d:

FI CI A

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

Câu 3.

x −1 y z − 2 . = = 1 1 −1

véc tơ chỉ phương có dạng ∆ :

ƠN

 x = −1 + 2t  d :  y = −t .  z = −2 + 2t 

Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong ( P) vuông góc với d . u∆ = ud ; nP  = ( −1;4;3) Gọi A là giao điểm của d và ( P) . Tọa độ A là nghiệm của phương trình:

(−1 + 2t ) + (− t) − (−2 + 2t) + 1 = 0 ⇔ t = 2  A(3; −2;2)

Câu 4.

QU Y

x = 3 + t  Phương trình ∆ qua A(3; −2;2) có vtcp u ∆ = (−1;4;3) có dạng:  y = −2 − 4t .  z = 2 − 3t  Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho

A(1; −1; 3) và hai đường thẳng

x − 4 y + 2 z −1 x − 2 y + 1 z −1 = = , d2 : = = . Phương trình đường thẳng qua A , vuông 1 4 −2 1 −1 1 góc với d1 và cắt d 2 là x −1 y +1 z − 3 x −1 y +1 z − 3 A. . B. . = = = = 2 1 3 4 1 4 x −1 y +1 z − 3 x −1 y +1 z − 3 C. . D. . = = = = −1 2 3 2 −1 −1 Lời giải Chọn D

KÈ

d1 :

DẠ

Gọi d là đường thẳng qua A và d cắt d 2 tại K . Khi đó K (2 + t ; −1− t ; 1 + t ) . Ta có AK = (1 + t ; − t ; t − 2) . Đường AK ⊥ d1 ⇔ AK .u1 = 0 , với u1 = (1; 4; − 2) là một vectơ chỉ phương của d1 . Do đó 1+ t − 4t − 2t + 4 = 0 ⇔ t = 1 , suy ra AK = ( 2; −1; −1) . Vậy phương trình đường thẳng d :

x −1 y + 1 z − 3 = = . 2 −1 −1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x − 2 y −1 z + 2 x−2 = = . B. = 1 1 −2 1 x −1 y − 4 z +1 x −3 C. . D. = = = 1 1 −2 1

y −1 z −1 = . 1 −2 y+2 z +3 . = −1 −2 Lời giải

FI CI A

Câu 5.

x = 2 + t x y−7 z  Cho hai đường thẳng ( d1 ) :  y = 1 + t và ( d 2 ) : = = . Đường thẳng ( ∆ ) là đường 1 − 3 −1  z = 1+ t  vuông góc chung của ( d1 ) và ( d 2 ) . Phương trình nào sau đâu là phương trình của ( ∆ )

Chọn A

Lấy điểm M ∈ ( d1 ) : M ( 2 + t1 ;1 + t1 ;1 + t1 ) ; N ∈ ( d 2 ) : N ( t2 ; 7 − 3t2 ; −t2 ) MN = ( t2 − t1 − 2; −3t2 − t1 + 6; −t2 − t1 − 1)

ƠN

 MN .u1 = 0 t =2  t + t = 1 ⇔ 2 1 ⇔ 2 Đường thẳng MN là đường vuông góc chung ⇔   MN .u2 = 0 11t2 + 3t1 = 19 t1 = −1 Suy ra M (1; 0; 0 ) , N ( 2;1; −2 ) và MN (1;1; −2 ) .

Câu 6.

x − 2 y −1 z + 2 = = . 1 1 −2

Phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua M , N là:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2; 4;1) ; B ( −1;1;3) và mặt phẳng

( P ) : x − 3 y + 2 z − 5 = 0 . Một mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) có dạng ax + by + cz − 11 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? B. a + b + c = 15 .

QU Y

A. a + b + c = 5 . Chọn A

C. a + b + c = −5 . Lời giải

D. a + b + c = −15 .

Vì ( Q ) vuông góc với ( P ) nên ( Q ) nhận vtpt n = (1; −3; 2 ) của ( P ) làm vtcp Mặt khác ( Q ) đi qua A và B nên ( Q ) nhận AB = ( −3; −3; 2 ) làm vtcp nhận nQ =  n, AB  = ( 0;8;12 ) làm vtpt

(Q )

KÈ

Vậy phương trình mặt phẳng ( Q ) : 0( x + 1) + 8( y − 1) + 12( z − 3) = 0 , hay ( Q ) : 2 y + 3 z − 11 = 0 Vậy a + b + c = 5 . Chọn A

Câu 7.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

DẠ

( Q ) : x − z + 2 = 0 . Mặt phẳng (α ) vuông góc với cả ( P ) có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp (α ) là

A. x + y + z − 3 = 0

B. x + y + z + 3 = 0

( P ) : x − 3 y + 2 z − 1 = 0,

và ( Q ) đồng thời cắt trục Ox tại điểm

C. −2 x + z + 6 = 0

D. −2 x + z − 6 = 0

Lời giải Chọn A

(P ) có vectơ pháp tuyến n

= (1; −3;2) , (Q ) có vectơ pháp tuyến nQ = (1; 0; −1) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vì mặt phẳng (α ) vuông góc với cả (P ) và (Q ) nên (α ) có một vectơ pháp tuyến là

  nP , nQ  = (3; 3; 3) = 3 (1;1;1) .  

FI CI A

Vì mặt phẳng (α ) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên (α ) đi qua điểm M (3; 0; 0) . Vậy (α ) đi qua điểm M (3; 0; 0) và có vectơ pháp tuyến n α = (1;1;1)

nên (α ) có phương trình x + y + z − 3 = 0.

Câu 8.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; − 2; 0 ) , C ( −2; 0;1) . Mặt phương trình là A. 4 x − 2 y − z + 4 = 0 .

phẳng ( P ) đi qua A , trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có

B. 4 x − 2 y + z + 4 = 0 . C. 4 x + 2 y + z − 4 = 0 . D. 4 x + 2 y − z + 4 = 0 . Lời giải

ƠN

Chọn A Ta có AB = ( 2; − 3; − 2 ) , AC = ( −2; − 1; − 1) nên  AB, AC  = (1;6; − 8 ) . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: x + 6 y − 8 z + 10 = 0 .

Phương trình mặt phẳng qua B và vuông góc với AC là: 2 x + y + z − 2 = 0 . Phương trình mặt phẳng qua C và vuông góc với AB là: 2 x − 3 y − 2 z + 6 = 0 .

 22 70 176  Giao điểm của ba mặt phẳng trên là trực tâm H của tam giác ABC nên H  − ; ; .  101 101 101 

QU Y

 22 31 26  1 Mặt phẳng ( P ) đi qua A , H nên nP ⊥ AH =  − ;− ;− ( 22;31; 26 ) . =− 101  101 101 101  Mặt phẳng ( P ) ⊥ ( ABC ) nên nP ⊥ n( ABC ) = (1;6; − 8) .

Câu 9.

Vậy  n( ABC ) ; u AH  = ( 404; − 202; − 101) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . Chọn nP = ( 4; − 2; − 1) nên phương trình mặt phẳng ( P ) là 4 x − 2 y − z + 4 = 0 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A (1;1;1) và

KÈ

B ( 0; 2; 2 ) đồng thời cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại hai điểm M , N (không trùng với gốc tọa độ

O ) sao cho OM = 2ON A. ( P ) : 3 x + y + 2 z − 6 = 0

B. ( P ) : 2 x + 3 y − z − 4 = 0

C. ( P ) : 2 x + y + z − 4 = 0

D. ( P ) : x + 2 y − z − 2 = 0

Lời giải

DẠ

Chọn D Cách 1. Giả sử ( P ) đi qua 3 điểm M ( a;0;0 ) , N ( 0; b; 0 ) , P ( 0;0; c ) Suy ra ( P ) :

x y z + + =1 a b c

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Theo giả thuyết ta có OM = 2ON ⇔ a = 2 b ⇔ b = 1 TH1. b = 1  c = −2 suy ra ( P ) : x + 2 y − z − 2 = 0 TH1. b = −1  c = −

1 1 1  a + b + c = 1  a = 2 ⇔ 2 2 Mà ( P ) đi qua A (1;1;1) và B ( 0; 2; 2 ) nên ta có hệ  2 + 2 =1  b + c = 1  b c

2 suy ra ( P ) : x − 2 y + 3z − 2 = 0 3

Cách 2. Thử đáp án bằng cách tìm giao điểm của đường thẳng với Ox, Oy…

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0, (Q) : x + my + (m − 1) z + 2019 = 0 . Khi hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm M nào sau đây?

A. M (2019; −1;1)

B. M (0; −2019;0)

C. M (−2019;1;1)

D. M (0;0; −2019)

ƠN

Lời giải Chọn C

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) .

cos ϕ =

1.1 + 2.m − 2.(m − 1)

12 + 22 + (−2)2 . 12 + m 2 + (m − 1) 2

Khi đó:

≤

Góc ϕ nhỏ nhất ⇔ cos ϕ lớn nhất ⇔ m = Khi m =

3 2m 2 − 2m + 2

1 . 2

1 1 1 thì ( Q ) : x + y − z + 2019 = 0 , đi qua điểm M (−2019;1;1) . 2 2 2

(Mã 101 2018) Trong không gian

Câu 11.

3 2

QU Y

1 3  3. 2  m −  + 2 2 

Oxyz

cho điểm

A (1; 2;3)

x − 3 y −1 z + 7 = = . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương 2 1 −2 trình là  x = −1 + 2t x = 1+ t  x = −1 + 2t x = 1+ t     B.  y = 2 + 2t C.  y = 2t D.  y = 2 + 2t A.  y = −2t z = t  z = 3 + 3t  z = 3t  z = 3 + 2t     Lời giải Chọn C Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm. Gọi M = ∆ ∩ Ox . Suy ra M ( a; 0; 0 ) . AM = ( a − 1; −2; −3) .

KÈ

DẠ

và đường thẳng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

d có VTCP: ud = ( 2;1; −2 ) . Vì ∆ ⊥ d nên AM .ud = 0 ⇔ 2a − 2 − 2 + 6 = 0 ⇔ a = −1 . Vậy ∆ qua M ( −1;0;0 ) và có VTCP AM = ( −2; −2; −3) = − ( 2; 2;3) nên ∆ có phương trình:

Câu 12.

FI CI A

 x = −1 + 2t  .  y = 2t  z = 3t 

(Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x −3 y −3 z + 2 = = −1 −2 1

x − 5 y +1 z − 2 = = và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z − 5 = 0 . Đường thẳng vuông góc với −3 2 1 ( P ) , cắt d1 và d2 có phương trình là

x −1 y + 1 z x − 2 y − 3 z −1 = = = = B. 3 2 1 1 2 3 x −3 y −3 z + 2 x −1 y + 1 z = = = = C. D. 1 2 3 1 2 3 Lời giải Chọn D  x = 3 − t1  x = 5 − 3t2   Phương trình d1 :  y = 3 − 2t1 và d2 :  y = −1 + 2t2 .  z = −2 + t z = 2 + t 1 2  

ƠN

; d2 :

Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ . Giả sử đường thẳng ∆ cắt đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại A , B .

QU Y

Gọi A ( 3 − t1;3 − 2t1; −2 + t1 ) , B ( 5 − 3t2 ; −1 + 2t2 ;2 + t2 ) . AB = ( 2 − 3t2 + t1 ; −4 + 2t2 + 2t1 ; 4 + t2 − t1 ) .

Vectơ pháp tuyến của ( P ) là n = (1;2;3) .

2 − 3t2 + t1 −4 + 2t2 + 2t1 4 + t2 − t1 = = Do AB và n cùng phương nên . 1 2 3

KÈ

 2 − 3t2 + t1 −4 + 2t2 + 2t1 =  t = 2 1 2 ⇔ ⇔1 . Do đó A (1; −1;0) , B ( 2; −1;3) . t2 = 1  −4 + 2t2 + 2t1 = 4 + t2 − t1  2 3 Phương trình đường thẳng ∆ đi qua A (1; −1;0) và có vectơ chỉ phương n = (1;2;3) là

DẠ

x −1 y + 1 z = = . 1 2 3 Câu 13. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2;1;3) và đường thẳng x +1 y −1 z − 2 d: = = . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Oy có phương 1 −2 2 trình là.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x = 2 + 2t  C.  y = 1 + 3t  z = 3 + 2t 

Lời giải Chọn A Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ x +1 y −1 z − 2 có VTCP u = (1; − 2; 2 ) . = = d: −2 1 2 Gọi M ( 0; m;0 ) ∈ Oy , ta có AM = ( −2; m − 1; − 3) Do ∆ ⊥ d ⇔ AM .u = 0 ⇔ −2 − 2 ( m − 1) − 6 = 0 ⇔ m = −3

 x = 2t  D.  y = −3 + 3t  z = 2t 

 x = 2 + 2t  B.  y = 1 + t  z = 3 + 3t 

FI CI A

 x = 2t  A.  y = −3 + 4t  z = 3t 

x +1 y z + 2 = = và mặt phẳng 2 −1 2 ( P ) : x + y − z + 1 = 0 . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P ) đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là: x = 3 + t x = 3 + t  x = 3 + 2t  x = −1 + t     A.  y = −4t B.  y = −2 + 4t C.  y = −2 − 4t D.  y = −2 + 6t  z = −3t z = 2 + t  z = 2 − 3t z = 2 + t    

(Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

ƠN

Câu 14.

 x = 2t  Ta có ∆ có VTCP AM = ( −2; − 4; − 3) nên có phương trình  y = −3 + 4t .  z = 3t 

Chọn C  x = −1 + 2t  d :  y = −t  z = −2 + 2t 

QU Y

Lời giải

Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong ( P ) vuông góc với d . u∆ = ud ; nP  = (−1;4;3) Gọi A là giao điểm của d và ( P ) . Tọa độ A là nghiệm của phương trình:

( −1 + 2t ) + (− t) − ( −2 + 2 t) + 1 = 0 ⇔ t = 2  A(3; −2;2)

x y +1 z −1 và mặt phẳng = = 1 2 1 ( P ) : x − 2 y− z + 3 = 0 . Đường thẳng nằm trong ( P ) đồng thời cắt và vuông góc với ∆ có (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng ∆ :

DẠ

Câu 15.

KÈ

x = 3 + t  Phương trình ∆ qua A(3; −2;2) có vtcp u ∆ = (−1;4;3) có dạng:  y = −2 − 4t  z = 2 − 3t 

phương trình là:  x = 1 + 2t  A.  y = 1 − t z = 2 

 x = −3  B.  y = −t  z = 2t 

x = 1 + t  C.  y = 1 − 2t  z = 2 + 3t 

x = 1  D.  y = 1 − t  z = 2 + 2t 

Lời giải Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x = t x y +1 z −1  Ta có ∆ : =  ∆ :  y = −1 + 2t = 1 2 1 z = 1 + t 

FI CI A

Gọi M = ∆ ∩ ( P )  M ∈ ∆  M ( t; 2t − 1; t + 1)

M ∈ ( P )  t − 2 ( 2t − 1) − ( t + 1) + 3 = 0 ⇔ 4 − 4t = 0 ⇔ t = 1  M (1;1; 2 ) Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n = (1; −2; −1) Véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là u = (1; 2;1)

Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P ) đồng thời cắt và vuông góc với ∆ 1  Đường thẳng d nhận  n, u  = ( 0; −1; 2 ) làm véc tơ chỉ phương và M (1;1; 2 ) ∈ d 2

x = 1   Phương trình đường thẳng d :  y = 1 − t  z = 2 + 2t 

ƠN

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1; −1;3 ) và hai đường thẳng

x − 3 y + 2 z −1 x − 2 y +1 z −1 = = , d2 : . Phương trình đường thẳng d đi qua A , = = 3 3 −1 −1 1 1 vuông góc với đường thẳng d1 và cắt thẳng d 2 . x −1 y + 1 z − 3 x −1 y + 1 z − 3 A. . B. . = = = = 5 −4 2 3 −2 3 x −1 y + 1 z − 3 x −1 y + 1 z − 3 C. = = . D. = = . 6 −5 3 2 −1 3 Lời giải Chọn C Gọi M ( 2 + t ; − 1 − t ;1 + t ) = d ∩ d 2 với t ∈ ℝ . Ta có AM = (1 + t ; − t ; − 2 + t ) và u1 = ( 3;3; − 1) là vectơ chỉ phương của d1 Mặt khác AM .u1 = 0 nên 3.(1 + t ) + 3.( −t ) − 1. ( −2 + t ) = 0 ⇔ t = 5  AM = (6; −5;3) là 1 vectơ chỉ phương của d .

QU Y

d1 :

x −1 y + 1 z − 3 = = . 6 −5 3

DẠ

KÈ

Vậy phương trình đường thẳng d :

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022

FI CI A

Câu 47. Cho khối nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 2a , thể tích của khối nón đã cho bằng 8 2 3 16 3 3 A. πa . B. 4 6π a 3 . C. πa . D. 8 2π a3 . 3 3 Lời giải Chọn D

ƠN

H I

Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB . Gọi H là hình chiếu của O lên SI  OH ⊥ SI . Ta có: SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOI )  ( SOI ) ⊥ ( SAB ) Mà ( SOI ) ∩ ( SAB ) = SI nên từ O dựng OH ⊥ SI thì OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) ) = 2a

(

)

DẠ

KÈ

QU Y

Xét tam giác AOI ta có: OI = OA2 − AI 2 = 2 2a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOI ta có: = 2+  = − 2 = 2− 2 = 2 2 2 2 2 OH OI OS OS OH OI 4 a 8a 8a 2 2  SO = 8a  SO = 2 2a = h , r = 2 3a 2 1 1 Vậy thể tích của khối nón đã cho bằng: V = π r 2 h = π 2 3a 2 2a = 8 2π a 3 . 3 3 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 7.

Câu 8.

Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện bằng 2a . Tính diện tích của thiết diện đó. A. 4a 2 . B. 8a 2 3 . C. 8a 2 . D. 4a 2 3 . Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng 4a . Biết diện tích của thiết diện bằng 8a 2 , khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện bằng A. 2a 3 . B. 4a . C. 4a 3 . D. 2a . Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng a 3 = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón cách từ O đến ( SAB ) bằng và SAO 3 theo a bằng A. a 2 . B. a 3 . C. 2a 3 . D. a 5 . Cho hình nón có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 . Tính diện tích S của thiết diện đó. A. S = 500 . B. S = 400 . C. S = 300 . D. S = 406 Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 1 . Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh của hình nón

ƠN

Câu 6.

)

Câu 5.

(

QU Y

Câu 4.

)

(

FI CI A

Câu 1. Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB) bằng 2a , độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng B. l = 2 5a . C. l = 5a . D. l = 3a . A. l = 2 3a . Câu 2. Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB) bằng 2a , diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 4 15π a 2 . B. 2 15π a 2 . C. 8 15π a 2 . D. 6 15π a 2 . Câu 3. Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB) bằng 2a , diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng A. 4 15π a 2 . B. 4π a 2 15 + 3 . C. 8 15π a 2 . D. 8π a 2 15 + 3 .

và cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 1 . Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng ( P ) bằng

DẠ

KÈ

7 2 3 21 . B. . C. . D. 7 2 3 7 CÂU 9. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O, bán kính R. Dựng hai đường sinh SA và SB, biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 60°, khoảng cách từ tâm O đến mặt R phẳng ( SAB ) bằng . Đường cao h của hình nón bằng 2 R 3 R 6 A. h = R 3 . B. h = R 2 . C. h = . D. h = . 2 4 Câu 10. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vuông SAB có diện tích bằng 4a 2 . Góc giữa trục SO và mặt phẳng ( SAB ) bằng 30° . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. 4 10π a 2 .

B. 2 10π a 2 .

C. 10π a 2 .

D. 8 10π a 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 11. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , bán kính bằng 3a . Mặt phẳng ( P ) qua S cắt 4 33 a , thể tích của khối nón đã cho bằng 15 A. 2a 3π . B. 15a 3π . C. 12 2a3π . bằng

FI CI A

D. 15 2a 3π .

hình nón theo thiết diện là một tam giác đều. Biết khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ( P )

Câu 12. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , bán kính bằng 4a . Mặt phẳng ( P ) qua S cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vuông. Biết khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ( P ) bằng

2 7 a , thể tích của khối nón đã cho bằng 5

B. 12a 3π .

16 3 aπ. 3

D. 4a 3π .

A. 16a 3π .

Câu 13. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , bán kính bằng a 2 . Mặt phẳng ( P ) qua S hợp với đáy một góc α sao cho tan α = 2 và cắt đáy theo dây cung AB với ASB = 600 .Thể tích của

QU Y

ƠN

khối nón đã cho bằng 2 2 3 2 6 3 A. B. 2 2a 3π . C. 2 6a 3π . D. aπ. aπ. 3 3 Câu 14. Cho hình nón đỉnh S có đường cao SO , Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho = 600 . Thể tích của khối nón đã cho bằng tam giác OAB vuông. Biết AB = a 2 và SAO 3a 3π a 3π 3a 3π A. . B. . C. 3a 3π . D. . 3 9 3 Câu 15. Cho hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Một thiết diện qua đỉnh có khoảng cách từ tâm đáy đến thiết diện là 12cm . Tính diện tích của thiết diện. B. 500cm 2 . C. 500cm 2 . D. 500cm 2 . A. 500cm 2 . Câu 16. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , độ dài đường sinh SA = a , đường kính đáy AB 2a 3 . Thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 600 và cắt đường tròn đáy theo dây cung MN = 3 ( M , N không trùng với hai điểm A, B ). Biết rằng khoảng cách từ A tới MN bằng a . Tính thể tích khối nón a 3π 2a 3π 3a 3π 2a 3π A. . B. . C. . D. . 6 8 12 9

Câu 17. Cho hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O sao cho SO = a 5 , một mặt phẳng (α ) cắt

DẠ

KÈ

mặt nón theo hai đường sinh SA, SB . Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (α ) bằng 2 5 và diện tích tam giác SAB bằng 360 . Tính thể tích khối nón A. 1325π 5 . B. 265π 5 . C. 1325 5 . D. 265 5 . Câu 18. Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng a 3 = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón cách từ O đến ( SAB ) bằng và SAO 3 theo a bằng A. a 2 B. a 3 C. 2a 3 D. a 5 Câu 19. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O, bán kính R. Dựng hai đường sinh SA và SB, biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 60°, khoảng cách từ tâm O đến mặt R phẳng ( SAB ) bằng . Thể tích của khối nón bằng 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 3 6 6 π R3 . B. π R3 . C. π R3 . D. π R3 4 12 4 12 Câu 20. Cho hình nón có chiều cao 6a . Một mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh của hình nón và có khoảng cách

FI CI A

đến tâm là 3a , thiết diện thu được là một tam giác vuông cân. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng A. 150π a 3 . B. 96π a 3 . C. 108π a 3 . D. 120π a 3 . Câu 21. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 2a . Mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh ( S ) của hình nón, cắt

đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2a 3 , khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt a 2 . Thể tích khối nón đã cho bằng 2 8π a 3 4π a 3 2π a 3 π a3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 22. Cắt khối nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 600

phẳng ( P ) bằng

ta thu được thiết diện là một tam giác đều cạnh 4a . Thể tích của khối nón ( N ) bằng 7 3 πa . B. 7 3π a 3 . C. 21π a 3 . D. 7π a 3 . 3 Câu 23. Cắt khối nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 60°

ƠN

ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 2a. Thể tích của khối nón ( N ) bằng 7 3 21 3 7 3 3 21 3 3 πa . B. πa . C. πa . D. πa . 8 8 8 8 Câu 24. Cắt khối nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 300 ,

ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 4a. Thể tích của khối nón ( N ) bằng 13 3 3 13 13 3 3 πa . B. π a 3 . C. 13 3π a 3 . D. πa 6 3 3 Câu 25. Cắt khối nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 30°

QU Y

, ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 2a . Thể tích của khối nón ( N ) bằng 13 3 3 13 3 3 13 3 13 3 3 πa B. πa C. πa D. πa 8 24 24 12 Câu 26. Cho hình trụ có chiều cao bằng 6a . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , thiết diện thu được là một hình vuông. Thể tích khối trụ được giới han bởi hình trụ đã cho bằng A. 216π a 3 . B. 150π a 3 . C. 54π a 3 . D. 108π a 3 . Câu 27. Cắt một hình trụ bằng mặt phẳng (α ) vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông

KÈ

có diện tích bằng 16 . Biết khoảng cách từ tâm đáy hình trụ đến mặt phẳng (α ) bằng 3 . Tính thể tích khối trụ.

52π . C. 52π . D. 13π . 3 Câu 28. Khi cắt khối trụ (T ) bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục của trụ (T ) một khoảng

DẠ

A. 2 3π .

bằng a 3 ta được thiết diện là hình vuông có diện tích bằng 4a 2 . Tính thể tích V của khối trụ (T ) .

A. V = 7 7π a 3 .

B. V =

7 7 3 πa . 3

8 C. V = π a 3 . 3

D. V = 8π a 3 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 29. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có cạnh = 60° . Tính thể tích khối AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết BD = a 2 , DAC trụ.

3 6 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 πa . B. πa . C. πa . D. πa . 16 16 32 48 Câu 30. Cho hình trụ có đường cao bằng 8a . Một mặt phẳng song song với trục và cách trục hình trụ 3a , cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông. Diện tích xung quanh và thể tích khối trụ bằng B. S = 60π a 2 , V = 200π a 3 . A. S = 80π a 2 , V = 200π a 3 .

FI CI A

C. S = 80π a 2 , V = 180π a 3 . D. S = 60π a 2 , V = 180π a 3 . Câu 31. Một hình trụ có bán kính đáy r = 5cm và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm . Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3cm . Diện tích của thiết diện được tạo thành là: B. S = 55 ( cm 2 ) .

C. S = 53 ( cm 2 ) .

D. S = 46 ( cm 2 ) .

A. S = 56 ( cm 2 ) .

Câu 32. Cho hình trụ có hai đường tròn đáy ( O, R ) và ( O ', R ) , chiều cao h = 3R . Đoạn thẳng AB có

ƠN

hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy hình trụ sao cho góc hợp bởi AB và trục của hình trụ là α = 300 . Thể tích tứ diện ABOO ' là 3R 3 3R 3 R3 R3 . B. . C. . D. . A. 2 4 4 2 Câu 33. Cắt hình trụ (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2a , ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 36a 2 . Diện tích xung quanh của (T ) bằng

A. 4 13π a 2 . B. 12 13π a 2 . C. 6 13π a 2 . D. 8 13π a 2 . Câu 34. Cắt hình trụ (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a, ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16a 2 . Diện tích xung quanh của (T ) bằng 16 13 2 8 13 2 πa . B. 4 12π a 2 . C. πa . D. 8 13π a 2 . 3 3 Câu 35. Cắt hình trụ (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2a , ta được

QU Y

thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16a 2 . Diện tích xung quanh của (T ) bằng 32 2 2 16 2 2 πa . C. πa . D. 16 2π a 2 . 3 3 [ Mức độ 3] Cắt hình trụ (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng

A. 8 2π a 2 . Câu 36.

KÈ

3a , ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 36a 2 . Diện tích xung quanh của (T ) bằng A. 12 2π a 2 . B. 36 2π a 2 . C. 24 2π a 2 . D. 18 2π a 2 . Câu 37. Một hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai đường tròn ( O, R ) và ( O′, R ) . Biết rằng tồn tại dây cung AB của đường tròn ( O, R ) sao cho tam giác O′AB đều và góc giữa hai mặt phẳng

( O′AB )

và mặt phẳng chứa đường tròn ( O, R ) bằng 60° . Tính diện tích xung quanh của hình

trụ đã cho.

3 7 6 7 π R2 D. π R2 7 7 Câu 38. Một khối trụ có bán kính đáy r = 2a . O, O′ lần lượt là tâm đường tròn đáy. Một mặt phẳng song

DẠ

A. 4π R 2

B. 2 3π R 2

a 15 , cắt đường tròn ( O′ ) tại hai điểm A, B . Biết thể tích của khối 2 a 3 15 tứ diện OO′AB bằng . Độ dài đường cao của hình trụ bằng 4 song với trục và cách trục

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

A. a . B. 6a . C. 3a . D. 2a . Câu 39. Cho hình trụ có chiều cao bằng 8a . Biết hai điểm A, C lần lượt nằm trên hai đáy thỏa AC = 10a , khoảng cách giữa AC và trục của hình trụ bằng 4a . Thể tích của khối trụ đã cho là A. 128π a 3 . B. 320π a 3 . C. 80π a 3 . D. 200π a 3 . Câu 40. Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 3 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 30. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 10 3π . B. 5 39π . C. 20 3π . D. 10 39π . Câu 41. Cho hình trụ có O, O′ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có A, B cùng thuộc ( O ) và

C , D cùng thuộc ( O′ ) sao cho AB = a 3 , BC = 2a đồng thời ( ABCD ) tạo với mặt phẳng đáy

hình trụ góc 60° . Thể tích khối trụ bằng π a3 3 π a3 3 A. π a 3 3 . B. . C. . D. 2π a 3 3 . 9 3 Câu 42. Cho khối trụ có hai đáy là ( O ) và ( O′ ) . AB, CD lần lượt là hai đường kính của ( O ) và ( O′ ) ,

ƠN

góc giữa AB và CD bằng 30° , AB = 6 . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng 30 . Thể tích khối trụ đã cho bằng A. 180π . B. 90π . C. 30π . D. 45π . ′ Câu 43. Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn tâm O và O , chiều cao h = a 3 . Mặt phẳng đi qua tâm O và tạo với OO′ một góc 30° , cắt hai đường tròn tâm O và O′ tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình thang có đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ và diện tích bằng 3a 2 . Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng 3π a 3 3π a 3 3π a 3 A. . B. 3π a 3 . C. . D. . 3 12 4 Câu 44. Cho hình trụ và hình vuông ABCD có cạnh a . Hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất và hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thức hai, mặt phẳng ( ABCD ) tạo với đáy

QU Y

một góc 45° . Khi đó thể tích khối trụ là π a3 2 3π a 3 2 π a3 2 3π a 3 2 A. . B. . C. . D. . 8 8 16 16 Câu 45. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 2a . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A nằm trên đường tròn

đáy và cắt đáy còn lại của hình trụ theo dây cung BC , BC = 8a . Biết khoảng cách từ tâm đáy chưa BC đến mặt phẳng ( P ) bằng a . Tính thể tích khối trụ.

KÈ

B. 31 2a 3π . C. 24 2a 3π . D. 12 2a 3π . A. 72 2a 3π . Câu 46. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và lần lượt tâm của hai đáy là O, O ' . Điểm A thuộc vào đường tròn đáy tâm O ' . Mặt phẳng ( P ) đi qua A, O cắt hình trụ đã cho theo một thiết diện là nửa hình elip có tiêu điểm thuộc đoạn thẳng OA . Biết rằng tiêu cự của thiết diện này gấp đôi độ dài trục nhỏ. Tính thể tích khối trụ đó A. 2a 3π . B. 5a 3π . C. 2a 3π . D. 3a 3π .

Câu 47. Cho hình trụ có đường cao h = 5 ( cm ) . Mặt phẳng ( P ) song song với trụ của hình trụ và cách

(

)

DẠ

trục hình trụ một khoảng 2 ( cm ) cắt hình trụ theo một thiết diện có diện tích S = 10 5 cm 2 .

Tính thể tích khối trụ. A. 45π .

B. 20π .

C. 24π .

D. 48π .

Câu 48. Cho tứ diện ABCD có AB = BC = AC = BD = 2a, AD = a 3 ; hai mặt phẳng ( ACD ) và ( BCD ) vuông góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 64π a 2 4π a 2 16π a 2 64π a 2 A. B. C. D. 27 27 9 9

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 49. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết rằng AB = a, AD = a 3 và ASB = 60° . Tính diện tích

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . 13π a 2 13π a 2 11π a 2 11π a 2 A. S = . B. S = . C. S = . D. S = . 2 3 2 3 Câu 50. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB = 2a, AD = a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD bằng a 57 a 19 2a 15 a 13 A. . B. . C. . D. . 6 4 3 3 Câu 51. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là 5a 2π 5a 2π 5a 2 5a 2 A. . B. . C. . D. . 12 3 3 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 2a , độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng A. l = 2 3a . B. l = 2 5a . C. l = 5a . D. l = 3a . Lời giải Chọn B

H O

ƠN

Vậy độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng: l = h2 + r 2 = 2 5a Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 2a , diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 4 15π a 2 . B. 2 15π a 2 . C. 8 15π a 2 . D. 6 15π a 2 . Lời giải Chọn A S

DẠ

KÈ

Câu 2.

QU Y

Xét tam giác AOI ta có: OI = OA2 − AI 2 = 2 2a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOI ta có: = 2+  = − 2 = 2− 2 = 2 2 2 2 2 OH OI OS OS OH OI 4 a 8a 8a 2 2  SO = 8a  SO = 2 2a = h , r = 2 3a

H O

I A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB . Gọi H là hình chiếu của O lên SI  OH ⊥ SI . Ta có: SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOI )  ( SOI ) ⊥ ( SAB )

 SO 2 = 8a 2  SO = 2 2a = h , r = 2 3a  l = h2 + r 2 = 2 5a Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng: V = π rl = π .2 3a.2 5a = 4 15π a 2 . Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 2a , diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng B. 4π a 2 15 + 3 . C. 8 15π a 2 . D. 8π a 2 15 + 3 . A. 4 15π a 2 .

(

)

Lời giải Chọn B

Câu 3.

FI CI A

Xét tam giác AOI ta có: OI = OA2 − AI 2 = 2 2a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 2+  = − 2 = 2− 2 = 2 Xét tam giác SOI ta có: 2 2 2 2 OH OI OS OS OH OI 4 a 8a 8a

Mà ( SOI ) ∩ ( SAB ) = SI nên từ O dựng OH ⊥ SI thì OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) ) = 2a

(

)

QU Y

ƠN

KÈ

Xét tam giác AOI ta có: OI = OA2 − AI 2 = 2 2a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOI ta có: = 2+  = − 2 = 2− 2 = 2 2 2 2 2 OH OI OS OS OH OI 4 a 8a 8a

 SO 2 = 8a 2  SO = 2 2a = h , r = 2 3a  l = h2 + r 2 = 2 5a Vậy diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng:

(

)

= 4π a 2

(

)

15 + 3 .

V = π rl + π r 2 = π .2 3a.2 5a + π 2 3a

DẠ

Câu 4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

H O

FI CI A

I A

Giả sử thiết diện cắt đường tròn đáy theo dây cung AB = 4a. Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB . Gọi H là hình chiếu của O lên SI  OH ⊥ SI . Ta có: SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOI )  ( SOI ) ⊥ ( SAB )

ƠN

Mà ( SOI ) ∩ ( SAB ) = SI nên từ O dựng OH ⊥ SI thì OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) ) = 2a Xét tam giác AOI ta có: OI = OA2 − AI 2 = 2 2a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 2+  = − 2 = 2− 2= 2 Xét tam giác SOI ta có: 2 2 2 2 OH OI OS OS OH OI 4a 8a 8a

Câu 5.

 SO2 = 8a2  SO = 2 2a  SI = SO2 + OI 2 = 4a 1 1 Vậy diện tích thiết diện bằng: S∆SAB = .SI . AB = .4a.4a = 8a 2 . 2 2 Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2 3a . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng 4a . Biết diện tích của thiết diện bằng 8a 2 ,

QU Y

khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện bằng B. 4a . C. 4 a 3 . A. 2 a 3 . Lời giải Chọn D

D. 2a .

DẠ

KÈ

I A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Xét tam giác SOI ta có: SO = SI 2 − OI 2 = 2 2a = OI nên ∆SOI vuông cân tại O 1  OH = SI = 2a. 2 Vậy khoảng cách từ tâm O của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện bằng 2a. Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng a 3 = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón cách từ O đến ( SAB ) bằng và SAO 3 theo a bằng A. a 2 . B. a 3 . C. 2 a 3 . D. a 5 . Lời giải Chọn A

ƠN

Câu 6.

Xét tam giác AOI ta có: OI = OA2 − AI 2 = 2 2a 2S∆SAB 2.8a 2 1 = = 4a Theo giả thiết: S∆SAB = .SI . AB  SI = 2 AB 4a

QU Y

Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O Mà SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOK )  ( SOK ) ⊥ ( SAB ) mà  ( SOK ) ∩ ( SAB ) = SK nên từ O dựng OH ⊥ SK thì OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) ) SO SA  SO = SA 2 = SK  SK = SA 3 Xét tam giác SAB ta có: sin SAB SA 2 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOK ta có: = + = + 2 2 2 2 2 OH OK OS SK − SO SO 2 6 3 1 1 1 4 2 2  = + = 2 + 2  2 = 2  SA = 2a  SA = a 2 2 2 2 2 SA a SA 3SA SA OH SA SA − 4 4 4 Cho hình nón có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 . Tính diện tích S của thiết diện đó. A. S = 500 . B. S = 400 . C. S = 300 . D. S = 406 Lời giải Chọn A Giả sử hình nón đỉnh S , tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là ∆ SAB (hình vẽ).

DẠ

Câu 7.

KÈ

= Xét tam giác SAO ta có: sin SAO

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

H O

FI CI A

I A

Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB . Gọi H là hình chiếu của O lên SI  OH ⊥ SI . Ta chứng minh được OH ⊥ ( SAB )  OH = 12 .

ƠN

Xét tam giác vuông SOI có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + 2  2 = − = 2− 2 = . 2 2 2 2 OH OS OI OI OH OS 12 20 225  OI 2 = 225  OI = 15 .

Xét tam giác vuông SOI có SI = OS 2 + OI 2 = 20 2 + 152 = 25 .

Câu 8.

Xét tam giác vuông OIA có IA = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 20  AB = 40 . 1 1 Ta có S = S ∆ABC = AB.SI = .40.25 = 500 . 2 2 Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 1. Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 1. Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng ( P ) bằng 7 . 7

2 . 2

QU Y

21 7

Lời giải

KÈ

Chọn D

3 . 3

DẠ

Ta có l = h = 1 Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung AB có độ dài bằng 1. I , K là

hình chiếu O lên AB ; SI . Ta có AB ⊥ ( SIO )  OK ⊥ ( SAB ) 2

3 1 ta có IO = R − OA = 1 −   = . 2 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

ƠN

FI CI A

Câu 9.

1 1 1 OI .SO 21 . = +  OK = = 2 2 2 2 2 OK OI OS 7 OI + OS Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O, bán kính R. Dựng hai đường sinh SA và SB , biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 60°, khoảng cách từ tâm O đến mặt R phẳng ( SAB ) bằng . Đường cao h của hình nón bằng 2 R 3 R 6 A. h = R 3 . B. h = R 2 . C. h = . D. h = . 2 4 Lời giải Chọn D

QU Y

Gọi I là trung điểm AB. Kẻ OH vuông góc với SI . R d ( O, ( SAB ) ) = OH = . Ta có cung AB bằng 60° nên AOB = 60°. 2 = OI ⇔ OI = OA.cos 30° = 3R . Tam giác AOI vuông tại I , ta có cos IOA OA 2 Tam giác SOI vuông tại O, ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 8 = + 2 ⇔ = − 2 = − = 2 2 2 2 2 2 2 OH SO OI SO OH OI 3R  R   3R      2  2 

6R . 4 Câu 10. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vuông SAB có diện tích bằng 4a 2 . Góc giữa trục SO và mặt phẳng ( SAB ) bằng 30° . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

 SO =

KÈ

A. 4 10π a 2 .

B. 2 10π a 2 .

C. 10π a 2 .

D. 8 10π a 2

Lời giải

DẠ

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

Theo trên có OK ⊥ AB nên OK ⊥ ( SAB ) .

ƠN

Gọi M là trung điểm của AB , tam giác OAB cân đỉnh O nên OM ⊥ AB và SO ⊥ AB suy ra AB ⊥ ( SOM ) . Dựng OK ⊥ SM . = 30° . Vậy góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng ( SAB ) là OSM

Tam giác vuông cân SAB có diện tích bằng 4a 2 suy ra

 AB = 4 a  SM = 2 a .

1 2 SA = 4a 2  SA = 2a 2 2

= Xét tam giác vuông SOM có cos OSM

SO 3  SO = .2 a = 3a . SM 2

2 2 Cuối cùng OB = SB − SO = a 5 .

QU Y

Vậy diện tích xung quanh của hình nón bằng S xq = π rl = π .a 5.2a 2 = 2a 2 10π .

Câu 11. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , bán kính bằng 3a . Mặt phẳng ( P ) qua S cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác đều. Biết khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ( P )

4 33 a , thể tích của khối nón đã cho bằng 15 B. 15a3π . C. 12 2a 3π . A. 2a3π . Lời giải Chọn A

D. 15 2a 3π .

bằng

DẠ

KÈ

H 3a A

O B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Đặt SA = x  AI =

x 2

( ) Xét ∆IOA ( Iɵ = 1v ) : OI

x 2 36a 2 − x 2 = 4 4 3x 2 = 1v : 75 = 1 = 1 + 1 = Xét ∆OSI O ⇔ x = 5a 176a 2 OH 2 OS 2 OI 2 ( x 2 − 9a 2 )( 36a 2 − x 2 )

(

= 9a 2 −

FI CI A

(

= 1v : SO 2 = x 2 − 9 a 2 Xét ∆OSA O

)

= 1v : SO = 25a 2 − 9 a 2 = 4 a ∆ OSA O

1 1 2 Vậy V = π .OA2 .OS = π . ( 3a ) .4a = 12a3π 3 3 Câu 12. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , bán kính bằng 4a . Mặt phẳng ( P ) qua S cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vuông. Biết khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ( P )

2 7 a , thể tích của khối nón đã cho bằng 5 B. 12a3π .

A. 16a3π .

16 3 aπ. 3 Lời giải

Chọn A

D. 4a 3π .

QU Y

ƠN

bằng

KÈ

Đặt SA = x  AI =

x 2 2

( ) Xét ∆IOA ( Iɵ = 1v ) : OI

= 1v : SO 2 = x 2 − 16 a 2 Xét ∆ OSA O

DẠ

x 2 32a 2 − x 2 = 2 2 x2 = 1v : 25 = 1 = 1 + 1 = Xét ∆OSI O ⇔ x = 5a 28a 2 OH 2 OS 2 OI 2 ( x 2 − 16a 2 )( 32a 2 − x 2 )

(

= 16a 2 −

)

= 1v : SO = 25a 2 − 16 a 2 = 3a ∆OSA O

1 1 2 Vậy V = π .OA2 .OS = π . ( 4a ) .3a = 16a3π 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 13. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , bán kính bằng a 2 . Mặt phẳng ( P ) qua S hợp

FI CI A

với đáy một góc α sao cho tan α = 2 và cắt đáy theo dây cung AB với ASB = 600 .Thể tích của khối nón đã cho bằng 2 2 3 2 6 3 aπ. aπ. A. B. 2 2a 3π . C. 2 6a3π . D. 3 3 Lời giải Chọn A

O I

B Đặt SO = x

(

ƠN

)

= 1v : SA = x 2 + 2 a 2 Xét ∆OSA O

= 1v : tan α = OS  OI = x Xét ∆OSI O OI 2

(

)

QU Y

x2 2 ɵ ∆ IOA I = 1 v : IA = 2 a − Xét 2

(

)

= 1v : sin ISA = IA ⇔ 1 = sin 300 = Xét ∆ISA O SA 2

(

)

x 2 ⇔ x=a 2 2 x + 2a 2

2a 2 −

2 1 1 2 2 3 aπ Vậy V = π .OA2 .OS = π . 2a . 2a = 3 3 3 Câu 14. Cho hình nón đỉnh S có đường cao SO , Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho = 600 . Thể tích của khối nón đã cho bằng tam giác OAB vuông. Biết AB = a 2 và SAO

KÈ

(

3a3π . 3

)

a3π . 3

3a 3π .

Lời giải

DẠ

Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3a3π . 9

L FI CI A

Vì tam giác OAB vuông cân tại O nên: OA2 + OB 2 = AB 2  2OA2 = 2a 2  OA = a =a 3 Xét tam giác SOA vuông tại O có: SO = AO.tan SAO

QU Y

ƠN

1 1 3a 3π Vậy V = π .OA2 .OS = π .a 2 .a 3 = 3 3 3 Câu 15. Cho hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Một thiết diện qua đỉnh có khoảng cách từ tâm đáy đến thiết diện là 12cm . Tính diện tích của thiết diện. A. 500cm 2 . B. 500cm 2 . C. 500cm 2 . D. 500cm 2 . Lời giải Chọn A

KÈ

Giả sử hình nón có đỉnh S , chiều cao SO , thiết diện là tam giác △SAB . 1 1 + Ta có S ∆SAB = AB.SI = 2 IA.SI = IA.SI 2 2 + Xét tam giác vuông SOI , ta có: 1 1 1 1 1 1 = 2+  2 = 2 + 2  OI = 15 ( cm ) . 2 2 OH OI OS 12 OI 20 + Mặt khác, xét tam giác vuông SOI thì: OI .OS 20.15 OI .OS = SI .OH  SI = = = 25 ( cm ) . OH 12 + Trong tam giác vuông AIO , ta có: IA = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 20 ( cm ) .

+ Từ đó suy ra: S ∆SAB = IA.SI = 20.25 = 500 ( cm 2 ) .

DẠ

Câu 16. Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy tâm O , độ dài đường sinh SA = a , đường kính đáy AB 2a 3 . Thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 600 và cắt đường tròn đáy theo dây cung MN = 3 ( M , N không trùng với hai điểm A, B ). Biết rằng khoảng cách từ A tới MN bằng a . Tính thể tích khối nón

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2a 3π . 6

3a3π . 8

2a 3π . 12

a3π . 9

Lời giải

Chọn C

N A

FI CI A

SO = OH .tan 600 = 3x2 − a2 . Mặt khác SO = SA2 − AO2 = a2 − x2

Do đó SO = a 2 −

a2 a 2 = 2 2 2

a2 3

a 2 . 2

 a 2 − x 2 = 3 x 2 − a 2  4 x 2 = 2a 2  x =

ƠN

Gọi H là trung điểm của MN , Đặt OM = x  OH = OM 2 − MH 2 = x 2 −

QU Y

1 1 a 2 a 2  V = π .OM 2 .OS = π .  =  . 3 3  2  2

2a 3π . 12

Câu 17. Cho hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O sao cho SO = a 5 , một mặt phẳng (α ) cắt mặt nón theo hai đường sinh SA, SB . Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (α ) bằng 2 5 và diện tích tam giác SAB bằng 360 . Tính thể tích khối nón

B. 265π 5 .

C. 1325 5 . Lời giải

D. 265 5 .

DẠ

KÈ

Chọn A

A. 1325π 5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A 1 1 1 1 1 1 1 = + 2 = + = 2 2 2 2 2 OH SO OI OI OH SO 2 5 2

−

) (6 5 )

3 10 2  OI = 2 45

ƠN

(

Kẻ OI ⊥ AB, OH ⊥ SI  OH = d ( O, (α ) ) = 2 5

 3 10  9 10 SI = SO + OI = 6 5 +   = 2  2  S 1 360 SSAB = .SI . AB = SI .IA  IA = SAB = = 8 10 2 SI  9 10     2 

(

)

(8 10 )

r = OI + IA =

 3 10  5 106 +   = 2  2 

DẠ

KÈ

QU Y

1  5 106  V = .π .   .6 5 = 1325π 5 3  2  Câu 18. Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng a 3 0 0 SAB ( ) cách từ O đến bằng 3 và SAO = 30 , SAB = 60 . Độ dài đường sinh của hình nón theo a bằng A. a 2 B. a 3 C. 2a 3 D. a 5 Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

QU Y

ƠN

Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O AB ⊥ ( SOK )  ( SOK ) ⊥ ( SAB )  ( SOK ) ∩ ( SAB ) = SK mà nên từ O Mà SO ⊥ AB nên OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) ) dựng OH ⊥ SK thì = SO  SO = SA sin SAO SA 2 Xét tam giác SAO ta có: = SK  SK = SA 3 sin SAB SA 2 Xét tam giác SAB ta có: 1 1 1 1 1 = + = + 2 2 2 2 2 SOK OK OS SK − SO SO 2 Xét tam giác ta có: OH 1 1 1 4 2  = + = 2+ 2 2 2 2 2 6 3 3SA SA SA OH SA SA  2 = 2  SA = 2a 2  SA = a 2 − SA a 4 4 4 O , Câu 19. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm bán kính R. Dựng hai đường sinh SA và SB, biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 60°, khoảng cách từ tâm O đến mặt R . SAB ) ( phẳng bằng 2 Thể tích của khối nón bằng

KÈ

3 π R3 A. 4 .

3 π R3 B. 12 .

6 π R3 C. 4 . Lời giải

6 π R3 D. 12

DẠ

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A = cos IOA

ƠN

Ta có cung AB bằng 60° nên AOB = 60°.

Gọi I là trung điểm AB. Kẻ OH vuông góc với SI . R d ( O, ( SAB ) ) = OH = . 2 OI

⇔ OI = OA.cos 30° =

OA 2 Tam giác AOI vuông tại I , ta có O , Tam giác SOI vuông tại ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 8 6R = + 2 ⇔ = − 2 = − = 2  SO = . 2 2 2 2 2 2 OH SO OI SO OH OI 3R 4  R   3R      2  2 

QU Y

1 1 6R 6 V = π R 2 h = π .R 2 . = π R3. 3 3 4 12

DẠ

KÈ

( P ) đi qua đỉnh của hình nón và có khoảng cách Câu 20. Cho hình nón có chiều cao 6a . Một mặt phẳng đến tâm là 3a , thiết diện thu được là một tam giác vuông cân. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng 3 3 3 3 A. 150π a . B. 96π a . C. 108π a . D. 120π a . Lời giải Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

SO.OG = OH .SG  SG =

FI CI A

( P ) cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SDE . Theo giả thiết, tam giác SDE Mặt phẳng vuông cân tại đỉnh S . Gọi G là trung điểm DE , kẻ OH ⊥ SG  OH = 3a . 1 1 1 1 1 1 = +  = −  OG = 2a 3 2 2 2 2 2 SO OG OG OH SO 2 Ta có OH . SO.OG 6 a.2a 3 = = 4a 3  DE = 8a 3 . SG 3a

OD = OG 2 + DG 2 = 12a 2 + 48a 2 = 2 15a . 2 1 V = ⋅ π ⋅ 2 15a ⋅ 6a = 120π a 3 3 Vậy

(

)

a 2 bằng 2 . Thể tích khối nón đã cho bằng 3 8πa 4πa 3 2πa 3 A. 3 . B. 3 . C. 3 . Lời giải. Chọn B

πa 3 D. 3 .

QU Y

ƠN

( P) phẳng

( P ) đi qua đỉnh ( S ) của hình nón, cắt Câu 21. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 2a . Mặt phẳng đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2a 3 , khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt

KÈ

 SO ⊥ AB  ( SOC ) ⊥ AB  Gọi C là trung điểm của AB , O là tâm của đáy. Khi đó OC ⊥ AB . Gọi H là 2 OH = a OH ⊥ SAB ( ) 2 . hình chiếu của O lên SC thì nên 1 1 1 1 SOC : = − = 2  SO = a 2 2 2 OB = 2a, BC = a 3  OC = a . Xét tam giác vuông SO OH OC a .

DẠ

1 4π a 3 2 π . ( 2a ) .a = 3 . Vậy thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đã cho là 3 ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 600 Câu 22. Cắt khối nón ( N ) bằng ta thu được thiết diện là một tam giác đều cạnh 4a . Thể tích của khối nón 7 3 πa 3 3 3 A. 3 . B. 7 3π a . C. 21π a . D. 7π a . Lời giải Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

L 4a 3 = 2a 3 2 Do tam giác SAB đều cạnh 4a . Xét tam giác SIM vuông tại I ta có SI = 3a; IM = a 3 .  SM =

Gọi I là tâm đáy nón. Ta có thiết diện qua đỉnh là tam giác SBA . 0 Gọi M là trung điểm của AB. Suy ra SMI = 60 .

(

)

(N)

ƠN

IA = IM 2 + MA2 = 3a 2 + ( 2a ) = a 7

Xét ∆IMA vuông tại M ta có 2 1 1 V = π r 2 h = π a 7 .3a = 7π a 3 3 3 Khi đó .

KÈ

QU Y

bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 60° ( N ) bằng ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 2a. Thể tích của khối nón 7 3 21 3 7 3 3 21 3 3 πa πa πa πa A. 8 . B. 8 . C. 8 . D. 8 . Lời giải Chọn A

Câu 23. Cắt khối nón

( P)

cắt hình nón theo thiết diện là tam giác đều SAB cạnh 2a  AB = 2a. Kẻ OH ⊥ AB tại H  AH = a, SH = a 3. = 60°  SO = SH .sin 60° = 3a . 60 °  SHO SAB ( ) với mặt đáy bằng 2 Góc giữa mặt phẳng SO a 3 a 7 OH = =  r = AH 2 + OH 2 =  SA = h 2 + r 2 = 4a. tan 60 ° 2 2 Mà

DẠ

Mặt phẳng

Vậy

1 1  a 7  3a 7 3 V = π r 2 h = π .   . = πa . 3 3  2  2 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(N)

0 bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 30 , ( N ) bằng ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 4a. Thể tích của khối nón 13 3 13 3 3 13 3 3 πa πa πa 3 . B. 3 . C. 13 3π a . D. 3 A. 6 Lời giải Chọn D

FI CI A

Câu 24. Cắt khối nón

ƠN

Gọi O là tâm đáy nón, đỉnh nón là S , thiết diện là tam giác đều SAB. 0 Kẻ OH ⊥ AB, H là trung điểm AB  SHO = 30 .

 SH = 2a 3, HA = 2a.

0 0 Ta có: OH = SH .cos 30 = 3a; SO = SH .sin 30 = a 3

 r = HO 2 + HA2 = 9a 2 + 4a 2 = a 13.

2 1 1 13 3 3 V = π r 2 h = π a 13 .a 3 = πa . 3 3 3 ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 30° , Câu 25. Cắt khối nón ( N ) bằng ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 2a . Thể tích của khối nón 13 3 13 3 3 13 3 3 13 3 3 πa πa πa πa A. 8 B. 24 C. 24 D. 12 Lời giải Chọn B

)

KÈ

QU Y

(

DẠ

• Ta có: ∆SAB đều cạnh

2 a  SH =

2a 3 = a 3. 2

• Góc giữa thiết diện và mặt phẳng đáy là SHI = 30°. • Xét ∆SHI vuông tại I , ta có 3 3a 1 a 3 HI = SH .cos 30° = a 3. = ; SI = SH .sin 30° = a 3. = . 2 2 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

AI = AH 2 + HI 2 = a 2 + • Xét ∆ AHI vuông tại H :

9a 2 a 13 = . 4 2

FI CI A

1 1  a 13  a 3 13 3 3 = V = π r 2 h = π .  πa .  . 3 3  2  2 24 • Vậy: Câu 26. Cho hình trụ có chiều cao bằng 6a . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , thiết diện thu được là một hình vuông. Thể tích khối trụ được giới han bởi hình trụ đã cho bằng 3 3 3 3 A. 216π a . B. 150π a . C. 54π a . D. 108π a . Lời giải Chọn D

P O'

ƠN

N O

I M

(

QU Y

MN MI = = 3a MNPQ 2 Thiết diện là hình vuông nên MNPQ Mặt phẳng cách trục một khoảng bằng 3a nên OI = 3a

)

Suy ra tam giác OIM vuông cân tại I . Khi đó OM = 3 2a

(

Vậy

)

V = π R 2 .h = π 3 2a .6a = 108π a 3 .

Câu 27. Cắt một hình trụ bằng mặt phẳng

(α ) vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông

DẠ

KÈ

(α) bằng 3 . Tính thể có diện tích bằng 16 . Biết khoảng cách từ tâm đáy hình trụ đến mặt phẳng tích khối trụ. 52π 2 3 π A. . B. 3 . C. 52π . D. 13π . Lời giải Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

N O'

FI CI A

O A

2 2 Ta có IA = IO + OA = 9 + 4 = 13 . 2

( )

V = π. 13 .4 = 52π (dvtt )

. Dựng các dữ kiện bài toán theo hình vẽ trên. (α) vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông ABCD có diện tích Mặt phẳng bằng 16 ⇒ Cạnh hình vuông bằng 4 . (α ) bằng 3 ⇒ IO = 3 . Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng

(T ) . B.

7 7 3 πa 3 .

8 V = π a3 3 . C. Lời giải

3 D. V = 8π a .

KÈ

QU Y

Chọn D

3 A. V = 7 7π a .

ƠN

. Vậy thể tích khối trụ trên là: (T ) bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục của trụ (T ) một khoảng Câu 28. Khi cắt khối trụ 2 bằng a 3 ta được thiết diện là hình vuông có diện tích bằng 4a . Tính thể tích V của khối trụ

DẠ

S = 4a 2  AD = CD = 2a Thiết diện là hình vuông ABCD . ABCD  OH ⊥ CD  OH ⊥ ( ABCD )  OH = a 3 CD H G ọi là trung điểm

 OD = DH 2 + OH 2 = a 2 + 3a 2 = 2a .

h = AD = 2a, r = OD = 2a  V = π r 2 h = 8π a3 .

Câu 29. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có cạnh DAC = 60° . Tính thể tích AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết BD = a 2 , khối trụ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 6 3 πa A. 16 .

3 2 3 πa B. 16 .

3 2 3 πa C. 32 . Lời giải

3 2 3 πa D. 48 .

Chọn B

FI CI A

600 A

a 6 4 .

ƠN

Ta có ABCD là hình chữ nhật nên tam giác ADC vuông tại D và BD = AC = a 2 . Xét tam giác vuông ADC có a 6 = DC sin DAC ⇔ DC = AC ⇔ DC = AC sin DAC ⇔ DC = a 2.sin 60° 2  bán kính mặt đáy

QU Y

của hình trụ là a 2 = AD cos DAC ⇔ AD = AC ⇔ AD = AC cos DAC ⇔ AD = a 2 cos 60° 2  chiều cao của a 2 h= 2 . hình trụ là 2

a 6 a 2 3π a 3 2 = π   = 2  4  2 16 . Thể tích khối trụ là V = π r h Câu 30. Cho hình trụ có đường cao bằng 8a . Một mặt phẳng song song với trục và cách trục hình trụ 3a , cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông. Diện tích xung quanh và thể tích khối trụ bằng 2 3 2 3 A. S = 80π a , V = 200π a . B. S = 60π a , V = 200π a .

KÈ

2 3 C. S = 80π a , V = 180π a .

2 3 D. S = 60π a , V = 180π a . Lời giải

DẠ

Chọn A

( h = 8a ) . Thiết diện ABCD là hình vuông có cạnh là 8a www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng

( ABCD )

là d = 3a 2

h r = d +  =5 2 Suy ra bán kính đường tròn đáy S = 2π rh = 80π a 2 Vtr = π r 2 h = 200π a 3 Vậy xq , . r = 5cm Câu 31. Một hình trụ có bán kính đáy và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm . Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3cm . Diện tích của thiết diện được tạo thành là: A.

S = 56 ( cm 2 )

S = 55 ( cm 2 )

C. Lời giải

S = 53 ( cm 2 )

S = 46 ( cm 2 )

ƠN

Chọn A

FI CI A

Gọi O, O′ là tâm của hai đáy của hình trụ và OO′ một khoảng 3cm .

( P)

là mặt phẳng song song với trục và cách trục

( O ) , ( O′ )

theo hai dây cung lần lượt là AB, CD và cắt mặt xung quanh theo hai đường sinh là AD, BC . Khi đó ABCD là hình chữ nhật. OH ⊥ AB; OH ⊥ AD  OH ⊥ ( ABCD ) Gọi H là trung điểm của AB . Ta có  d ( O O′, ( P ) ) = d ( O, ( ABCD ) ) = OH = 3cm . 2 2 2 2 Khi đó: AB = 2 AH = 2 OA − OH = 2 5 − 3 = 8 ; AD = O O ' = h = 7cm . cắt hai hình tròn đáy

QU Y

S = AB. AD = 56 ( cm 2 ) Diện tích hình chữ nhật ABCD là: ABCD . O, R O ', R Câu 32. Cho hình trụ có hai đường tròn đáy và , chiều cao h = 3R . Đoạn thẳng AB có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy hình trụ sao cho góc hợp bởi AB và trục của hình trụ 0 là α = 30 . Thể tích tứ diện ABOO ' là

KÈ

(

3R 3 . A. 2

3R 3 . B. 4

)

(

)

R3 . C. 4 Lời giải

R3 . D. 2

DẠ

Chọn C Ta có hình vẽ như sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

B O

30°

R A

(

)

(

)

Ta có: O 'O || BB ' nên V = VOA ' B .O ' AB ' Đặt

. AB,O 'O = AB, BB ' = ABB ' = 300

FI CI A

h= 3R

1 VABOO ' = VB .AOO ' = VB .A 'AO = VA.A 'BO = V 3 vì S ∆AOO ' = S ∆A 'AO Ta có 0

OB = R, A ' B = R 3 tan 30 = R

nên ∆OA ' B đều,

ƠN

Ta có

S ∆OA ' B =

R2 3 4 .

QU Y

 R2 3  R 3 1 1 VO 'OAB = V = 3R  = .  4  3 3 4   (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2 a , ta được Câu 33. Cắt hình trụ 2 (T ) bằng thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 36a . Diện tích xung quanh của 2 2 2 2 A. 4 13π a . B. 12 13π a . C. 6 13π a . D. 8 13π a . Lời giải Chọn B B

C 2a

KÈ

(T )

bởi mặt phẳng song song với trục OO ′ ta được thiết diện là một hình vuông 2 2 ABCD có diện tích bằng 36a 2 . Suy ra S ABCD = CD = 36a  CD = AD = 6a . Gọi I là trung điểm của CD , ta có: OI ⊥ CD  OI ⊥ ( ABCD )  OI = d ( O, ( ABCD ) ) = d ( OO′, ( ABCD ) ) = 2a  OI ⊥ AD . CD ID = = 3a; OI = 2a  OD 2 = OI 2 + ID 2 = 13a 2  OD = a 13 ∆ OID vuông tại I có 2 .

DẠ

Cắt hình trụ

Suy ra r = OD = a 13 . Diện tích xung quanh của hình trụ

(T ) là

S xq = 2π rl = 2π .a 13.6a = 12 13π a 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(T )

bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , ta được 2 (T ) bằng thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16a . Diện tích xung quanh của 16 13 2 8 13 2 πa . πa . 2 2 A. 3 B. 4 12π a . C. 3 D. 8 13π a . Lời giải Chọn D

FI CI A

Câu 34. Cắt hình trụ

QU Y

ƠN

d OO′; ( ABCD ) ) = OH . Thiết diện là hình vuông ABCD và ( 2 2 2 Ta có: S ABCD = 16a  BC = h = 4a và OH = 3a, suy ra: R = BH + OH = 13a. S = 2π Rh = 8π 13a 2 . Diện tích xung quanh: xq (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2a , ta được Câu 35. Cắt hình trụ 2 (T ) bằng thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16a . Diện tích xung quanh của 32 2 16 2 π a2 π a2 2 2 A. 8 2π a . B. 3 . C. 3 . D. 16 2π a . Lời giải C

O A

KÈ

(T ) là II ′ . Gọi I , I ′ lần lượt là tâm hai đường tròn đáy. Suy ra trục của S = 16a 2  l = AB = AD = 4a. Thiết diện là hình vuông ABCD . ABCD Gọi O, O′ lần lượt trung điểm của AD, BC  OA = 2a .

d ( II ′, ( ABCD)) = d ( I , ( ABCD ) ) = IO = 2a  R = IA = IO 2 + OA2 = 4a 2 + 4a 2 = 2 2a.

DẠ

(T ) bằng: S = 2π .R.l = 2π .2 2a.4a = 16 2π a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ (T ) bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng Câu 36. [ Mức độ 3] Cắt hình trụ 3a , ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 36a 2 . Diện tích xung quanh của (T ) bằng 2 2 2 2 A. 12 2π a . B. 36 2π a . C. 24 2π a . D. 18 2π a . www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

ƠN

FI CI A

Lời giải

DẠ

KÈ

QU Y

Gọi thiết diện của hình trụ được cắt bởi mặt phẳng sog song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a là hình vuông ABCD (hình vẽ). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB . AB = 6a, OH = 3a ⇒ OA = 3a 2 ⇒ S xq = 2π Rl = 36 2πa 2 . Từ giả thiết suy ra ( O, R ) và ( O′, R ) . Biết rằng tồn tại dây Câu 37. Một hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai đường tròn ( O, R ) sao cho tam giác O′AB đều và góc giữa hai mặt phẳng cung AB của đường tròn ( O′AB ) và mặt phẳng chứa đường tròn ( O, R ) bằng 60° . Tính diện tích xung quanh của hình trụ đã cho. 3 7 6 7 πR 2 πR 2 2 2 2 3 π R 4 π R 7 7 A. B. C. D. Lời giải Chọn D

Gọi K là trung điểm AB , đặt AB = 2a . Ta có : AB ⊥ OK và AB ⊥ OO′ nên OKO′ = 60° 4R2 2 2 2 2  3a = 4 R − a  a = 7

(

 O′K = 2OK

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 O′K 2 = 4OK 2

Mặt khác :

4R 2 9R2 6 7 πR 2 −R =  O′O = 7 7 7 6 7 πR 2 7 .

S xq = 2 πRl =

OO′2 = O′B 2 − OB 2 = 4a 2 − R 2 = 4.

D. 2a .

ƠN

a 3 15 4 . Độ dài đường cao của hình trụ bằng tứ diện OO ′AB bằng a A. . B. 6a . C. 3a . Lời giải Chọn C

FI CI A

Vậy diện tích xung quanh hình trụ đã cho là : Câu 38. Một khối trụ có bán kính đáy r = 2a . O, O′ lần lượt là tâm đường tròn đáy. Một mặt phẳng song a 15 ( O′) tại hai điểm A, B . Biết thể tích của khối song với trục và cách trục 2 , cắt đường tròn

QU Y

( ABC ) song song với OO′ và cách OO′ một khoảng Vẽ đường sinh AC , khi đó mặt phẳng a 15 2 . Gọi I là trung điểm AB , ta có Bán kính O′A = 2a suy ra

d ( OO′, ( ABC ) ) = d ( O′, ( ABC ) ) = O′I =

a 15 2 .

15a 2 =a 4 . 3 a 15 4 bằng nên

BA = 2 IA = 2 O′A2 − O′I 2 = 2 4a 2 −

KÈ

OO ′AB Thể tích tứ diện ta có : 3 3 1 a 15 1 a 15 a 15 .OO′.IO′. AB = ⇔ .OO′. .a = ⇔ OO′ = 3a 6 4 6 2 4 . ′ OO = 3 a Vậy hình trụ có chiều cao . 8a Câu 39. Cho hình trụ có chiều cao bằng . Biết hai điểm A, C lần lượt nằm trên hai đáy thỏa AC = 10a , khoảng cách giữa AC và trục của hình trụ bằng 4a . Thể tích của khối trụ đã cho là 3

DẠ

A. 128π a .

3 B. 320π a .

C. 80π a . Lời giải

3 D. 200π a .

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L A ∈ ( O ) , C ∈ ( O′)

FI CI A

( O ) , ( O′) lần lượt là hai đường tròn đáy.

G ọi

ƠN

D ∈ ( O′) , B ∈ ( O ) Dựng AD, CB lần lượt song song với OO′ ( . Dễ dàng có ABCD là hình chữ nhật. Do AC = 10a, AD = 8a  DC = 6a . Gọi H là trung điểm của DC . O′H ⊥ DC  O′H ⊥ ( ABCD )  O′H ⊥ AD

. OO′ / / ( ABCD )  d ( OO ′, AC ) = d ( OO ′, ( ABCD ) ) = O ′H = 4 a

Ta có O′H = 4a, CH = 3a  R = O′C = 5a .

Vậy thể tích của khối trụ là

V = π R 2 h = π ( 5a ) 8a = 200π a 3

KÈ

QU Y

Câu 40. Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 3 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 30. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 10 3π . B. 5 39π . C. 20 3π . D. 10 39π . Lời giải Chọn C

DẠ

Goi hình trụ có hai đáy là O, O′ và bán kính R . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục nên thiết diện thu được là hình chữ nhật 30 AD = BC = =2 3 5 3 ABCD với AB là chiều cao khi đó AB = CD = 5 3 suy ra .

(

2 3 AD 2 R = OH 2 + = 1+ 4 4 Gọi H là trung điểm của AD ta có OH = 1 suy ra

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

=2 .

π a3 3 C. Lời giải

3 D. 2π a 3 .

ƠN

Chọn A

FI CI A

hình trụ góc 60° . Thể tích khối trụ bằng π a3 3 3 9 . A. π a 3 . B.

S = 2π Rh = 2π .2.5 3 = 20 3π Vậy diện tích xung quanh hình trụ là xq . ( O ) và Câu 41. Cho hình trụ có O, O′ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có A, B cùng thuộc C, D cùng thuộc ( O′ ) sao cho AB = a 3 , BC = 2a đồng thời ( ABCD ) tạo với mặt phẳng đáy

′ = IO ′ = IM .sin IMO

QU Y

Xét ∆IO′M vuông tại O , ta có ′ = a O′M = IM .cos IMO 2.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, AB và I là trung điểm của OO′ . ′ = 60° ( ABCD ) và mặt phẳng đáy là IMO . Suy ra góc giữa mặt phẳng 1 1 IM = MN = BC = a 2 2 Ta có .

Xét ∆O′MD vuông tại M , có

O ′M =

a 3  h = OO ′ = 2 IO ′ = a 3 2 ;

a 1 1 a 3 , MD = CD = AB = 2 2 2 2 2

2 a a 3   r = O′D = O′M + MD =   +   r=a  2   2  . 2

2 3 Vậy V = π r h = π a 3 .

DẠ

KÈ

( O ) và ( O′) . AB, CD lần lượt là hai đường kính của ( O ) và ( O′) , Câu 42. Cho khối trụ có hai đáy là góc giữa AB và CD bằng 30° , AB = 6 . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng 30 . Thể tích khối trụ đã cho bằng A. 180π . B. 90π . C. 30π . D. 45π . Lời giải Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Ta chứng minh:

VABCD =

1 AB.CD.d ( AB, CD ) .sin ( AB, CD ) 6 .

D E

ƠN

QU Y

Lấy điểm E sao cho tứ giác BCDE là hình bình hành. ( AB, CD ) = ( AB, BE )  sin ( AB, CD ) = sin ( AB, BE ) . Khi đó d ( D , ( ABE ) ) = d ( AB , CD ) . 1 1 VABCD = VABDE = .d ( D, ( ABE ) ) .S ABE = AB.CD.d ( AB, CD ) .sin ( AB, CD ) 3 6 6VABCD 1 180 VABCD = AB.CD.d ( AB, CD ) .sin ( AB, CD )  d ( AB, CD ) = = = 10 6 AB.CD.sin 30° 6.6. 1 2 .

KÈ

h = d ( AB, CD ) = 10 Chiều cao của lăng trụ bằng . 2 Thể tích lăng trụ: V = S .h = π .3 .10 = 90π .

DẠ

Câu 43. Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn tâm O và O′ , chiều cao h = a 3 . Mặt phẳng đi qua tâm O và tạo với OO′ một góc 30° , cắt hai đường tròn tâm O và O′ tại bốn điểm là bốn đỉnh của một 2 hình thang có đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ và diện tích bằng 3a . Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng 3πa 3 3πa 3 3πa 3 3 3 . 4 . A. B. 3πa . C. 12 . D. Lời giải Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

ƠN

Giả sử ABCD là hình thang mà đề bài đề cập ( BC đáy lớn, AD đáy nhỏ) và r là bán kính đáy của hình trụ.  BC = 2r  AD = r  BC = 2 AD  Theo đề:  AD ⊥ ( OO′I )  ( ABCD ) ⊥ ( OO′J ) Kẻ O′I ⊥ AD ( ABCD ) là góc O ′OI . Theo đề O ′OI = 30° Suy ra góc giữa OO′ và OO′ OO′ a 3 ′OI = cos O ⇔ OI = = = 2a OI cos 30° 3 2 AD + BC . IO ( ) ( r + 2r ) .2a S ABCD = ⇔ 3a 2 = ⇔r=a 2 2 Ta có:

QU Y

2 2 3 Thể tích của khối trụ là V = πr h = πa .a 3 = πa 3 Câu 44. Cho hình trụ và hình vuông ABCD có cạnh a . Hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy ABCD ) thứ nhất và hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thức hai, mặt phẳng ( tạo với đáy 45 ° một góc . Khi đó thể tích khối trụ là 3 πa 2 3π a 3 2 π a3 2 3π a 3 2 8 . 8 16 . A. B. . C. 16 . D. Lời giải

B I

KÈ

DẠ

Gọi I , I ′ lần lượt là trung điểm của AB, CD ; O, O′ lần lượt là tâm đường tròn đáy của hình trụ; H là trung điểm của II ′ . ( ABCD ) tạo với đáy là HI ′O = 45° . Khi đó H là trung điểm của OO ′ và góc giữa a a 2 a 2 I ′H =  O′H = O′I ′ = h = OO′ = 2 4 . Khi đó 2 . Do

r = O′C = O′I ′2 + I ′C 2 = Ta có:

a 6 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3π a3 2 16 . Thể tích khối trụ là Câu 45. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 2a . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A nằm trên đường tròn đáy và cắt đáy còn lại của hình trụ theo dây cung BC , BC = 8a . Biết khoảng cách từ tâm đáy chưa BC đến mặt phẳng ( P ) bằng a . Tính thể tích khối trụ. A. 72 2a 3π .

B. 31 2a 3π .

C. 24 2a 3π . Lời giải

Chọn A O'

D. 12 2a 3π .

FI CI A

V = π r 2h =

ƠN

3 2a

BC = 8a  CI = 4a

(

)

Xét ∆ OCI Iɵ = 1v : OI = 18a 2 − 16 a 2 = a 2

QU Y

Vậy ∆OHI vuông cân tại H  AD = DI = 4 2a

Vậy V = AD.OD 2π = 72 2π a3 Câu 46. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và lần lượt tâm của hai đáy là O, O ' . Điểm A thuộc vào đường tròn đáy tâm O ' . Mặt phẳng ( P ) đi qua A, O cắt hình trụ đã cho theo một thiết diện là

DẠ

KÈ

nửa hình elip có tiêu điểm thuộc đoạn thẳng OA . Biết rằng tiêu cự của thiết diện này gấp đôi độ dài trục nhỏ. Tính thể tích khối trụ đó A. 2a 3π . B. 5a3π . C. 2a 3π . D. 3a3π . Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

D a

(

Do thiết diện là nửa elip và tiêu cự thuộc OA nên trục nhỏ là OC = a , trục lớn là OA Gọi f là tiêu cự: OA2 = f 2 + OC 2 = 4a 2 + a 2 = 5a 2 = 1v : AD = 5a 2 − a 2 = 2a Xét ∆OAD D

)

ƠN

Vậy: V = AD.OD 2π = 2π a3 Câu 47. Cho hình trụ có đường cao h = 5 ( cm) . Mặt phẳng ( P ) song song với trụ của hình trụ và cách trục hình trụ một khoảng 2 ( cm ) cắt hình trụ theo một thiết diện có diện tích S = 10 5 ( cm 2 ) .

B. 20π .

C. 24π . Lời giải

D. 48π .

Tính thể tích khối trụ. A. 45π .

KÈ

QU Y

Chọn A

Giả sử thiết diện là hình chữ nhật ABB ′A′ . Ta có S ABB′A′ = AB. AA′ = 10 5  AB = 2 5 . Dựng OH ⊥ AB , khi đó d ( OO′; ABB′A′) = OH = 2 ( cm)

DẠ

Trong tam giác ∆OHA có OA = HA 2 + OH 2 = 3 ( cm )

Do đó V = AA′.OA2π = 5.32 π = 45π .

Câu 48. Cho tứ diện ABCD có AB = BC = AC = BD = 2a, AD = a 3 ; hai mặt phẳng ( BCD ) vuông góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 64πa 2 4πa 2 16πa 2 64πa 2 A. 27 B. 27 C. 9 D. 9

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( ACD )

và

Lời giải

FI CI A

Chọn D

ƠN

 BH ⊥ ( ACD ) Gọi H là trung điểm CD và tam giác ACD vuông tại#A. 3 BH = BD 2 − HD 2 = a. 2 2  CD = CA + AD = a 7 và 2

( BHA) kẻ đường trung trực ∆ của cạnh BA và gọi I = ∆ ∩ SH Trong mặt phẳng Khi đó ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Ta có BK .BA BA2 4 ∆BIK ∼ ∆BAH  BI = = = a BH 2 BH 3 . 4 R = BI = a. 3 Suy ra bán kính mặt cầu là

QU Y

64πa 2 S = 4πR = ⋅ 9 Vậy diện tích của mặt cầu là Câu 49. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng ( ABCD ) . Biết rằng AB = a, AD = a 3 và ASB = 60° . Tính diện tích vuông góc với mặt phẳng khối cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABCD . 13π a 2 13π a 2 11π a 2 11π a 2 S= S= S= S= 2 . 3 . 2 . 3 . A. B. C. D. Lời giải

DẠ

KÈ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Gọi I, J là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD và tam giác SAB. M là trung điểm của AB và O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. mp ( SAB ) ⊥ mp ( ABCD ) Ta có: JM ⊥ AB và IM ⊥ AB và nên IM ⊥ JM , ngoài ra O là tâm OI ⊥ ( ABCD )  OI ⊥ IM OJ ⊥ ( SAB )  OJ ⊥ JM của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nên ; . O , J , M , I Do đó đồng phẳng và tứ giác OJMI là hình chữ nhật. R, Rb lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và bán kính đường tròn ngoại tiếp G ọi SAB . tam giác

R = SO = SJ 2 + OJ 2 = Rb2 + IM 2 = Rb2 + IA2 − AM 2 = Rb2 + IA2 − Ta có:

AB 2 4

BD 2 AB 2 + AD 2 a 2 + 3a 2 = = = a 2  IA = a 4 4 4 Áp dụng định lý Pytago: . AB a a Rb = = = ° 2.sin 60 3 ASB 2sin SAB Áp dụng định lý sin trong tam giác :

IA2 =

a2 a2 13 2 13 + a2 − = a  S = 4π R 2 = π a 2 3 4 12 3 Do đó: . Nhận xét: Bài toán này áp dụng một bổ đề quan trọng sau: ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng đáy nội tiếp Xét hình chóp đỉnh S , có mặt bên R R trong đường tròn bán kính d , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác SAB là b . Khi đó hình

ƠN

AB 2 R= R +R − 4 chóp này nội tiếp trong 1 mặt cầu có bán kính Câu 50. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB = 2a, AD = a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD bằng a 57 a 19 2a 15 a 13 . . . . 3 B. 4 C. D. 3 A. 6 Lời giải Chọn A 2 b

DẠ

KÈ

QU Y

2 d

Gọi O là tâm của đáy, M là trung điểm của AB và G là tâm của tam giác đều SAB . Gọi d , Δ lần lượt là trục của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD và tam giác SAB . ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB, SM ⊥ AB nên SM ⊥ ( ABCD ) . Do d ⊥ ( ABCD ) Δ ⊂ mp ( d , SM ) Δ Mặt khác nên d // SM hay , và d cắt nhau tại I . Ta có I cách đều S , A, B, C , D nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Tứ giác

GMOI

có

GM ⊥ MO, IG ⊥ GM , SM // IO

nên

GMOI là hình chữ nhật.

1 a 3 1 a 5 SM = a 3, GM = SM = , AO = AC = 3 3 2 2 .

QU Y

ƠN

FI CI A

a 2 5a 2 57a + = 3 4 6 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là Câu 51. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là 5a 2π 5a 2π 5a 2 5a 2 A. 12 . B. 3 . C. 3 . D. 12 . Lời giải Chọn B R = IA = IO 2 + AO 2 =

Gọi G, I là lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SAB . Trục của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SAB cắt nhau tại J nên J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC , bán kính mặt cầu là R = SJ 1 a 3 a 3 2 a 3 a 3 15a IJ = GD = . = SI = . = R = SJ = SI 2 + JI 2 = 3 2 6 và 3 2 3 nên 6 Ta có 5π a 2 3

DẠ

KÈ

Vậy Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là

S = 4π R 2 =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022

thỏa mãn 4a A. 7.

≤ 3b −a + 65 ? B. 6 .

C. 5.

D. 4.

FI CI A

Phân tích

Câu 48. Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất bốn số nguyên b ∈ (−12;12)

Một câu liên quan tới dạng toán tìm nghiệm nguyên thỏa bất phương trình mũ – logarit, ta dùng hàm số để xét. Lời giải Chọn A 2

≤ 3b− a + 65 ⇔ 4a +b − 3b− a − 65 ≤ 0 b b 2 3b − a 65 3 1 1 a2 ⇔ 4 − b − b ≤ 0 ⇔ −   . a − 65.   + 4 a ≤ 0 4 4 4 3 4 b b 2 3 1 1 Xét hàm số f ( b ) = −   . a − 65.   + 4 a , b ∈ ( −12;12 ) 4 3 4 b b 3 3 1 1 1 Suy ra  f ′ ( b ) = − ln   .   . a − 65 ln   .   > 0 . Do đó f ( b ) đồng biến. 4 4 3 4 4 2 Để f ( b ) ≤ 0 có ít nhất 4 giá trị nguyên thỏa mãn thì f ( −8 ) ≤ 0 ⇔ 4a −8 ≤ 3− a −8 + 65

− x−2 y

−8

≤ 65  a 2 − 8 ≤ log 4 65 . Do a ∈ ℤ  a ∈ {−3; −2;...3} . Có 7 giá trị nguyên của a .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn

Câu 1. 3y

 4a

ƠN

Ta có 4a

≤ log y 2 + 3 ( x − 2 y + 3 ) ?

Câu 2.

B. 10 .

QU Y

A. 11.

C. 12 .

Có bao nhiêu số nguyên dương ⇔ 0 < m ≤ 10

2,01

D. 9 .

≈ 102,33 sao cho ứng với mỗi số

m ∈ {1; 2;3;...;102} có tối đa 15 số nguyên x thỏa mãn

Câu 3.

A. 13 . B. 12 . C. 14 . D. 15 . Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( m; n ) với m + n ≤ 16 sao cho có không quá 4 số nguyên a

(

)

A. 112 . B. 109 . C. 105 . D. 98 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng mỗi y luôn tồn tại không quá 63 số

KÈ

Câu 4.

thỏa mãn a 2 m ≤ n ln a + a 2 + 1 ?

nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) ≥ log 4 ( x − y )

Câu 5.

A. 602 . B. 302 . Có bao nhiêu cặp số nguyên

( x; y )

C. 301 . D. 2 . sao cho x, y thuộc đoạn [ −2;10] và thỏa mãn

2 x + y ≤ log 2 ( x − y ) ?

DẠ

Câu 6.

Câu 7.

A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 8 . Có bao nhiêu số nguyên x sao cho cứ ứng với mỗi x thì mọi giá trị thực của y đều thỏa mãn log 5 ( y 2 + 2 xy + 2 x 2 − 1) ≤ 1 + log 3 ( y 2 + 2 y + 4 ) .log 5 ( y 2 + 4 ) ?

B. 7 . C. 5 . D. 6 . A. 4 . : Có bao nhiêu số nguyên dương x ∈ [ 0; 20] để tồn tại ít nhất 4 số nguyên dương y thỏa mãn:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(1 + 4

Câu 9.

) .5

1− 2 x + y 2

≤ 1 + 22 x− y

A. 12 . B. 14 . C. 8 . D. 16 . Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng với số nguyên y có tối đa 100 số nguyên x thỏa mãn 3y −3 x ≥ log5 ( x + y 2 ) A. 20 . B. 24 . C. 6 . D. 16 .

FI CI A

Câu 8.

2 x− y2

Có tất cả bao nhiêu cặp số ( a, b ) với a , b là các sổ nguyên dương thỏa mãn log 3 (a + b) + (a + b)3 ≤ 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab( a + b − 1) + 1

A. 3 .

B. 4 .

C. 16 .

D. 15 .

Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −20; 20] để tồn tại các số thực x , y thỏa mãn đồng thời e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y và log 52 ( 3 x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 2 ( x + 5 ) + m 2 + 9 ≤ 0 . Câu 11. Có 2 x − 2+

B. 22 . bao

m−3 x

nhiêu

C. 16 . m ∈ [ 0;100] để nguyên

trị

giá

D. 25 .

A. 23 .

bất

phương

trình

− 2 x +1 > 1 − 2 x − 2 ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) đúng với mọi x ∈ (1; +∞ ) .

ƠN

A. P = 92 . B. P = 90 . C. P = 64 . D. P = 56 . Câu 12. Có bao nhiêu số nguyên a ∈ (0; 2022) sao cho ứng với mỗi số a , tồn tại ít nhất mười số nguyên b ∈ ( −10;10) thỏa mãn 2b 3a + 6560 ≤ 32 a + b ? B. 2019. C. 2018. D. 2020. A. 2021. Câu 13. Có bao nhiêu số nguyên x ∈ (−5;5) sao cho ứng với mỗi x , tồn tại ít nhất 5 giá trị nguyên của

Câu 17.

Câu 18.

A. S = 9. B. S = 18. C. S = 54. D. S = 15. Có bao nhiêu số nguyên ∈ −20; 20 thỏa mãn 2 + "#√, 3 + 1 ≤ "#√, − 6 + 2 với mọi ∈ ℝ? A. 9. B. 11. C. 10 D. 8. Có bao nhiêu số nguyên dương sao cho ứng với mỗi có không quá 50 số nguyên thỏa mãn "#0 + − 1 "#1 − < 0? A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn "#, + = "#2 + 2 ? A. 3 B. 2 C. Vô số D. 1 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau có đúng 5 nghiệm nguyên: log m − log 2 x 2 − 6 x + 5 ≥ 0 ? '

DẠ

Câu 19.

≤ 7 x .52 y.8 ?

QU Y

Câu 16.

Câu 15.

6 A. 5. B. 3. C. 4. D. 2. a +b a 2 +b2 Có bao nhiêu số nguyên a để tồn tại số thực b thỏa mãn 3 = 4 ? A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số. Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho ứng với mỗi a thì mọi số thực dương b đều thỏa 1 1     2  b log a + log a + 1 ≤ 3  b 2 + 2  ? b b     A. 100. B. 900. C. 99. D. 899. Gọi là tập các cặp số thực , sao cho ∈ −1; 1 và − − 2017 = − − 2017 + . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức = + 1 − 2018 với , ∈ đạt được tại ; . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 0 ∈ −1; 0 . B. 0 = −1. C. 0 = 1. D. 0 ∈ 0; 1 . Cho , là hai số thực thay đổi thỏa mãn 1 < < ≤ 2, biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức = + 2. "#$ + 4 − 4 + "#& là ( + 3 √ với (, là số nguyên dương. Tính = ( + .

KÈ

Câu 14.

35 y

y ∈ ( −10;10) thỏa mãn 12.62 y − x + 39.

Câu 20. Câu 21.

A. 210 .

B. 3635 .

C. 3636 .

D. 20 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 22. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn 3

y2 − x −2 y

≤ log y 2 +3 ( x − 2 y + 3) ?

)

mãn 2 x + 2 − 3 2 ( 5 x − y ) < 0 ?

A. 125 .

B. 625 .

C. 25 .

(

Câu 24. Số giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 3 không quá 6 số nguyên là A. 32 . B. 31 .

x+ 2

FI CI A

(

B. 12 . C. 9 . D. 11 . A. 10 . Câu 23. Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thỏa D. 4 .

)

− 3 ( 3 − m ) < 0 có tập nghiệm chứa x

C. 243 .

D. 244 .

Câu 25. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 ≤ a ≤ 100 ; 1 ≤ b ≤ 100 sao cho tồn tại đúng 2 số thực 1 1 = b− x + ? b a B. 9702 .

x thỏa mãn a − x +

C. 9698 . D. 9700 . A. 9704 . Câu 26. (ĐTK2021) Có bao nhiêu số nguyên a ( a ≥ 2 ) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn: log x

+ 2)

log a

= x−2

A. 8.

ƠN

B. 9.

C. 1.

D. Vô số.

Câu 27. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và 2 − log 2 ( x + 2 y −1 ) = 2 x − y ? B. 9 .

A. 2020 .

C. 2019 .

D. 10 .

A. 2020

Câu 28. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 < y < 2020 và 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y 3 . B. 9.

C. 7 .

D. 8 .

Câu 29. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn 2 ( 3 x − y ) = 3 (1 + 9 y ) − log 3 ( 2 x − 1)

B. 2020 . C. 3 . D. 4 . a b a+1 Câu 30. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn 1 ≤ a ≤ 100 và 2 < 3 < 2 ?

QU Y

A. 1010 .

A. 163 .

B. 63 .

C. 37 .

D. 159 .

Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 < a < b < 100 để phương trình a x ln b = b x ln a có nghiệm nhỏ hơn 1 ? A. 2 .

B. 4751 .

C. 4656 .

D. 4750 .

bao

nhiêu

KÈ

Câu 33. Có

Câu 32. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 4 A. 3 . B. 2 . C. 1 . cặp

số

x + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 2

A. 2021 .

B. 6 .

nguyên

( x; y )

thỏa

mãn

x+ y

x2 + y 2

? D. Vô số.

1 ≤ x ≤ 2020 ,

y≥2

C. 2020 .

D. 11 .

 2 −1  x Câu 34. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log3   = y +1− 2 ? y   A. 2019 . B. 11. C. 2020 . D. 4 .

DẠ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

và

HƯỚNG DẪN GIẢI Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn y2 − x − 2 y

≤ log y 2 +3 ( x − 2 y + 3 ) ?

B. 10 .

A. 11 .

C. 12 . Lời giải

D. 9 .

Chọn A ln ( x − 2 y + 3) 3y +3 x − 2 y + 3) ⇔ x − 2 y +3 ≤ ln ( y 2 + 3) 3 2

y2 − x − 2 y

⇔ 3y

≤ log y 2 +3 (

ln ( y 2 + 3 ) ≤ 3

x −2 y +3

ln ( x − 2 y + 3 ) .

Xét hàm số f ( t ) = 3 ln t với t ≥ 3 . f ′ ( t ) = 3t ln t.ln t +

3t > 0, ∀t ≥ 3  hàm số đb trên 3; +∞ ) t

FI CI A

Câu 1.

Ta có: f ( y 2 + 3) ≤ f ( x − 2 y + 3) ⇔ y 2 + 3 ≤ x − 2 y + 3 ⇔ y 2 ≤ x − 2 y

ƠN

 x ≥ y 2 + 2 y = g1 ( y ) ⇔ 2  x ≤ 2 y − y = g 2 ( y )

QU Y

3 ≤ x < 8 Ta thấy  x = 0 thì sẽ có đúng 5 giá trị nguyên của y với mỗi giá trị nguyên của x .   −8 < x ≤ −3

Vậy có tất cả 11 giá trị.

Câu 2.

Có bao nhiêu số nguyên dương ⇔ 0 < m ≤ 102,01 ≈ 102,33 sao cho ứng với mỗi số

D. 15 .

KÈ

m ∈ {1; 2;3;...;102} có tối đa 15 số nguyên x thỏa mãn A. 13 . B. 12 . C. 14 . Lời giải Chọn A Điều kiện : y − x > 0 ⇔ x < y . Bất phương trình tương đương với: g ( x) = 4− x − 3 x + log 4 ( y − x) − 2 y + 2 ≤ 0 (*)

DẠ

Có g '( x) = −4− x ln 4 − 3 −

1 < 0, ∀x < y. ( y − x) ln 4

Bảng biến thiên :

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình (*) là S = [ xo ; y ) có chứa tối đa 15 số nguyên là các số :

y − 1, y − 2,..., y − 15 ⇔ y − 16 < xo ⇔ g ( y − 16) > g ( xo ) = 0 ⇔ 416 − y − 5 y + 52 > 0  y ∈ {1; 2;...;13} .

Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( m; n ) với m + n ≤ 16 sao cho có không quá 4 số nguyên a

)

(

thỏa mãn a 2 m ≤ n ln a + a 2 + 1 ?

A. 112 .

B. 109 .

C. 105 . Lời giải

ƠN

Chọn A

Câu 3.

(

D. 98 .

)

Bất phương trình tương đương với : g ( a ) = a 2 m − n ln a + a 2 + 1 ≤ 0 .

(

QU Y

Hàm số y = a2m có y′ = 2m.a 2 m−1 = 0 ⇔ a = 0 . Bảng biến thiên :

)

n a2 +1

> 0, ∀a . Bảng biến thiên :

KÈ

Hàm số y = n ln a + a 2 + 1 có y′ =

DẠ

Vẽ đồ thị của hai hàm số bên trên lên cùng một hệ trục tọa độ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Suy ra tập nghiện của bất phương trình là : S = [ 0; a0 ] chứa tối đa 4 số nguyên là các số 0,1, 2,3

(

)

(

ln 4 + 17

)

(

ln 4 + 17

)

≈ 7, 64  n ∈ {1,..., 7} , trường hợp này có 7 cặp.

Với mỗi số nguyên 2 ≤ m ≤ 15 

16m

(

≥

16 2

ƠN

Nếu m = 1  n <

16m

⇔ a0 < 4 ⇔ g ( 4 ) > 0 ⇔ 42 m − n ln 4 + 17 > 0 ⇔ n <

ln 4 + 17

)

(

ln 4 + 17

)

≈ 122, 2  n ∈ {1,...,16 − m} có 15

16 − m cách chọn n . Áp dụng quy tắc cộng cho 14 trường hợp của m có tất cả

m=2

cặp. Vậy có tất cả 112 cặp thỏa mãn.

Câu 4.

 (16 − m ) = 105

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng mỗi y luôn tồn tại không quá 63 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) ≥ log 4 ( x − y )

B. 302 .

QU Y

A. 602 .

C. 301 . Lời giải

D. 2 .

Chọn A Đặt f ( x ) = log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) − log 4 ( x − y ) (coi y là tham số).

x + y2 > 0  Điều kiện xác định của f ( y ) là :  y 2 + y + 64 > 0 . x − y > 0 

KÈ

Do x , y nguyên nên x > y ≥ − y 2 . Cũng vì x , y nguyên nên ta chỉ cần xét f ( y ) trên nửa khoảng

[ y + 1; + ∞ ) . Ta có

f ′( x) =

1 1 − < 0, ∀x ≥ y + 1. ( x + y ) ln2020 ( x − y ) ln4 2

DẠ

Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Yêu cầu bài toán trở thành:

f ( y + 64 ) < 0 ⇔ log 2020 ( y 2 + y + 64 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) < log 4 64

⇔ y + y + 64 − 2021

FI CI A

3 log2020 2021+1

⇔ log 2021 ( y 2 + y + 64 ) . ( log 2020 2021 + 1) < 3

 − 301, 76 < y < 300,76

Mà y nguyên nên y ∈ {−301; − 300;...; 299;300} . Vậy có 602 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu.

Câu 5.

Có bao nhiêu cặp số nguyên

( x; y )

sao cho x, y thuộc đoạn

A. 6 .

B. 7 .

C. 5 . Lời giải

+) Vì x, y ∈ [ −2;10] nên x − y ≤ 12 . Do đó

D. 8 .

ƠN

Chọn A +) Điều kiện x − y > 0 .

và thỏa mãn

2 x + y ≤ log 2 ( x − y ) ?

[ −2;10]

2 x + y ≤ log 2 ( x − y ) ≤ log 2 12  2 x ≤ log 2 12 − y ≤ log 2 12 + 2 ≈ 5, 6 . Suy ra x ≤ 2 . +) x − y > 0  x > y  x ∈ {−1; 0;1; 2}

+) Với x = −1  2−1 + y ≤ log 2 ( −1 − y ) . Điều kiện −1 − y > 0  y < −1  y = −2 (thỏa mãn). Có một nghiệm ( −1; − 2 ) .

 y = −2 +) Với x = 0  1 + y ≤ log 2 ( − y ) . Điều kiện − y > 0  y < 0   (thỏa mãn). Có hai  y = −1

QU Y

nghiệm ( 0; − 2 ) , ( 0; − 1) .

 y = −2 ( N ) +) Với x = 1  2 + y ≤ log 2 (1 − y ) . Điều kiện 1 − y > 0  y < 1   y = −1 ( N ) .   y = 0 ( L )

Có hai nghiệm (1; − 2 ) , (1; − 1) .

+) Với x = 2  4 + y ≤ log 2 ( 2 − y ) . Ta có VT ≥ 2, VP ≤ 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

y = −2 . Có một nghiệm ( 2; − 2 ) . Vậy bất phương trình có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho cứ ứng với mỗi x thì mọi giá trị thực của y đều thỏa mãn

KÈ

Câu 6.

log 5 ( y 2 + 2 xy + 2 x 2 − 1) ≤ 1 + log 3 ( y 2 + 2 y + 4 ) .log 5 ( y 2 + 4 ) ?

B. 7 .

DẠ

A. 4 .

C. 5 . Lời giải

D. 6 .

Chọn A Trước tiên ta phải có y 2 + 2 xy + 2 x 2 − 1 > 0, ∀y ⇔ ∆′y = x 2 − ( 2 x 2 − 1) < 0 ⇔ x 2 > 1 . Vì bất phương trình đúng với mọi số thực y nên sẽ đúng tại y = 0 . Khi đó : log 5 ( 2 x 2 − 1) ≤ 1 + log 3 4.log 5 4 ⇔ 0 < 2 x 2 − 1 ≤ 51+ log3 4.log5 4 ⇔ x ∈ {±3; ±2}

Ngược lại với x ∈ {±3; ±2} ta có

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

≥ 1 + log 5 ( y 2 + 4 ) = log 5 5 ( y 2 + 4 ) 

FI CI A

  2 VP = 1 + log 3 ( y 2 + 2 y + 4 ) .log 5 ( y 2 + 4 ) = 1 + log 3 ( y + 1) + 3 .log 5 ( y 2 + 4 )   ≥3  

x 9 x2  >0 Và 5 ( y 2 + 4 ) − ( y 2 + 2 xy + 2 x 2 − 1) = 4 y 2 − 2 xy − 2 x 2 + 21 =  2 y −  + 21 − 2 4   ≥0

Vậy tất cả các giá trị x ∈ {±3; ±2} đều thỏa mãn.

: Có bao nhiêu số nguyên dương x ∈ [ 0; 20] để tồn tại ít nhất 4 số nguyên dương y thỏa mãn:

(1 + 4

2 x− y2

) .5

1− 2 x + y 2

≤ 1 + 22 x− y

A. 12 .

B. 14 .

C. 8 . Lời giải

Chọn A 2 x− y2

) .5

1− 2 x + y 2

≤ 1 + 22 x− y

Đặt: 2x − y 2 = t t

ƠN

(1 + 4

D. 16 .

Câu 7.

≥ 0,∀x∈{±3; ±2}

1 4 Ta có: (1 + 4t ) .51−t ≤ 1 + 2t ⇔ 5.   + 5.   − 2t − 1 ≤ 0 5 5 t

1 4 f (t ) = 5.   + 5.   − 2t − 1 5 5 t

Vậy: 2 x − y 2 > 1

QU Y

1 1 4 4 Xét hàm số: f '(t ) = 5.   ln + 5.   ln − 2t ln 2 < 0 5 5 5 5 f (1) = 0 f (t ) < 0 ⇔ t > 1 ⇔ 2x −1 > y2

Theo điều kiện: 2 x − 1 > 16 ⇔ x >

Vậy có 12 số thỏa mãn. Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng với số nguyên y có tối đa 100 số nguyên x thỏa mãn 3y −3 x ≥ log5 ( x + y 2 ) A. 20 . B. 24 . C. 6 . D. 16 . Lời giải Chọn A Điều kiện x > − y 2 x > − y 2 Xét hàm số f ( x ) = 3 y −3 x − log 5 ( x + y 2 )

DẠ

KÈ

Câu 8.

17 2

f '( x) = −3.3 y −3 x ln 3 −

1 <0 ( x + y 2 ) ln 5

BBT

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Từ BBT ta có tập nghiệm của bất phương trình ( y 2 ; x0 ] để có tối đa 100 số nguyên x thì

log 101 f (− y 2 + 101) < 0 ⇔ 2 y 2 + y − 202 − 3 5 <0 ⇔ −10 ≤ y ≤ 9

log 3 (a + b) + (a + b)3 ≤ 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab( a + b − 1) + 1

B. 4 .

C. 16 . Lời giải

Chọn A Với a , b là các số nguyên dương, ta có

D. 15 .

ƠN

A. 3 .

Câu 9.

Vậy có 20 giá trị nguyên của y Có tất cả bao nhiêu cặp số ( a, b ) với a , b là các sổ nguyên dương thỏa mãn

log 3 ( a + b) + ( a + b)3 ≤ 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab( a + b − 1) + 1

a 3 + b3 + a 3 + b3 + 3ab( a + b) ≤ 3 ( a 2 + b 2 − ab ) + 3ab( a + b) + 1 a 2 + b 2 − ab ⇔ log 3 ( a 3 + b3 ) + a 3 + b3 ≤ log 3 3 ( a 2 + b 2 − ab )  + 3 ( a 2 + b 2 − ab ) Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t trên (0; +∞)

⇔ log 3

1 + 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số f (t ) đồng biển trên (0; +∞) t ln 3 Khi đó, phương trình (1) trở thành f ( a3 + b3 ) ≤ f 3 ( a 2 + b 2 − ab ) 

QU Y

f ′ (t ) =

⇔ a 3 + b3 ≤ 3 ( a 2 + b 2 − ab )

⇔ ( a 2 + b 2 − ab ) (a + b − 3) ≤ 0

⇔ a+b−3≤ 0

Vậy có ba cặp số ( a, b ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

KÈ

Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −20; 20] để tồn tại các số thực x , y thỏa mãn đồng thời e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y và log52 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 2 ( x + 5 ) + m 2 + 9 ≤ 0 . A. 23 .

B. 22 .

C. 16 . Lời giải

D. 25 .

DẠ

Chọn A Ta có e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y

⇔ e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = ( x + 3 y − 9 ) − ( 3x + 5 y − 10 )

⇔ e3 x +5 y −10 + 3x + 5 y − 10 = e x +3 y −9 + x + 3 y − 9 Xét hàm số f ( t ) = et + t , t ∈ R . Ta có: f ′ ( t ) = et + 1 > 0, ∀t ∈ R Suy ra hàm số f ( t ) luôn đồng biến trên R .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 3x + 5 y − 10 = x + 3 y − 9 ⇔ 2 y = 1 − 2 x . Thay vào bất phương trình thứ 2, ta được log 52 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 2 ( x + 5 ) + m 2 + 9 ≤ 0

⇔ log 52 ( x + 5 ) − ( m + 6 ) log 2 ( x + 5 ) + m 2 + 9 ≤ 0

FI CI A

⇔ log52 ( x + 5 ) − ( m + 6 ) log 2 5.log5 ( x + 5 ) + m2 + 9 ≤ 0 (1) .

Đặt log 5 ( x + 5 ) = t ( t ∈ R, x > −5 ) . Khi đó bất phương trình (1) trở thành

t 2 − log 2 5. ( m + 6 ) t + m2 + 9 ≤ 0 (2).

Tồn tại x , y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi bất phương trình (2) có nghiệm nên

(

)

(

)

 m ≤ m1 với m1 ≈ −43.91 và m2 ≈ −2.58 ⇔  m ≥ m2 Do m ∈ [ −20; 20] và m ∈ ℤ nên m ∈ {−2; −1;0;...;19; 20} .

∆ = ( m + 6 ) .log 22 5 − 4 ( m 2 + 9 ) ≥ 0 ⇔ log 22 5 − 4 m 2 + 12.log 22 5.m − 36 1 − log 22 5 ≥ 0 .

Vậy có 23 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m ∈ [ 0;100] để Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên

A. P = 92 .

B. P = 90 .

C. P = 64 . Lời giải

m −3 x

⇔ 2 x− 2  2 

⇔2

D. P = 56 .

+ 2 x − 2 ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) − 2 x − 2.23 > 1

m −3 x

+ ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) − 23  > 1 

m−3 x

+ ( x 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 ) + m − 3 x > 2 2 − x

m−3 x

+ m − 3 x > 22− x + ( 2 − x )

QU Y

⇔2

phương

Chọn A Biến đổi đề bài 3 2 x − 2 + m − 3 x − 2 x +1 > 1 − 2 x − 2 ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) ⇔ 2 x − 2.2

bất

− 2 x +1 > 1 − 2 x − 2 ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) đúng với mọi x ∈ (1; +∞ ) .

m−3 x

ƠN

2 x − 2+

( *) .

Xét hàm số f (t ) = 2 + t . Tập xác định: D = R . f ′ = 2t ln 2 + 3t 2 > 0, ∀t ∈ R . Do đó, hàm số f (t ) đồng biến trên R .

(

)

m − 3x > f ( 2 − x ) ⇔ 3 m − 3x > 2 − x ⇔ m > − x3 + 6 x 2 − 9 x + 8 .

Khi đó (*) ⇔ f

Xét hàm số g ( x) = − x + 6 x 2 − 9 x + 8 . Tập xác định: D = R . g ′( x) = −3x 2 + 12 x − 9 . x = 1 g ′( x) = 0 ⇔ −3 x 2 + 12 x − 9 = 0 ⇔  . x = 3 Bảng biến thiên:

DẠ

KÈ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

trình

L FI CI A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt khi m > 8 .

mãn log 5 ( x 2 + y) ≥ log 2 ( x + y ) ? B. 1249. A. 1250.

C. 625. Lời giải

Vậy có 92 số thỏa mãn. Câu 1Có bao nhiêu số nguyên sao cho ứng với mỗi có không quá 255 số nguyên y thỏa

D. 624.

Chọn A Bất phương trình đã cho tương đương log 2 ( x + y ) − log5 ( x 2 + y) ≤ 0 (1)

Với mọi x ∈ Z , ta có x 2 ≥ x nên f '( y ) =

ƠN

Xét hàm số f ( y ) = log 2 ( x + y ) − log5 ( x 2 + y) . Tập xác định D = ( − x; +∞ )

1 1 − 2 ≥ 0, ∀x ∈ D ( x + y ) ln 2 ( x + y ) ln 5

QU Y

 f ( y ) đồng biến trên khoảng ( − x; +∞) Do y là số nguyên thuộc (− x; +∞ ) nên y = − x + k , k ∈ Z + Giả sử y = − x + k là nghiệm của bất phương trình (1) thì f ( y ) = f ( − x + k ) ≤ 0 Mà − x + 1 < − x + 2 < ... < − x + k và f ( y ) đồng biến trên khoảng ( − x; +∞) , suy ra f ( − x + 1) < f ( − x + 2) < ..., f ( − x + k ) ≤ 0 , nên các số nguyên − x + 1 , − x + 2 ,…, − x + k đều là nghiệm của (1), hay nói cách khác bất phương trình (1) sẽ có k số nguyên y thỏa mãn yêu cầu ứng với mỗi x . Để có không quá 255 số nguyên y thì f (− x + 256) > 0 ⇔ log 2 256 − log5 ( x 2 − x + 256) > 0

1 − 1561477 1 + 1561477 <x< 2 2 Mà x ∈ Z nên có 1250 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 12. Có bao nhiêu số nguyên a ∈ (0; 2022) sao cho ứng với mỗi số a , tồn tại ít nhất mười số nguyên

⇔ x 2 − x − 390369 < 0 ⇔

KÈ

b ∈ (−10;10) thỏa mãn 2b 3a + 6560 ≤ 32 a A. 2021. B. 2019.

C. 2018. Lời giải

D. 2020.

Chọn B

Ta có: 2b 3a + 6560 ≤ 32 a

2 2 1 ⇔   3a + 6560   − 32 a ≤ 0 3 3

DẠ

2 2 1 Xét hàm số f (b) =   3a + 6560   − 32 a 3 3 Bất phương trình trên trở thành f (b) ≤ 0 , với b ∈ (−10;10)

2 2 1 1 Ta có f '(b) = ln   .   3a + 6560   ln   < 0 , ∀b ∈ (−10;10) 3 3  3 3 Do đó f (b) nghịch biến trên ( −10;10) khi đó f (−9) < f (−8) < ... < f (9) khi đó để tìm được

mười giá trị b nguyên thuộc ( −10;10) thỏa mãn f (b) ≤ 0 điều kiện là 3a + 6560 ≤ 32 a

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Mặt khác do a nguyên a ∈ (0; 2022) nên a ≥ 1 suy ra

FI CI A

6563 ≤ 3a + 6560 ≤ 32 a

 1 log 3 6563 > 2 a ≥ 2  mà a nguyên a ∈ (0; 2022) nên có 2019 số ⇔  1  a ≤ − log 3 6563 < −2 2 

nguyên a . Câu 13. Có bao nhiêu số nguyên x ∈ (−5;5) sao cho ứng với mỗi x , tồn tại ít nhất 5 giá trị nguyên của 2

y ∈ (−10;10) thỏa mãn 12.62 y − x + 39.

A. 5.

B. 3.

35 y 6x

≤ 7 x .52 y.8 ?

C. 4. Lời giải

Ta có: 12.62 y − x + 39.

35 y x2

Chọn C Coi x là tham số, y là biến.

D. 2.

≤ 7 x .52 y.8 (1)

6 2 Nhân cả 2 vế của (1) với 6 x

3 2 6 7 ⇔ 12.   + 39.   − 7 x .6 x .8 ≤ 0 (1) 5 5

ƠN

3 2 3 2 6 7 (1) ⇔ 12.6 2 y + 39.35 y ≤ 7 x .6 x .52 y.8 ⇔ 12.   + 39.   ≤ 7 x .6 x .8 5 5

3 2 6 7 Xét hàm số f ( y ) = 12.   + 39.   − 7 x .6 x .8 trên (−10;10) 5 5

QU Y

6 7 6 7 f '( y ) = 12.2.   .ln + 39.   .ln > 0 suy ra f ( y ) đồng biến trên ( −10;10) 5 5 5 5 Suy ra tồn tại ít nhất 5 giá trị nguyên của y ∈ (−10;10) −10

−5

3 2 6 7 ⇔ f (−5) ≤ 0 ⇔⇔ 12.   + 39.   − 7 x .6 x .8 ≤ 0 5 5 Sử dụng chức năng table suy ra x ∈ {1; 2;3; 4} 2

+b2

D. Vô số.

KÈ

Câu 14. Có bao nhiêu số nguyên a để tồn tại số thực b thỏa mãn 3a + b = 4 a A. 0. B. 1. C. 2. Lời giải Chọn B 2 2 Ta có: 3a +b = 4 a +b (1) (1) ⇔ log 4 (3x+ a ) = x 2 + a 2

⇔ ( x + a) log 4 3 = x 2 + a 2 ⇔ x 2 − x log 4 3 + a 2 − a log 4 3 = 0 (2)

DẠ

Suy ra phương trình (2) có nghiệm ∆ = (log 4 3)2 − 4(a 2 − a log 4 3) ≥ 0  −0.164 < a < 0.9567 . Mà a ∈ Z nên a = 0 Câu 15. Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho ứng với mỗi a thì mọi số thực dương b đều thỏa 1 1     2  b log a + log a + 1 ≤ 3  b 2 + 2  ? b b     A. 100. B. 900. C. 99. D. 899. Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 = b x + b− x  g '( x) = b x ln b − b − x ln b = ln b.(b x − b− x ) ≥ 0, ∀b > 0; ∀x ≥ 0 (1) bx 0 < b < 1  b x < b − x , ( x ≥ 0); ln b < 0  g '( x ) > 0  Vì b = 1  g '( x) = 0  g '( x ) ≥ 0, ∀b > 0, ∀x ≥ 0 b > 1  b x > b − x , ( x > 0);ln b > 0  g '( x) > 0  1 (b 2 − 1)2 TH1: Nếu log a < 0  VT − VP = 2 [ g (log a ) + 1] − 3 g (2) = 2 − b 2 − 2 = − ≤ 0, ∀b > 0 b b2 1 1     TH2: Nếu log a > 2  VT − VP = 2  b log a + log a + 1 − 3  b 2 + 2  → +∞, (b → +∞) (loại) b b     Vậy log a ≤ 2 ⇔ 0 < a ≤ 100 Câu 16. Gọi là tập các cặp số thực , sao cho ∈ −1; 1 và − − 2017 = − − 2017 + 2018. Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức = 2018 + 1 − 2018 2 với , ∈ đạt được tại 0 ; 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 0 ∈ −1; 0 . B. 0 = −1. C. 0 = 1. D. 0 ∈ 0; 1 . Lời giải Chọn A Điều kiện − > 0 Ta có − − 2017 = − − 2017 + 2018

FI CI A

Xét g ( x) = b x +

ƠN

⇔ − − − 2017 − = 2018 ⇔ − − 2017 −

5 2018 6

= 0 (*)

Xét hàm 7 8 = 8 − 2017 − , có 7 ′ 8 = + 2 > 0 với ∀8 > 0 9 9 9 Do đó 7 8 đồng biến trên khoảng 0; +∞ , suy ra ∗ ⇔ 7 − = 0 = 7 2018 ⇔ − = 2018 ⇔ = − 2018 Khi đó = 2018 1 + − 2018 − 2018 2 = # #< = 2018 2019 + 2018 − 2018 2018 − 4036 #= = 2018 2018.2020 + 20182 − 20182 2018 − 4036 ≤ 2018 2018.2020 + 20182 − 20182 2018 − 4036 < 0 với ∀ ∈ −1; 1 Nên #′ nghịch biến trên đoạn −1; 1 , mà #′ −1 = 62018 + 2018 > 0, #′ 0 = 2019 − 2018 2018 < 0 nên tồn tại 0 ∈ −1; 0 sao cho # 0 = 0 và khi đó ( # = # 0 5 2018

QU Y

5 2018

61;1

Vậy lớn nhất tại 0 ∈ −1; 0 . Câu 17. Cho , là hai số thực thay đổi thỏa mãn 1 < < ≤ 2, biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức = 3 2. "#$ 2 + 4 − 4 + "#&2 là ( + 3 √ với (, là số nguyên dương. Tính = ( + .

B. S = 18. '

A. S = 9.

C. S = 54. Lời giải

D. S = 15.

KÈ

Chọn D Ta có 2 + 4 − 4 ≥ 3 ⇔ − 1 2 − 4 ≤ 0 (điều này đúng vì 1 < ≤ 2).

Nên ≥ 2. "#$ 3 + ?

@AB'

D = 6 "#$ + ?@AB C61

Đặt 8 = "#$ . Với 1 < < ≤ 2 thì 8 > 1. Đặt 7 8 = 68 + ?

D với 8 > 1 thì ≥ 7 8 , 8 > 1. 961 1

Ta có 7 ′ 8 = 6 + 2 ?

Y DẠ

D. C61

D ?− 961 2D = 6 − 961 3 = 2. 961 1

7 ′ 8 = 0 ⇒ 8 = 1 + 3 . √3 1

3 961 3 61 . 961 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L √3

√3 6

FI CI A

Ta có 7 ?1 + 3 D = 6 + 3 + F 1

I = 6 + 3 √ 9. 2

G3 H

Vậy ( = 6, = 9 ⇒ ( + = 15. Câu 18. Có bao nhiêu số nguyên ∈ −20; 20 thỏa mãn 2 + "#√3 3 2 + 1 ≤ "#√3 2 − 6 + 2 v ớ i mọi ∈ ℝ ? A. 9. B. 11. C. 10 D. 8. Lời giải Chọn C Ta có: 2 + "#√3 3 2 + 1 ≤ "#√3 2 − 6 + 2 1 với mọi ∈ ℝ. >0 3√2 ĐKXĐ: 2 − 6 + 2 > 0, ∀ ∈ ℝ ⇔ J ⇔ > . 2 K′ = 9 − 2 2 < 0 2 2 1 ⇔ "#√3 ?3 3 + 1 D ≤ "#√3 − 6 + 2 1

ƠN

√3

DẠ

KÈ

QU Y

⇔ 3 3 2 + 1 ≤ 2 − 6 + 2 ⇔ − 9 2 − 6 + 2 − 3 ≥ 0, ∀ ∈ ℝ =9 =0 J M >9 −6 + 15 ≥ 0∀ ∈ Loai + N ≥ 0 ⇔L ⇔L ⇔J >9 >0 −2 2 + 21 − 18 ≤ 0 M J K′ ≤ 0 9 − − 9 2 − 3 ≤ 0 21 + 3√33 ⇔ ≥ 4 ∈ −20; 20 ⎧ ∈ ℤ ⎪ Do > 3√2 ⇒ ∈ T10; 11; . . . ; 18; 19U 2 ⎨ 21S3√33 ⎪ ⎩ ≥ 4 Vậy có 10 số nguyên thỏa yêu cầu bài toán. Câu 19. Có bao nhiêu số nguyên dương sao cho ứng với mỗi có không quá 50 số nguyên thỏa mãn "#5 + − 1 "#7 − < 0? A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn C Điều kiện: > 0. Xét hàm số 7 = "#5 + − 1 với > 0. 1 Ta có: 7 ′ = + 1 > 0, ∀ ∈ 0; +∞ . @V 5 Suy ra hàm số 7 đồng biến trên khoảng 0; +∞ . Lại có 7 1 = 0. Từ đó suy ra: +) 7 > 0 ⇔ 7 > 7 1 ⇔ > 1. +) 7 < 0 ⇔ 7 < 7 1 ⇔ 0 < < 1. "# + − 1 > 0 J 5 "#7 − < 0 Ta có: "#5 + − 1 "#7 − < 0 ⇔ L "#5 + − 1 < 0 J "#7 − > 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x > 1   log 7 x < y >1 ⇔M ⇔ 1 < < 7 . ⇔ 0 < x < 1 < 7  ( v« nghiÖm, do x ∈ ℤ )   log 7 x > y

⇔ Y 3 + 1Z ≤ 9

3 49 . 2

⇔ 8 ≤ "#9 = . 3

FI CI A

Để với mỗi số nguyên dương có không quá 50 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán ta cần có 7 ≤ 49 ⇔ ≤ 2. Suy ra: = 1 hoặc = 2 thỏa mãn. Vậy có 2 giá trị của thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 20. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn "#3 + = "#4 2 + 2 2 ? B. 2 C. Vô số D. 1 A. 3 Lời giải Chọn B + >0 Điều kiện J 2 + 2 2 > 0 + = 39 Ta có: "#3 + = "#4 2 + 2 2 = 8 ⇔ X 2 + 2 2 = 49 1 Theo bất đẳng thức Bunhia-Cốpxki ta có: 2 + 2 2 ?1 + D ≥ + 2 2

QU Y

ƠN

Mặt khác 2 ≤ 49 ≤ 4 = 2 → −√2 ≤ ≤ √2 \à ∈ ℤ nên x ∈ { -1;0;1}. Thử lại ta có: ^ 2 = 39 + 1 → 49 − 1 = 2 × Y39 + 1Z ⇔ 99 + 2 3 + 2 − 49 = 0. + Với x = -1 → X 2 9 2 = 4 − 1 9 ^ 9 Xét hàm số 7 8 = 9 + 2 3 + 2 − 49 . Khi đó J 8 < 0 ⇒ 29 − 4 9 > 0 → 7 8 > 0∀8 8 ≥0⇒9 −4 >0 → 7 8 = 0 _ô #ℎ`ệ( ℎ = −1 aℎô # 8ℎỏ (ã . = 39 → 49 = 99 ⇔ 8 = 0 → y = 1 (thỏa mãn). + V ới x = 0 → X 2 = 49 2 = 39 − 1 + Với x =1 → X 2 → 49 − 1 = Y39 − 1Z ⇔ 8 = 0 → y = 1 (thỏa mãn). 9 =4 −1 Vậy có hai giá trị thỏa mãn đề bài là x = 0 và x = 1. Câu 21. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau có đúng 5 nghiệm nguyên: log m − log 2 x 2 − 6 x + 5 ≥ 0 ? 4

1 2

Chọn C

B. 3635 .

A. 210 .

C. 3636 . Lời giải

D. 20 .

KÈ

x ≠ 1  Điều kiện  x ≠ 5 . m > 0 

Ta có log m − log 2 x 2 − 6 x + 5 ≥ 0 ⇔ log 2 x 2 − 6 x + 5 ≤ log m ⇔ x 2 − 6 x + 5 ≤ 2log m .

DẠ

Xét hàm số f ( x ) = x 2 − 6 x + 5, f ′ ( x ) = 2 x − 6, f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 3, f ( 3 ) = −4 .

Bảng biến thiên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Để bất phương trình sau có đúng 5 nghiệm nguyên thì điều kiện cần tìm của m là:

5 ≤ 2log m < 12 ⇔ log 2 5 ≤ log m < log 2 12 ⇔ 10log2 5 ≤ m < 10log2 12 ⇔ 209.8 ≤ m < 3845.5 . Do m nguyên suy ra m ∈ {210; 211;… ;3845} nên có 3636 số thỏa mãn.

Câu 22. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn y2 − x −2 y

≤ log y 2 + 3 ( x − 2 y + 3) ?

B. 12 .

A. 10 .

C. 9 . Lời giải

Chọn D

⇔ 3y

≤ log y 2 + 3 (

D. 11 .

ln ( x − 2 y + 3 ) 3 y +3 x − 2 y + 3) ⇔ x − 2 y + 3 ≤ ln ( y 2 + 3) 3 2

y2 − x −2 y

ƠN

ln ( y 2 + 3 ) ≤ 3 x − 2 y + 3 ln ( x − 2 y + 3 ) . Xét hàm số f ( t ) = 3t ln t với t ≥ 3 .

(

)

3t > 0, ∀t ≥ 3  hàm số đồng trên 3; +∞ ) . t

QU Y

f ′ ( t ) = 3t ln t.ln t +

Ta có: f y 2 + 3 ≤ f ( x − 2 y + 3) ⇔ y 2 + 3 ≤ x − 2 y + 3 ⇔ y 2 ≤ x − 2 y

DẠ

KÈ

 x ≥ y 2 + 2 y = g1 ( y ) ⇔ 2  x ≤ 2 y − y = g 2 ( y )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 ≤ x < 8 Ta thấy  x = 0 thì sẽ có đúng 5 giá trị nguyên của y với mỗi giá trị nguyên của x .   −8 < x ≤ −3

(

FI CI A

Vậy có tất cả 11 giá trị. Câu 23. Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thỏa

)

mãn 2 x + 2 − 3 2 ( 5 x − y ) < 0 ?

A. 125 .

B. 625 .

C. 25 . Lời giải

D. 4 .

Chọn B

1   1  Ta có 2 x + 2 − 3 2 ( 5 x − y ) < 0 ⇔  2 x + 2 − 2 3  5x − 5log5 y < 0 ⇔  x + 2 −  ( x − log 5 y ) < 0 3    5 ⇔ − < x < log 5 y . 3 Khi đó để với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thì log5 y ≤ 4 ⇔ y ≤ 625 .

)

(

)

(

ƠN

Vậy có 625 số nguyên dương y thỏa yêu cầu bài toán.

(

)

Câu 24. Số giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 3x + 2 − 3 ( 3x − m ) < 0 có tập nghiệm chứa

Chọn C

C. 243 . Lời giải

D. 244 .

không quá 6 số nguyên là A. 32 . B. 31 .

1 3   3x +2 − 3 > 0  x+ 2 3  3 > 32  x>− ⇔ ⇔ Trường hợp 1:  2 ⇔ − < x < log3 m . x 2  ( 3 − m ) < 0  3x < m  x < log3 m log 3 m ≤ 5  m ≤ 243 . Do yêu cầu bài toán bất phương trình có 6 nghiệm nguyên nên   m>0

)

QU Y

(

1 3   3x + 2 − 3 < 0  x + 2 3  3 < 32  x<− ⇔ ⇔ Trường hợp 2:  2 ⇔ log3 m < x < − .   x x 2  ( 3 − m ) > 0  3 > m  x > log3 m Do yêu cầu bài toán m nguyên dương nên không tồn tại giá trị m thoản mãn TH2. Vậy có tất cả 243 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 25. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 ≤ a ≤ 100 ; 1 ≤ b ≤ 100 sao cho tồn tại đúng 2 số thực 1 1 x thỏa mãn a − x + = b − x + ? b a A. 9704 . B. 9702 . C. 9698 . D. 9700 . Lời giải Chọn D a) Xét a = 1 hoặc b = 1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 hoặc vô số nghiệm (loại). b) Xét a > 1 ; b > 1 . * Nếu a = b có vô số nghiệm (loại).

)

DẠ

KÈ

(

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

* Vì vai trò của a , b như nhau ta chỉ cần tìm cặp số nguyên ( a; b ) với a > b > 1 (rồi suy ra số

1 1 1 1 1 1 = b− x + ⇔ x − x − + = 0 b a a b a b

có hai nghiệm thực phân biệt. x

1 1 1 1 1 1 − x − + có f (1) = 0 và f ′ ( x ) = −   ln a +   ln b x a b a b a b

 b  ln b  ln b  ⇔ x = x0 = log b  và f ′ ( x ) = 0 ⇔   = . ln a   a  ln a a  Ta cũng có f ′ ( x ) > 0 ⇔ x > x0 ; f ′ ( x ) < 0 ⇔ x < x0 .

FI CI A

Xét hàm số f ( x ) =

cặp nguyên ( a; b ) với b > a > 1 ) sao cho phương trình a − x +

ln b b ln b ln a  ln b  = ⇔ = ⇔ ( a; b ) = ( 4; 2 ) . + Nếu x0 = 1 ⇔ log b   =1⇔ ln a  ln a a b a a  ln x ln 3 ln 2 ln 4 ln 5 ln100 có > = > > ... > . x 3 2 4 5 100 Khi đó f ( x ) ≥ f ( x0 ) = f (1) = 0  f ( x ) = 0 có đúng một nghiệm x = 1 . Chú ý: Xét hàm số y =

f ( x ) = 0 luôn có hai nghiệm thực phân biệt.

ƠN

+ Nếu x0 ≠ 1 ⇔ ( a; b ) ≠ ( 4; 2 ) khi đó kẻ bảng biến thiên của hàm số f ( x ) , ta có phương trình Với mỗi b = k ∈ {2;3;...;99}  a ∈ {k + 1;...;100} tức có 100 − k cách chọn a .

log x

+ 2)

log a

= x−2

A. 8.

QU Y

B. 9.

Vậy có cặp với và loại đi cặp có cặp thỏa mãn. Câu 26. (ĐTK2021) Có bao nhiêu số nguyên a ( a ≥ 2 ) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn:

C. 1.

D. Vô số.

Lời giải:

Chọn A Điều kiện: x > 2. Đặt m = log a > 0

Khi đó phương trình trở thành: ( x m + 2 ) = x − 2 .

Đặt y = x m + 2 , y > 2 thì ta có hệ phương trình

KÈ

 y m = x − 2 (1)  m  x = y − 2 ( 2 ) Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được y m + y = x m + x ( 3) Xét hàm f ( t ) = t m + t với m > 0; t > 0 có f ' ( t ) = m.t m −1 + 1 > 0, ∀t > 0

 f ( t ) = t m + t đồng biến ( 0; +∞ ) .

DẠ

Do đó ( 3) ⇔ y = x ⇔ xm = x − 2

⇔ m.log x = log ( x − 2 )

⇔m=

log ( x − 2 ) <1 log x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 log a < 1  a < 10. Do đó, mọi số a ∈ {2;3; 4;...;9} đều thỏa mãn. Câu 27. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và 2 y − log 2 ( x + 2 y −1 ) = 2 x − y ? B. 9 .

C. 2019 . Lời giải

D. 10 .

FI CI A

A. 2020 . Chọn D

Đặt log 2 ( x + 2 y −1 ) = t . Suy ra x + 2 y −1 = 2t , x = 2t − 2 y −1 .

Phương trình đã cho trở thành: 2 y − t = 2 ( 2t − 2 y −1 ) − y ⇔ 2.2 y + y = 2.2t + t .

biến. Khi đó 2.2 y + y = 2.2t + t ⇔ y = t hay y = log 2 ( x + 2 y −1 ) . Suy ra x + 2 y −1 = 2 y ⇔ x = 2 y − 2 y −1 = 2 y −1 .

Xét hàm số g ( x ) = 2.2 x + x có g ′ ( x ) = 2.2 x ln 2 + 1 > 0, ∀x nên hàm số y = g ( x ) luôn đồng

ƠN

Mà 2 ≤ x ≤ 2021 nên 2 ≤ 2 y −1 ≤ 2021 ⇔ 1 ≤ y − 1 ≤ log 2 2021 hay 2 ≤ y ≤ ( log 2 2021) + 1 .

Lại có y là số nguyên nên y ∈ {2,3,...,11} tức 10 giá trị thỏa mãn. Xét biểu thức x = 2 y −1 , mỗi giá trị nguyên của y cho tương ứng 1 giá trị nguyên của x nên có 10 cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

A. 2020

B. 9.

Câu 28. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 < y < 2020 và 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y 3 . C. 7 . Lời giải

D. 8 .

QU Y

Chọn C Ta có: 2 + log 3 y x 3 x x 3 + 3 x − 6 = 9 y + log 3 y ⇔ 3 + 3 ( x − 2 ) = 9 y + 3log 3 y ⇔ 3 + 3 ( x − 2 ) = 3 + 3log 3 y (*) . Xét hàm số: f ( t ) = 3t + 3 ( t − 2 ) .

Ta có: f ′ ( t ) = 3t .ln 3 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ . Suy ra hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ℝ . Khi đó: (*) ⇔ f ( x ) = f ( 2 + log 3 y ) ⇔ x = 2 + log 3 y ⇔ y = 3 x − 2 .

0 < y < 2020

và

x, y

nguyên

nên:

1 ≤ 3x − 2 < 2020 ⇔ 2 ≤ x < 2 + log 3 2020  x ∈ {2;3; 4;5; 6; 7;8} .

KÈ

Ứng với mỗi giá trị x có một giá trị của y nên có 7 cặp số ( x; y ) nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 29. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn 2 ( 3 x − y ) = 3 (1 + 9 y ) − log 3 ( 2 x − 1)

DẠ

A. 1010 .

B. 2020 .

C. 3 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C Đặt log3 ( 2 x − 1) = t  2 x = 3t + 1, ta được 3 ( 3t + 1) − 2 y = 3 (1 + 32 y ) − t ⇔ 3.3t + t = 3.32 y + 2 y

(*). Xét hàm số f ( u ) = 3.3u + u  f ′ ( u ) = 3.3u ln 3 + 1 > 0, ∀u ∈ ℝ  f ( u ) đồng biến trên ℝ .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Do đó (*) ⇔ t = 2 y , vậy nên 2 x = 32 y + 1 ⇔ 9 y = 2 x − 1. Vì x ≤ 2020  9 y ≤ 4039 ⇔ y ≤ log 9 4039 . Vì y nguyên dương nên y ∈ {1; 2;3} . Ta thấy với

A. 163 .

B. 63 .

FI CI A

Câu 30. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn 1 ≤ a ≤ 100 và 2 a < 3b < 2 a+1 ?

mỗi giá trị nguyên của y thì tìm được 1 giá trị nguyên của x . Vậy có 3 cặp ( x; y ) thỏa mãn.

C. 37 . Lời giải

D. 159 .

Chọn B Ta có 2a < 3b < 2a +1 ⇔ log 3 2a < b < log 3 2a +1 ⇔ a log 3 2 < b < ( a + 1) log3 2 . a log 3 2 ∉ ℤ Với ∀a ∈ ℤ   . ( a + 1) log 3 2 ∉ ℤ

100

Vậy theo qui tắc cộng có tất cả

 ( ( a + 1) log

Do đó với mỗi a ∈ {1; 2;3;...;100} thì sẽ có ( a + 1) log 3 2  − [ a log 3 2 ] số nguyên b thỏa mãn.

)

2  − [ a log 3 2 ] = 63 cặp số nguyên thỏa mãn.

a =1

ƠN

Chú ý: giữa hai số thực x > y (không nguyên) sẽ có tất cả [ x ] − [ y ] số nguyên. Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) với 1 < a < b < 100 để phương trình a x ln b = b x ln a có B. 4751 .

Chọn B x

C. 4656 . Lời giải

D. 4750 .

nghiệm nhỏ hơn 1? A. 2 .

 a  ln a  ln a  ⇔ x = log a  Ta có a ln b = b ln a ⇔   = . ln b ln b  b b  x

a ln a a ln a ln b  ln a  ∈ ( 0;1) do đó log a  > ⇔ > .  <1⇔ b ln b  ln b b a b b  ln x 1 − ln x  g ′ ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0; e ) và g ′ ( x ) < 0 , ∀x ∈ ( e; +∞ ) . Hàm số g ( x ) = có g ′ ( x ) = x x2 ln 2 g ( 2) = g ( 4) = . 2 ln 3 ln 4 ln 2 ln 5 ln 98 ln 99 > = > > ... > > Vì vậy . 3 4 2 5 98 99 Trường hợp 1: a = 2  b ∈ {5;6;...;99} trường hợp này có 95 cặp số thỏa mãn.

QU Y

Với 1 < a < b < 100 

KÈ

Trường hợp 2: a = 3  b ∈ {4;5;...;99} trường hợp này có 96 cặp số thỏa mãn. Trường hợp 3: a = 4  b ∈ {5;6;...;99} trường hợp này có 95 cặp số thỏa mãn. Trường hợp 4: với mỗi a = k ∈ {5; 6;...98} thì b ∈ {k + 1;...;99} có 99 − k cách chọn b , trường

DẠ

hợp này có tất cả

 ( 99 − k ) = 4465 cặp số thỏa mãn. 5

Vậy có tất cả 95 + 96 + 95 + 4465 = 4751 cặp số thỏa mãn. 2

Câu 32. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 4 x + y = 3x + y ? A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. Vô số. Lời giải Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

+ y2

 x + y = log 4 t =t, t >0 ⇔  2 . 2  x + y = log 3 t ln 2 t ln t 2 ln 2 4 2 0 ln ≤ ⇔ ≤ t ≤ . ln 2 4 ln 3 ln 3

Vì ( x + y ) ≤ 2 ( x 2 + y 2 )  log 42 t ≤ 2 log 3 t ⇔

FI CI A

Đặt 4 x + y = 3x

ln t 2 ln 2 4  ln 4  2 x∈ℤ Suy ra x + y = ≤ = 2 → x ∈ {−1; 0;1} .  ≈ 3,18  x ≤ 3,18  2 ln 3 ln 3  ln 3  0 + y = log 4 t y = 0  • Nếu x = 0   2 (thỏa mãn).  2 0 + y = log3 t t = 1 ln t  y= −1  1 + y = log 4 t ln 4   • Nếu x = 1   2  ∃t  ∃y (thỏa mãn). 2 2 1 + y = log3 t  ln t − 1 + 1 = ln t  ln 4  ln 3 2

ƠN

ln t  +1 y=  − 1 + y = log t  ln 4 4   • Nếu x = −1    ∃/ t  ∃/ y (loại). 2 2 2 ( −1) + y = log3 t  ln t + 1 + 1 = ln t  ln 4  ln 3 Vậy x ∈ {0;1} . bao

nhiêu

cặp

số

x + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 2

A. 2021 .

nguyên x

B. 6 .

Chọn D

thỏa

mãn

1 ≤ x ≤ 2020 ,

C. 2020 . Lời giải

log 2 ( xy − x ) = t ⇔ xy − x = 2t .

QU Y

Đặt

( x; y )

Câu 33. Có

Khi

đó

y≥2

D. 11 .

giả

thiết

trở

x 2 − 2t = xt − 2 x ⇔ 2 x + x.x = 2t + x.t x ⇔ x = t ⇔ xy − x = 2 ⇔ y = 1 +

2x . x

Vì 1 ≤ x ≤ 2020 , x ∈ ℤ , y ∈ ℤ nên 2 x ⋮ x suy ra x ∈ {2 0 , 21 , 2 2 ,..., 210 } .

2x có duy nhất một cách chọn. x Vậy có tất cả 11 cặp số nguyên thỏa mãn.

Khi đó y = 1 +

DẠ

KÈ

 2x − 1  x Câu 34. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log3   = y +1− 2 ? y   A. 2019 . B. 11. C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn B y ≠ 0  x  2 −1 > 0 ⇔ 2x > 1 ⇔ x > 0 Từ giả thiết ta có:   y  y ≥ 0 Ta có: PT ⇔ log 3 ( 2 x − 1) + 2 x − 1 = log 3 y + y

và

(*)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

thành

Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t trên ( 0; +∞ )

1 + 1 > 0 do đó hàm số f ( t ) = log 3 t + t đồng biến trên ( 0; +∞ ) t ln 3 (*) có dạng f ( 2 x − 1) = f ( y ) ⇔ y = 2 x − 1

FI CI A

Khi đó f ′ ( t ) =

x x Vì 0 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 0 ≤ 2 −1 ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2 ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ x ≤ log 2 ( 2021)

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

0 ≤ x ≤ log 2 ( 2021) ⇔ x ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10} . Vậy có 11 cặp ( x; y ) thỏa mãn.   x ∈ ℤ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 Câu 49. (MH 2022) Trong không gian 0xyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 4) 2 + ( y + 3)2 + ( z + 6)2 = 50 và đường

x y + 2 z −3 = = . Có bao nhiêu điểm M thuộc trục hoành, với hoành độ là số nguyên, 2 4 −1 mà từ M kẻ được đến ( S ) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d ? A. 29 .

FI CI A

thẳng d :

B. 33 .

C. 55 . PHÂN TÍCH Sai lầm thường gặp: không xét trưởng hợp IM ≥ R

D. 28 .

Lời giải Chọn D

Gọi M ( a, 0, 0 ) ∈ Ox , a ∈ ℤ . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4; −3; −6 ) , R = 5 2 .

Gọi (α ) là mặt phẳng qua M và chứa hai tiếp tuyến của ( S ) cùng vuông góc với d khi đó

ƠN

(α ) : 2 x + 4 y − z − 2a = 0 . Mặt khác, từ M kẻ được đến ( S ) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d nên (α ) và ( S ) có nhiều hơn một điểm chung và điểm M không chứa trong mặt cầu nên

QU Y

  5   a ∈ 1 − 2 42; 4 − 5    ⇔  5   42   a ∈  4 + 5;1 + 2   

5  5  2 − 2a 1+ 42 > a > 1 − 42  <5 2 2 2  d ( I ; (α ) ) < R  ⇔  21 ⇔   a ≥ 4+ 5 2    IM ≥ R a − 4 + 45 ≥ 5 2 ( )    a ≤ 4 − 5 

Mà a ∈ ℤ nên a ∈ {−15; −14,...1;7;8;...17} . Vậy có 28 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 1.

x −1 y + 2 z − 5 = = . Có bao nhiêu điểm M thuộc tia Oy , với tung độ là số nguyên, mà từ M kẻ được 9 1 4 đến ( S ) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d ?

Câu 2.

KÈ

A. 40 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 2) 2 = 25 và đường thẳng

B. 46 .

C. 44 . 2

D. 84 . 2

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z − 3) = 25 và đường thẳng x −1 y + 3 z −1 = = . Có bao nhiêu điểm M thuộc trục tung, với tung độ là số nguyên, mà từ 4 −2 1 M kẻ được đến ( S ) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d ?

DẠ

A. 18.

B. 19.

C. 16.

D. 30.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 3.

 x = 1 + 3a + at  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng Δ :  y = −2 + t . Biết khi a  z = 2 + 3a + (1 + a ) t 

Câu 4.

FI CI A

thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm M (1;1;1) và tiếp xúc với đường thẳng Δ

. Tìm bán kính của mặt cầu đó. A. 5 3 . B. 4 3 . C. 7 3 . D. 3 5 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( −3 ; 3 ; −3 ) thuộc mặt phẳng

(α ) : 2 x − 2 y + z + 15 = 0

và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5) = 100 . Đường thẳng ∆

trình đường thẳng x+3 y −3 A. = = 1 4 x+3 y −3 C. = = 16 11

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 16 và điểm A ( m; m; 2 ) nằm ngoài

ƠN

Câu 5.

∆. z +3 x+3 y −3 z +3 . B. . = = 6 1 1 3 z +3 x+3 y −3 z +3 . D. = = . −10 5 1 8

qua M , nằm trên mặt phẳng (α ) cắt ( S ) tại A, B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương

mặt cầu. Từ A kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu ( S ) , gọi ( Pm ) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm, biết ( Pm ) luôn đi qua một đường thẳng d cố định, phương trình đường thẳng d là

x = t  C. ( d ) :  y = −t . z = 2 

x = t  D. ( d ) :  y = −t .  z = −2 

x = t  B. ( d ) :  y = 2t . z = 2 

QU Y

Câu 6.

x = t  A. ( d ) :  y = −t .  z = −1 

x −1 y −1 z = = cắt mặt phẳng 2 1 −1 ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0 tại điểm M . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a ; b ; c ) với a < 0 thuộc đường

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

thẳng d và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại điểm A . Tìm tổng T = a + b + c khi biết diện tích tam giác IAM bằng 3 3 .

1 . C. T = 8 . D. T = 0 . 2 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 27. Gọi (α ) là mặt

B. T =

KÈ

Câu 7.

A. T = −2 .

phẳng đi qua hai điểm A(0;0; −4), B(2;0; 0) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) sao cho khối nón đỉnh là tâm của ( S ) và đáy là đường tròn (C) có thể tích lớn nhất. Biết rằng (α ) : ax + by − z + c = 0, khi đó a − b + c bằng A. −4 . B. 8 . C. 0 . D. 2 .

DẠ

Câu 8.

Trong không gian 0xyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 3) 2 = 9 . Có tất cả bao nhiêu điểm

M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) , với hoành độ, tung độ là các số nguyên, sao cho có ít nhất hai tiếp

tuyến của ( S ) đi qua M và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?

A. 29 .

B. 18 .

C. 14 .

D. 28 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 2) 2 = 4 và đường x = 2 − t  thẳng d :  y = t . Gọi T là tập tất cả các giá trị của m để d cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt z = m −1+ t  A , B sao cho các tiếp diện của ( S ) tại A và B tạo với nhau góc lớn nhất có thể. Tính tổng các phần tử của tập hợp T .

C. − 5 . D. −4 . phẳng ( P ) : x + y + z + 1 = 0 , mặt cầu x y−2 z+4 x y −1 z + 3 = = và d 2 : = . Gọi ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 = R 2 , hai đường thẳng d1 : = 1 3 −1 2 1 1 d là đường thẳng vuông góc với ( P ) đồng thời cắt cả d1 , d2 . Biết rằng có số thực R sao cho chỉ có một điểm M (m; n; p ) thuộc d sao cho từ M có duy nhất một mặt phẳng tiếp xúc với mặt không

gian

cho

mặt

A. 3 . Câu 10. Trong

B. − 3 . Oxyz

FI CI A

Câu 9.

cầu ( S ) . Khi đó m 2 + n 2 + p 2 − R 2 bằng

A. 2 .

B. 1.

C. −1 .

D. −3 .

ƠN

Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 ) có phương trình

A. 2,1 .

B. 2, 2 .

 x = 4 + 2t3  x = 1 + 2t1  x = 3 + t2   ( d1 ) :  y = 1 + t1 , ( d 2 ) :  y = −1 + 2t2 , ( d3 ) :  y = 4 − 2t3 . S ( I ; R ) là mặt cầu tâm I bán kính R  z = 1 − 2t  z = 2 + 2t z = 1+ t 1 2    3 tiếp xúc với 3 đường thẳng đó. Giá trị nhỏ nhất của R gần số nào nhất trong các số sau:

C. 2,3 .

D. 2, 4 .

(N)

QU Y

Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;3;0), B(−3;1; 4) và đường thẳng x − 2 y +1 z − 2 ∆: = = . Xét khối nón ( N ) có đỉnh có tọa độ nguyên thuộc đường thẳng ∆ và −1 1 3 ngoại tiếp mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích nhỏ nhất thì tung độ đỉnh của khối nón bằng

A. 1.

B. 2.

C. -1.

D. 11.

Câu 13. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 1) = 1 . Có bao nhiêu điểm

A. 4 .

Trong không gian

KÈ

Câu 14.

M thuộc ( S ) sao cho tiếp diện của ( S ) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0) mà a, b là các số nguyên dương và AMB = 90° ? B. 1 .

Oxyz

C. 3 .

D. 2 . 2

cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 = 25 . và hai điểm

A ( 7;9;0 ) , B ( 0;8;0 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + 2 MB với M là điểm bất kỳ

thuộc mặt cầu ( S ) .

5 5 . 2

Y DẠ

B. 5 5.

Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ

C. 10. Oxyz , cho điểm

D. 5 2.

A ( 2;1; −3) , đường thẳng

2 2 x− 2 y −5 z +3 2 và mặt cầu ( S ) :( x − 1) + y + ( z − 1) = 25 . Mặt phẳng ( α ) thay đổi, = = 1 2 −2 luôn đi qua A và song song với ∆ . Trong trường hợp ( α ) cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn

∆:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

có chu vi nhỏ nhất thì ( α ) có phương trình ax + by + cz − 3 = 0 . Tính giá trị của biểu thức

A. 12 .

B. 9 .

C. 4 .

9 . 5

S = 3a − 2b − 2c .

FI CI A

x = 1+ t  Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x + y + z = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ∈ d :  y = 1 + 2t . Ba  z = 2 − 3t  2

điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm D (1;1; 2 ) . Tổng T = x02 + y02 + z02 bằng A. 30 .

B. 26 .

C. 20 .

D. 21 .

Câu 17. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2x − 4 y + 6z −13 = 0 và đường thẳng d :

x +1 y + 2 z −1 . Điểm M ( a; b; c ) , ( a > 0) nằm trên đường thẳng d sao cho từ = = 1 1 1

M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB , MC đến mặt cầu ( S ) ( A , B , C là các tiếp điểm) và

= 600 , CMA= 1200 . Tính AMB = 600 , BMC 9

D. a 3 + b 3 + c 3 = 23 .

ƠN

A. a 3 + b 3 + c 3 = 173 .

a3 + b3 + c3 . B. a 3 + b 3 + c 3 = 112 . C. a 3 + b 3 + c 3 = − 8 . 9

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x + y + z = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc 2

x = 1+ t  d :  y = 1 + 2t . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp  z = 2 − 3t  tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua D (1;1; 2 ) . Tổng T = x02 + y02 + z02 bằng

A. 30

B. 26

C. 20

D. 21

Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z 2 − 2 x + 2z + 1 = 0 và x y−2 z = . Hai mặt phẳng ( P ) , ( P ′) chứa d và tiếp xúc với ( S ) tại T , đường thẳng d : = 1 1 −1 T ′ . Tìm tọa độ trung điểm H của TT ′ .  7 1 7 5 2 7 5 1 5  5 1 5 A. H  − ; ;  . B. H  ; ; −  . C. H  ; ; −  . D. H  − ; ;  .  6 3 6 6 3 6 6 3 6  6 3 6

QU Y

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 6; 0; 0) , N ( 0; 6; 0 ) , P ( 0; 0; 6) . Hai và ( S1 ) : x2 + y2 + z 2 − 2x − 2 y + 1 = 0 2 2 2 ( S2 ) : x + y + z − 8x + 2 y + 2z +1 = 0 cắt nhau theo đường tròn ( C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ? cầu

phương

có

KÈ

m ặt

A. 1.

B. 3.

trình

C. Vô số.

D. 4.

Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt câu ( S ) : x + y − 2x − 4 y + 6z −13 = 0 và 2

DẠ

đường thẳng d : x + 1 = y + 2 = z − 1 . Điểm M ( a; b; c )( a > 0) nằm trên đường thẳng d sao cho 1

từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu ( S ) ( A, B, C là các tiếp điểm) thỏa mãn

= 90° , CMA = 120° .Tính Q = a + b + c . AMB = 60° , BMC 10 A. Q = 3 . B. Q = . C. Q = 2 . 3

D. Q = 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

B. MN = 1 + 2 2 .

C. MN = 3 2 .

D. MN = 14 .

FI CI A

A. MN = 3 .

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0 . Giả sử M ∈ ( P ) và N ∈ ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u = (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN . Câu 23. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 14 = 0 . Điểm M thay đổi trên ( S ) , điểm N thay đổi trên ( P ) . 2

Độ dài nhỏ nhất của MN bằng A. 1 Câu 24.

B. 2

1 2

3 2

(ĐTK2021) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( 2;1;3) và B ( 6;5;5) . Xét khối nón ( N )

có đỉnh A , đường tròn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( N ) có phương trình dạng 2 x + by + cz + d = 0 . Giá trị của

b + c + d bằng A. −21.

C. −18 .

D. −15 .

(Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − 1) + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 = 1 và điểm A(2;3; 4) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 2 x + 2 y + 2 z + 15 = 0 B. x + y + z + 7 = 0 2

C. 2 x + 2 y + 2 z − 15 = 0 D. x + y + z − 7 = 0

ƠN

Câu 25.

B. −12 .

Câu 26. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A ( 2; −2; 2 ) và mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + ( z + 2 ) = 1 . Điểm M di chuyển trên mặt cầu ( S ) đồng thời thỏa mãn OM . AM = 6 . Điểm M luôn thuộc

QU Y

mặt phẳng nào dưới đây? A. 2x − 2 y − 6z + 9 = 0 . B. 2 x − 2 y − 6z − 9 = 0 .

C. 2x + 2 y + 6z + 9 = 0 . D. 2x − 2 y + 6z + 9 = 0 . 2

Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 và điểm A(2; 2; 2) . Xét các điểm M thuộc (S ) sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với (S ) . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là A. x + y + z – 6 = 0 . B. x + y + z − 4 = 0 . C. 3x + 3 y + 3z – 8 = 0 . D. 3x + 3 y + 3z – 4 = 0 . 2

Câu 28. Trong không gian Oxyz, cho ( S ) : ( x + 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 , điểm M ( 7;1;3) . Gọi ∆ là đường thẳng di động luôn đi qua M và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại N . Tiếp điểm N di động

KÈ

trên đường tròn ( T ) có tâm J ( a, b, c ) . Gọi k = 2a − 5b + 10c , thì giá trị của k là

A. 45 . B. 50 . C. −45 . D. −50 . Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho các điểm M ( 2;1; 4 ) , N ( 5; 0; 0 ) , P (1; −3;1) . Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng

a+b+c <5

DẠ

A. 3 B. 2 C. 4 D. 1 Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 6; 0;0 ) , N ( 0;6;0 ) , P ( 0; 0;6 ) . Hai mặt cầu

có

phương

và ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 cắt nhau theo đường tròn ( C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu

trình

( S2 ) : x2 + y 2 + z 2 − 8x + 2 y + 2 z + 1 = 0 có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM . www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 1 . B. 3 . C. Vô số. D. 4 . Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A ( − 3;1;1) , B (1; − 1; 5 ) và mặt phẳng

B. r = 2 .

C. r = 3 .

D. r = 2 .

FI CI A

A. r = 4 .

( P ) : 2 x − y + 2 z + 11 = 0. Mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với ( P ) tại điểm C . Biết C luôn thuộc một đường tròn (T ) cố định. Tính bán kính r của đường tròn (T ) .  5+ 3 7− 3   5− 3 7+ 3  ; ;3  , B  ; ;3  và mặt cầu Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2 2  2   2  2 2 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = 6 . Xét m ặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 , ( a, b, c, d ∈ ℤ : d < −5 ) là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm A, B . Gọi ( N ) là hình nón có

B. T = 6 .

D. T = 12 . Câu 33. Trong không gian Oxyz , xét số thực m ∈ ( 0;1) và hai mặt phẳng ( α ) : 2 x − y + 2 z + 10 = 0 và A. T = 4 .

C. T = 2 .

đỉnh là tâm của mặt cầu ( S ) và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của ( P ) và ( S ) . Tính giá trị của T = a + b + c + d khi thiết diện qua trục của hình nón ( N ) có diện tích lớn nhất.

x y z + + = 1 . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với m 1− m 1 cả hai mặt phẳng ( α ) , ( β ) . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 6

ƠN

(β) :

B. 3

C. 9

D. 12

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( a;0;0) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với

( S ) :( x − 1)

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) =

đi qua điểm M  ; ;  và tiếp xúc với mặt cầu 72 . Tính 12 + 12 + 12 . 7 a b c

1 . 7

C. 7.

QU Y

A. 14 .

1 2 3 7 7 7

( ABC )

a , b, c > 0 . Biết rằng

7 . 2

Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 4 và điểm A( 2;2;2) . Từ A kẻ 2

ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng

( BCD ) .

A. 2 x + 2 y + z − 1 = 0 . C. 2 x + 2 y + z + 1 = 0 . Câu 36. Trong không gian

B. 2 x + 2 y + z − 3 = 0 . D. 2 x + 2 y + z − 5 = 0 .

(S ):

cho hai mặt cầu

Oxyz ,

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 25

và

( S ′) :

( P ) tiếp xúc ( S′) và cắt ( S ) theo giao tuyến là một ( P ) bằng đường tròn có chu vi bằng 6π . Khoảng cách từ O đến 2

KÈ

( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3)

A. 14 . 3

DẠ

Câu 37. Trong

không

= 1.

Mặt phẳng

B. 17 .

C. 8.

gian

O xyz ,

D. 19 .

cho

đi ể m

( P ) : 2mx + ( m 2 + 1) y + ( m 2 − 1) z − 10 = 0 . Biết rằng khi m

A( 2;11; −5)

và

mặt

thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định

tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và cùng đi qua A . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng

A. 10 2 .

B. 1 2 3 .

C. 12 2 .

phẳng

D. 1 0 3 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 và điểm

A ( 2;2;2) . Xét các điểm M thuộc mặt cầu ( S ) sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với A. x + y + z − 6 = 0 . B. x + y + z − 4 = 0 C. 3 x + 3 y + 3 z − 8 = 0 . D. 3 x + 3 y + 3 z − 4 = 0 . Câu 39.

FI CI A

( S ) . M luôn thuộc mặt phẳng cố định có phương trình là

(Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 3; −2;6) , B ( 0;1;0) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 . Mặt phẳng ( P) : ax + by + cz − 2 = 0 đi qua A, B 2

và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a + b + c

A. T = 3

B. T = 4

C. T = 5

D. T = 2

Câu 40. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 , điểm

A( 0;0;2) . Mặt phẳng ( P ) qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là hình tròn ( C ) có diện tích nhỏ nhất, phương trình ( P ) là:

B. ( P ) : x + 2 y + 3z − 6 = 0 .

ƠN

A. ( P ) : x − 2 y + 3z − 6 = 0 . C. ( P ) : 3x + 2 y + 2 z − 4 = 0 .

D. ( P ) : x + 2 y + z − 2 = 0 . 2

Câu 41. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 27 . Gọi (α ) là mặt

phẳng đi qua 2 điểm A ( 0;0; −4 ) , B ( 2;0;0 ) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) sao cho khối nón có đỉnh là tâm của ( S ) , là hình tròn ( C ) có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng (α ) có phương trình dạng ax + by − z + c = 0 , khi đó a − b + c bằng: A. 8. B. 0. C. 2.

D. -4.

Câu 42. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có điểm A (1;1;1) , B ( 2;0;2 ) ,

QU Y

C ( −1; −1; 0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B′, C ′, D ′ thỏa

AB AC AD + + = 4 . Viết phương trình mặt phẳng ( B′C′D′) biết tứ diện AB′C′D′ có thể tích AB′ AC′ AD′ nhỏ nhất? A. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0

B. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0

C. 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0

D. 16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0

Câu 43. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 2;1) cắt các tia O x , O y , O z lần lượt tại các điểm A, B , C ( A, B , C không trùng với gốc O ) sao cho tứ diện

KÈ

OABC có thể tích nhỏ nhất. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?

A. N ( 0;2;2)

B. M ( 0;2;1)

C. P ( 2;0;0)

D. Q ( 2;0; −1)

2 2 2 Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z = 3 . Một mặt phẳng

(α )

tiếp xúc với mặt cầu

DẠ

(S )

và cắt các tia O x , O y , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn

OA + OB + OC = 27 . Diện tích tam giác ABC bằng

9 3 . C. 3 3 . D. 9 3 . 2 Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho A(0;1;2) , B (1;1;0) , C (3;0;1) và mặt phẳng (Q) : x + y + z −5 = 0 A.

3 3 . 2

. Xét điểm M thay đổi thuộc (Q ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M A 2 + M B 2 + M C 2 bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 34 .

B. 2 2 .

D. 2 6 .

C. 0.

Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 0;0;1) , B ( −1;1;0 ) , C (1;0; − 1) . Điểm M thuộc mặt nhất đó bằng 13 A. . 6

FI CI A

phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 2 = 0 sao cho 3MA2 + 2MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ

17 61 . C. . 2 6 Oxyz , cho hai điểm A(3;1; − 3 ) ,

23 . 2 B (0; − 2;3) và mặt cầu

Câu 47. Trong không gian 2

( S ) :( x +1) + y 2 + ( z − 3) = 1 . Xét điểm M thay đổi luôn thuộc mặt cầu ( S ) , giá trị lớn nhất

của MA2 + 2MB 2 bằng B. 78 . C. 84 . D. 52 . A. 102 . Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 0; 0 ; 2 ) và B ( 3; 4;1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa 2

= 25 với

+ y + z − 2 x − 2 y − 14 = 0 . M , N là hai điểm thuộc ( P ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ 2

nhất của AM + BN là A. 34 − 1 .

B. 5 .

ƠN

( S2 ) : x

( S1 ) : ( x −1) + ( y − 1) + ( z + 3)

đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu

D. 3 .

34 .

Câu 49. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z = 1. Điểm M ∈ ( S ) có tọa độ dương; mặt 2

phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) tại M cắt các tia Ox ; Oy ; Oz tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ

(

)(

)

nhất của biểu thức T = 1 + OA2 1 + OB 2 1 + OC 2 là:

B. 27. C. 64. D. 8. A. 24. Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 2;1;3) , C ( 0; 2; − 3) ,

(

)

QU Y

D 2; 0; 7 . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) : ( x + 2) + ( y − 4) + z = 39 thỏa mãn MA2 + 2 MB.MC = 8 . Biết rằng đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó? A. 7 . B. 2 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . 2

Câu 51. Cho A ( 0;8; 2 ) và mặt cầu ( S ) :( x − 5) + ( y + 3) + ( z − 7 ) = 72 và điểm A ( 9; − 7; 23) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Giải sử n = (1; m; n ) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . Lúc đó

A. m.n = 4 . B. m.n = 2 . C. m.n = −4 . D. m.n = −2 . Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi (P ) :ax + b y+ c z− 3 = 0 ( a, b, c là các số nguyên

KÈ

không đồng thời bằng 0 ) là phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M (0; −1;2), N (−1;1; 3) và không đi qua H (0;0;2) . Biết rằng khoảng cách từ H (0;0;2) đến mặt phẳng (P ) đạt giá trị

C. 12 .

D. −16 .

DẠ

lớn nhất. Tổng P = a − 2b + 3c + 12 bằng A. 8 . B. 16 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 2) 2 = 25 và đường thẳng x −1 y + 2 z − 5 = = . Có bao nhiêu điểm M thuộc tia Oy , với tung độ là số nguyên, mà từ 9 1 4 M kẻ được đến ( S ) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d ?

A. 40 .

B. 46 .

FI CI A

C. 44 .

D. 84 .

Lời giải Chọn A Mặt cầu ( S ) có I (1; 2; − 2 ) , bán kính R = 5 . Vì M ∈ Oy nên M ( 0; m; 0 )

(P)

Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng d  phương trình mặt phẳng là 9 x + y + 4 z − m = 0 .

ƠN

Khi đó ( P ) chứa hai tiếp tuyến với mặt cầu kẻ từ M và cùng vuông góc với d

Để tồn tại các tiếp tuyến thỏa mãn bài toán điều kiện là

 3−m <5 d ( I , ( P ) ) < R   3 − m < 35 2 7 2 ⇔ ⇔    2 2  ( m − 2 ) ≥ 20  IM ≥ R  ( m − 2) + 5 ≥ 5

QU Y

 −35 2 + 3 < m < 35 2 + 3  2 + 2 5 ≤ m < 35 2 + 3  ⇔ m ≥ 2 + 2 5 ⇔  −35 2 + 3 < m ≤ 2 − 2 5    m ≤ 2 − 2 5 Vì m nguyên dương nên m ∈ {7;8;....; 46} . Vậy có 40 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Câu 2.

B. 19.

C. 16.

D. 30.

Lời giải

KÈ

A. 18.

Chọn B

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; −3;3 ) , R = 5 .

Ta có: M ∈ Oy  M ( 0; a; 0 )

DẠ

Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ M đến ( S ) . Khi đó ( P ) đi qua M ( 0; a; 0 ) , vuông

góc với đường thẳng d , phương trình mặt phẳng ( P ) là: 4 x − 2 ( y − a ) + z = 0 ⇔ 4 x − 2 y + z + 2a = 0 .

Ta có điểm M thoả mãn giả thiết là điểm nằm ngoài mặt cầu, suy ra

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

IM > R ⇔ ( −2 ) + ( a + 3) + 9 > 25 ⇔ ( a + 3) > 12 (1) phẳng

d ( I , ( P )) < R ⇔

(P)

thoả

8 + 6 + 3 + 2a 21

mãn

giả

thiết

phải

cắt

mặt

cầu

nên

có:

mặt

< 5 ⇔ 2a + 17 < 5 21 (2)

FI CI A

Các

  a > −3 + 2 3  ( a + 3) > 12 a 2 + 6a − 3 > 0   a < −3 − 2 3 Từ (1) và (2), suy ra:  ⇔ ⇔ −14 < 2a < 1  2a + 17 < 5 21  −5 21 − 17 5 21 − 17 <a<   2 2 2

ƠN

 5 21 − 17  −3 + 2 3 < a < 2 do a ∈ ℤ nên có 2 + 17 = 19 giá trị của thoả mãn. ⇔  −5 21 − 17 < a < −3 − 2 3   2 Vậy có 19 điểm M thoả mãn.

Câu 3.

 x = 1 + 3a + at  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng Δ :  y = −2 + t . Biết khi a  z = 2 + 3a + (1 + a ) t  thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm M (1;1;1) và tiếp xúc với đường thẳng Δ . Tìm bán kính của mặt cầu đó. A. 5 3 . B. 4 3 .

D. 3 5 .

QU Y

Chọn A

C. 7 3 . Lời giải

 x = 1 + 3a + at  x = 1+ (3 + t ) a   ⇔  y = −2 + t Ta có ptts Δ :  y = −2 + t  z = 2 + 3a + (1 + a ) t  z = 2 + t + (3 + t ) a   Nhận thấy Δ đi qua điểm cố định khi t = −3 . Điểm cố định N có toạ độ:

DẠ

KÈ

x = 1   y = −2 + ( −3)  N (1; −5; −1)  z = 2 + ( −3) 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

⇔ a (1 − a' − 1 − c ) − 5 − b' − 1 − c' = 0 ∀a ∈ R

FI CI A

( P ) : 0 ( x − 1) − 6 ( y + 2 ) − 2 z = 0 ⇔ 3 y + z + 6 = 0 Gọi O ( a '; b '; c ') là tâm mặt cầu  O ∈ ( P )  3b '+ c '+ 6 = 0  ON = (1 − a '; −5 − b '; −1 − c ' ) . VTCP của Δ : uΔ = ( a;1;1 + a ) Lại có, ON ⊥ Δ  ON .uΔ = 0 ⇔ a (1 − a' ) − 5 − b' − (1 + c' )(1 + a ) = o

Ta nhận thấy hai điểm M , N cố định nằm trên mặt cầu  Tâm mặt cầu nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn MN . Gọi I là trung điểm của MN  I (1; −2;0 ) ; MN = ( 0; −6; −2 ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm I (1; −2; 0 ) có VTCP MN = ( 0; −6; −2 ) có dạng

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( −3 ; 3 ; −3 ) thuộc mặt phẳng 2

và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5) = 100 . Đường thẳng ∆

(α ) : 2 x − 2 y + z + 15 = 0

ƠN

Câu 4.

1 − a' − 1 − c' = 0  a' + b' = 0  a' = 6  ⇔ ⇔  −5 − b' − 1 − c' = 0  a' + b' = − 6 b' = 0  O ( 6;0; −6 )  OM = ( −5;1;7 )  OM = 25 + 1 + 49 = 5 3  R = 5 3.

qua M , nằm trên mặt phẳng (α ) cắt ( S ) tại A, B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương

∆. z +3 x+3 y −3 . B. = = 6 1 1 z +3 x+3 y −3 . D. = = −10 5 1

z +3 . 3 z +3 . 8 Lời giải

trình đường thẳng x+3 y −3 A. = = 1 4 x+3 y −3 C. = = 16 11

d ( I , (α ) ) =

QU Y

Chọn A Ta có: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2 ; 3 ; 5 ) , bán kính R = 10 .

2.2 − 2.3 + 5 + 15 2

2 + ( −2 ) + 1 2

= 6 < R  (α ) ∩ ( S ) = C ( H ; r ) , H là hình chiếu của I lên (α )

Gọi ∆1 là đường thẳng qua I và vuông góc với (α )  ∆1 có VTCP là u∆1 = ( 2; −2;1) .

T ọa

độ

là

nghiệm

c ủa

hệ:

KÈ

 PTTS

 x = 2 + 2t  ∆1 :  y = 3 − 2t . z = 5 + t 

DẠ

 x = −2    y = 7  H ( −2 ; 7 ; 3 ) . z = 3 

Ta có AB có độ dài lớn nhất ⇔ AB là đường kính của ( C ) ⇔ ∆ ≡ MH . Đường thẳng MH đi qua M ( −3 ; 3 ; −3 ) và có VTCP MH = (1 ; 4 ; 6 ) . Suy ra phương trình ∆ :

x+3 y −3 z +3 = = . 1 4 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x = 2 + 2t  y = 3 − 2t   z = 5 + t  2 x − 2 y + z + 15 = 0

Câu 5.

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 16 và điểm A ( m; m; 2 ) nằm ngoài

x = t  A. ( d ) :  y = −t .  z = −1 

x = t  B. ( d ) :  y = 2t . z = 2 

x = t  C. ( d ) :  y = −t . z = 2 

x = t  D. ( d ) :  y = −t .  z = −2 

FI CI A

biết ( Pm ) luôn đi qua một đường thẳng d cố định, phương trình đường thẳng d là

Lời giải

ƠN

Chọn C Cách 1:

mặt cầu. Từ A kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu ( S ) , gọi ( Pm ) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm,

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; 0; −2 ) , bán kính R = 4 . Mặt cầu đường kính AI có tâm là trung điểm

2m 2 + 16 có phương trình là: 2

QU Y

AI m m  H  ; ; 0  của AI và bán kính R ' = = 2 2 2  2

m  m 2m 2 + 16  2 x − + y − + z = ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − mx − my = 4 .     2 2 4     Khi đó các tiếp điểm kẻ từ A đến mặt cầu ( S ) nằm trên ( S ') do đó tọa độ các tiếp điểm thỏa

( S ') :

mãn hệ phương trình sau:  x 2 + y 2 + z 2 + 4 z − 12 = 0  mx + my + 4 z − 8 = 0 .  2 2 2  x + y + z − mx − my − 4 = 0

KÈ

Do đó mặt phẳng ( Pm ) có phương trình: mx + my + 4 z − 8 = 0 . Đường thẳng cố định của ( Pm )

x = t x + y = 0  có dạng    y = −t 4 z − 8 = 0  z = 2 

DẠ

Cách 2:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; 0; −2 ) , bán kính R = 4 . 2

( S ') : ( x − m ) + ( y − m ) + ( z − 2 ) = 2m 2 ( Pm ) là giao của mặt cầu ( S ) và ( S ') :

AI 2 − R 2 = 2m 2 có phương trình:

Mặt cầu tâm A ( m; m; 2 ) bán kính AM =

⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2mx − 2my − 4 z + 4 = 0 .

Câu 6.

ƠN

 x 2 + y 2 + z 2 + 4 z − 12 = 0  mx + my + 4 z − 8 = 0 .  2 2 2  x + y + z − 2mx − 2my − 4 z + 4 = 0 x = t x + y = 0    y = −t . Đường thẳng cố định của ( Pm ) có dạng  4 z − 8 = 0  z = 2 

x −1 y −1 z cắt mặt phẳng = = 2 1 −1 ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0 tại điểm M . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a ; b ; c ) với a < 0 thuộc đường

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

thẳng d và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại điểm A . Tìm tổng T = a + b + c khi biết diện tích

QU Y

tam giác IAM bằng 3 3 .

B. T =

A. T = −2 .

C. T = 8 .

D. T = 0 .

Lời giải

KÈ

Chọn D

1 . 2

DẠ

 x = 1 + 2t  Đường thẳng d :  y = 1 + t , ( t ∈ R ) có vtcp u d = ( 2 ;1 ; −1) .  z = −t  Mặt phẳng ( P ) có vtpt nP = (1 ; 2 ;1) . Khi đó: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) là IMA

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

ud .nP 2.1 + 1.2 − 1.1 1 = 30° . sin IMA = = =  IMA 2 2 2 2 2 2 ud . nP 2 2 + 1 + ( −1) . 1 + 2 + 1

1 3 2 IA.MA = 3 3 ⇔ R =3 3 ⇔ R= 6. 2 2 Mặt khác: I (1 + 2t ;1 + t ; −t ) ∈ d và d ( I , ( P ) ) = R

Mà S ∆IAM = 3 3 ⇔



1 + 2t + 2 (1 + t ) + ( −t ) − 6 12 + 22 + 12

t = 3  I ( 7 ; 4 ; −3)( L ) = 6 ⇔ 3t − 3 = 6 ⇔ t − 1 = 2 ⇔  t = −1 I ( −1 ; 0 ;1)

 a = −1, b = 0, c = 1 .

Vậy T = a + b + c = 0 . Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 27. Gọi (α ) là mặt

Câu 7.

FI CI A

IA =R 3. tan30°

Ta có: IA = R  MA =

ƠN

Lời giải

QU Y

Chọn A

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 3 3 . Vì (α ) : ax + by − z + c = 0 đi qua hai điểm A(0; 0; −4), B(2;0; 0) nên c = −4 và a = 2 .

KÈ

Suy ra (α ) : 2 x + by − z − 4 = 0 Đặt IH = x, với 0 < x < 3 3 ta có r = R 2 − x 2 = 27 − x 2 . 1 1 1 Thể tích khối nón là V = π r 2 .IH = π ( 27 − x 2 ) .x = π 3 3 3 2

( 27 − x ) ⋅ ( 27 − x ) ⋅ 2 x 2

DẠ

Vmax = 18π khi 27 − x 2 = 2 x 2 ⇔ x = 3

Khi đó, d ( I ;(α )) =

| 2b + 5 | 2

b +5

= 3 ⇔ (2b + 5) 2 = 9 ( b 2 + 5 ) ⇔ b = 2 .

Vậy a − b + c = −4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

≤ 18π

Câu 8.

Trong không gian 0xyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 1)2 + ( z + 3)2 = 9 . Có tất cả bao nhiêu điểm tuyến của ( S ) đi qua M và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?

B. 18 .

C. 14 .

D. 28 .

FI CI A

A. 29 .

M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) , với hoành độ, tung độ là các số nguyên, sao cho có ít nhất hai tiếp

Lời giải Chọn A

Gọi M ( a, b, 0 ) ∈ ( Oxy ) , a, b ∈ ℤ . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;1; −3) , R = 3 .

Gọi A, B là tiếp điểm, H là tâm của đường tròn giao tuyến giữa mặt phẳng ( MAB ) và mặt cầu

QU Y

ƠN

(S ) , r là bán kính đường tròn giao tuyến.

Ta có:

MA = MB = AH = HB = r

Xét tam giác ∆IAM : IM 2 = IA2 + AM 2 = R 2 + r 2 ≤ 2 R 2

Mặt khác qua M kẻ được tiếp tuyến đến mặt cầu ( S ) , suy ra IM ≥ R . Vậy R 2 ≤ IM 2 ≤ 2 R 2 2

KÈ

⇔ 9 ≤ a 2 + ( b − 1) + 9 ≤ 18 2

⇔ 0 ≤ a 2 + ( b − 1) ≤ 9

Mà a ∈ ℤ nên a ∈ {0; ±1; ±2; ±3} .

DẠ

Nếu a = 0  b ∈ {1;2;3; 4;0; −1; −2} . Nếu a = ±1  b ∈ {1; 2;3;0; −1} . Nếu a = ±2  b ∈{1; 2;3;0; −1} .

Nếu a = ±3  b = 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 3 .

B. − 3 .

FI CI A

Câu 9.

Vậy có 29 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 2) 2 = 4 và đường x = 2 − t  . Gọi T là tập tất cả các giá trị của m để d cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt thẳng d :  y = t z = m −1+ t  A , B sao cho các tiếp diện của ( S ) tại A và B tạo với nhau góc lớn nhất có thể. Tính tổng các phần tử của tập hợp T .

C. − 5 .

D. −4 .

Lời giải Chọn B

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; −2) và bán kính R = 2 .

⇔

ƠN

Đường thẳng d đi qua điểm N (2;0; m − 1) và có véc-tơ chỉ phương u = (−1;1;1) .  IN ; u    Điều kiện để d cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt là d ( I ;(d ) ) < R ⇔ <2 u 2 m 2 + 6m + 6 −3 − 21 −3 + 21 . <2⇔ <m< 2 2 3

Khi đó, tiếp diện của ( S ) tại A và B vuông góc với IA và IB nên góc giữa chúng là góc ( IA; IB) . Ta có 0° ≤ ( IA; IB ) ≤ 90° nên ( IA; IB ) max = 90° ⇔ IA ⊥ IB .

d ( I ;(d ) ) =

1 AB = 2 ⇔ 2

QU Y

Từ đó suy ra (thỏa).

m = 0 2 m 2 + 6m + 6 = 2 ⇔ 2m 2 + 6m = 0 ⇔  3  m = −3

Vậy T = {−3;0} . Tổng các phần tử của tập hợp T bằng − 3 . Câu 10. Trong không gian cho mặt phẳng Oxyz ( P ) : x + y + z + 1 = 0 , mặt cầu x y−2 z+4 x y −1 z + 3 = = ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 = R 2 , hai đường thẳng d1 : = và d 2 : = . Gọi 1 3 −1 2 1 1 d là đường thẳng vuông góc với ( P ) đồng thời cắt cả d1 , d2 . Biết rằng có số thực R sao cho chỉ có một điểm M (m; n; p ) thuộc d sao cho từ M có duy nhất một mặt phẳng tiếp xúc với mặt

KÈ

cầu ( S ) . Khi đó m 2 + n 2 + p 2 − R 2 bằng

A. 2 .

B. 1 .

C. −1 .

D. − 3 .

Lời giải

Chọn B

DẠ

Gọi A ( a; 2 + 3a; −4 − a ) , B ( 2b;1 + b; −3 + b ) lần lượt là giao điểm của d với d1 và d2 . Ta có AB = ( −a + 2b; −3a + b − 1; a + b + 1) . Mặt phẳng ( P ) có véc-tơ pháp tuyến là n = (1;1;1) nên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

 1 1 1  x y −1 z + 3 = . từ đó ta tính được AB =  ; ;  nên (d ) : = 1 1 1 2 2 2

1  −a + 2b −3a + b − 1 a + b + 1 a = − đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) khi = = ⇔ 2 1 1 1 b = 0

Do chỉ có một điểm M (m; n; p) thuộc d sao cho từ M có duy nhất một mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( S ) nên đường thẳng d phải tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm M (m; n; p) .

Giả sử M (t;1 + t; −3 + t ) ∈ d , đường thẳng d tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm M (t ;1 + t; −3 + t ) khi và chỉ khi phương trình

(t − 1) 2 + (1 + t ) 2 + (−3 + t ) 2 = R 2

có nghiệm kép, hay

3t 2 − 6t + 11 − R 2 = 0 có nghiệm kép, tức ∆′ = 9 − 3 (11 − R 2 ) = 0 ⇔ R 2 = 8 khi đó t = 1 nên có duy nhất một điểm M (1; 2; −2) thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Khi đó m = 1, n = 2, p = −2 nên m2 + n2 + p2 − R 2 = 1 .

ƠN

Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng ( d1 ) , ( d2 ) , ( d3 ) có phương trình

A. 2,1 .

B. 2, 2 .

C. 2,3 .

D. 2, 4 .

Lời giải

QU Y

Chọn A

Ta có: ( d1 ) đi qua điểm A (1;1;1) có VTCP u1 = ( 2;1; − 2 ) .

( d2 ) đi qua điểm B ( 3; − 1; 2 ) ( d3 )

có VTCP u2 = (1; 2; 2 ) .

đi qua điểm C ( 4; 4;1) có VTCP u3 = ( 2; − 2;1) .

Ta có u1.u2 = 0 , u2 .u3 = 0 , u3 .u1 = 0  ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 ) đôi một vuông góc với nhau.

KÈ

u1 , u2  . AB ≠ 0 , u2 , u3  .BC ≠ 0 , u3 , u1  .CA ≠ 0  ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 ) đôi một chéo nhau.       Lại có: AB = ( 2; − 2;1) ; AB. u1 = 0 và AB. u2 = 0 nên ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 ) chứa 3 cạnh của hình

DẠ

hộp chữ nhật như hình vẽ. d2

B d3

I A d1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vì mặt cầu tâm I ( a; b; c ) tiếp xúc với 3 đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 ) nên bán kính

FI CI A

2 2 2   AI , u     BI , u    CI , u   1 2 3       , ta thấy u 2 = u 2 = u 2 = 9 và ⇔ R2 =  = = 1 2 3       u1 u2 u3       AI = ( a − 1; b − 1; c − 1) ,  AI , u1  = ( −2b − c + 3; 2a + 2c − 4; a − 2b + 1) .

R = d ( I , d1 ) = d ( I , d 2 ) = d ( I , d3 ) ⇔ R 2 = d 2 ( I , d1 ) = d 2 ( I , d2 ) = d 2 ( I , d3 )

 BI , u2  = ( 2b − 2c + 6; − 2a + c + 4; 2a − b − 7 ) .   CI = ( a − 4; b − 4; c − 1) , CI , u3  = ( b + 2c − 6; − a + 2c + 2; −2 a − 2b + 16 ) .

BI = ( a − 3; b + 1; c − 2 ) ,

2 2 2 2 2 2 9 R 2 =  AI , u1  =  BI , u2  = CI , u3   27 R 2 =  AI , u1  +  BI , u2  + CI , u3  = 2

ƠN

7 3 3  243 243    ≥ = 18 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 126a − 54b − 54c + 423 = 18  a −  + 18  b −  + 18  c −  + 2 2 2 2 2    3 2 khi đó R ≈ 2,12 . 2 Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;3;0), B(−3;1;4) và đường thẳng x − 2 y +1 z − 2 ∆: = = . Xét khối nón ( N ) có đỉnh có tọa độ nguyên thuộc đường thẳng ∆ và −1 1 3 ngoại tiếp mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích nhỏ nhất thì tung độ đỉnh của khối nón

(N)

 Rmin =

bằng

B. 2.

QU Y

A. 1.

D. 11.

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn B

C. -1.

Mặt cầu đường kính AB có tâm I (−1; 2; 2) , bán kính 3 . Gọi H , r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đáy của ( N ) , C là đỉnh của ( N ) . Khi đó C , I , H thẳng hàng ( I nằm giữa C, H ), IH = IK = 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

IK CK IK .CH 3( x + 3) =  r = HM = = MH CH CK x2 − 9

V( N )

nhỏ nhất ⇔ f ( x) =

( x + 3) x−3

( x + 3) 1 1  3 ( x + 3)  = π r 2 .CH = π  .( x + 3) = 3π  3 3  x2 − 9  x−3

x2 + 6 x + 9 nhỏ nhất ( x > 3) . x −3

x − 6 x − 27  x = −3 , f '( x) = 0 ⇔  . x −3 x = 9 2

f '( x) =

FI CI A

Đặt CI = x . Ta có ∆CIK đồng dạng ∆CMH nên

V( N ) nhỏ nhất ⇔ x = 9 , khi đó IC = 9 nên C ∈ ( S ) : ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 81

 43 32 41  Mặt khác C ∈ ∆ nên C ( −1; 2;11) hoặc C  ; − ; −  .  11 11 11 

Vì C có tọa độ nguyên nên C ( −1;2;11) . Vậy Khi ( N ) có thể tích nhỏ nhất thì tung độ đỉnh của

ƠN

khối nón ( N ) bằng 2. 2

Câu 13. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 1) = 1 . Có bao nhiêu điểm

B. 1.

A. 4 .

M thuộc ( S ) sao cho tiếp diện của ( S ) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0) mà a, b là các số nguyên dương và AMB = 90° ?

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải

KÈ

QU Y

Chọn D

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3;1) và bán kính R = 1 = IM .

DẠ

a b  Gọi K là trung điểm của AB  K  ; ;0  , khi đó KA = KB = KM 2 2  2

Ta có MK =

AB a2 + b2 a2 + b2 a  b  =  MK 2 = ; IK 2 =  − 2  +  − 3  + 1 . 2 2 4 2 2    

Tam giác IMK vuông tại M , suy ra IM 2 + MK 2 = IK 2 2

a2 + b2  a  b  ⇔ 1+ =  − 2  +  − 3  + 1 ⇔ 2a + 3b = 13 4 2  2 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu.

Oxyz

Trong không gian

cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 = 25 . và hai điểm

FI CI A

Câu 14.

 a = 5, b = 1 Vì a, b nguyên dương và 2 a + 3b = 13 suy ra  .  a = 2, b = 3

A ( 7;9;0 ) , B ( 0;8;0 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + 2 MB với M là điểm bất kỳ thuộc mặt cầu ( S ) .

5 5 . 2

B. 5 5.

C. 10.

D. 5 2.

Lời giải

Chọn D Giả sử M ( x; y; z ) . 2

Ta có M ∈ ( S )  ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 = 25 2

+ ( y − 9) + z2

( x − 7)

+ ( y − 9 ) + z 2 + 3.25 − 3.25

( x − 7 ) + ( y − 9)

+ z 2 + 3 ( x − 1) + ( y − 1) + z 2  − 3.25   2

5 2  = 2  x −  + ( y − 3) + z 2 2  

ƠN

( x − 7)

Lại có MA =

QU Y

5 5 5  = 2 MC trong đó C  ;3;0  , BC = 2 2  Khi đó P = 2 MC + 2 MB ≥ 2CB  P ≥ 5 5  M ∈ ( S ) Đẳng thức xảy ra ⇔   M (1;6;0 ) CM = kCB ( k > 0 ) Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A ( 2;1; −3) , đường thẳng

2 2 x− 2 y −5 z +3 2 và mặt cầu ( S ) :( x − 1) + y + ( z − 1) = 25 . Mặt phẳng ( α ) thay đổi, = = 1 −2 2 luôn đi qua A và song song với ∆ . Trong trường hợp ( α ) cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn

∆:

có chu vi nhỏ nhất thì ( α ) có phương trình ax + by + cz − 3 = 0 . Tính giá trị của biểu thức

KÈ

S = 3a − 2b − 2c .

A. 12 .

B. 9 .

C. 4 .

Lời giải

DẠ

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

9 . 5

L FI CI A

d A

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0;1) , bán kính R = 5 .

Dễ thấy A nằm trong mặt cầu ( S ) nên ( α ) luôn cắt ( S ) theo một đường tròn ( C ) . Đường thẳng d đi qua A và song song với ∆ có phương trình là

ƠN

Gọi H là hình chiếu của I trên d  H ( 3; −1; −1) .

x − 2 y −1 z + 3 . = = 1 2 −2

2 2 2 2 Gọi r là bán kính của đường tròn ( C ) , ta có: r = R − d ( I , ( α ) )  ≥ R − IH = 16 ⇔ r ≥ 4 .

Chu vi của ( C ) nhỏ nhất ⇔ r nhỏ nhất ⇔ d ( I , ( α ) ) = IH ⇔ H là hình chiếu của I trên ( α ) . Khi đó, ( α ) đi qua A và nhận IH ( 2; −1; −2 ) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: 2 1 2 x− y − z −3 = 0. 3 3 3 2 1 2 Từ đó, suy ra: a = , b = − , c = −  3a − 2b − 2c = 4 . 3 3 3 Cách 2. Vì (α ) / /∆ nên a − 2b + 2c = 0 (1).

QU Y

2x − y − 2z − 9 = 0 ⇔

Vì A(2;1; −3) ∈ (α ) nên 2a + b − 3c − 3 = 0 (2).

4c + 6 7c + 3 ,b = . 5 5 Điểm A nằm bên trong mặt cầu (S ) nên mặt phẳng (α ) luôn cắt mặt cầu theo giao tuyến là

Từ (1) và (2) suy ra a =

KÈ

đường tròn có bán kính r = 25 − h 2 , với h = d ( I (1; 0;1), mp(α ) ) .

Ta có h =

a +c − 3

a2 + b2 + c2

= 3.

c 2 − 2c + 1 10c 2 + 10c + 5

Với mọi c ∈ ℝ ta có (3c + 2)2 ≥ 0

DẠ

⇔ 9c 2 + 12c + 4 ≥ 0 ⇔ c 2 − 2c + 1 ≤ 10c 2 + 10c + 5 (3).

Mà 10c 2 + 10c + 5 > 0, ∀c ∈ ℝ, nên (3) ⇔ r =

c 2 − 2c + 1 10c 2 + 10c + 5

≤ 1. Dẫn tới h ≤ 3, từ đó

2 3

25 − h 2 ≥ 4, dấu “=” xảy ra khi c = − .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy,

tròn

giao

tuyến

(S )

c ủa

và

(α )

có

chu

nhỏ

nhất

khi

2 2 1  a = ,b = −  S = 4. 3 3 3

c=−

đường

x = 1+ t  Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x + y + z = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ∈ d :  y = 1 + 2t . Ba  z = 2 − 3t  2

FI CI A

điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm D (1;1; 2 ) . Tổng T = x02 + y02 + z02 bằng

A. 30 .

B. 26 .

C. 20 . Lời giải

D. 21 .

QU Y

ƠN

Chọn B

x = 1+ t  * Ta có: M ( x0 ; y0 ; z0 ) ∈ d :  y = 1 + 2t  x0 + y0 + z0 = 4 .  z = 2 − 3t 

* Mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 = 9  tâm O ( 0; 0; 0 ) , bán kính R = 3 .

KÈ

* MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu  MO ⊥ ( ABC ) .  ( ABC ) đi qua D (1;1; 2 ) có véc tơ pháp tuyến OM ( x0 ; y0 ; z0 ) có phương trình dạng:

x0 ( x − 1) + y0 ( y − 1) + z0 ( z − 2 ) = 0 .

DẠ

* MA là tiếp tuyến của mặt cầu tại A  ∆ MOA vuông tại A  OH .OM = OA2 = R 2 = 9 . Gọi H là hình chiếu của O lên ( ABC ) ( OH + OM = HM ) , ta có:

d ( O; ( ABC ) ) = OH =

− x0 − y0 − 2 z0 2 0

2 0

x +y +z

2 0

x0 + y0 + z0 + z0 2 0

2 0

x +y +z

2 0

z0 + 4  OH .OM = z0 + 4 . OM

 z0 + 4 = 9 ⇔ z0 = 5 ∨ z0 = −13 . * Với z0 = 5  M ( 0; − 1;5 )  T = 26 nhận do: OM = 26; OH =

z0 + 4 OM

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

9 ; 26

pt ( ABC ) : − y + 5 z − 9 = 0  MH = d ( M ; ( ABC ) ) =

17 . 26 9 ; 326

FI CI A

* Với z0 = −13  M ( 6;11;− 13)  loại do: OM = 326;OH =

( ABC ) :6 x + 11y − 13z + 9 = 0  MH = d ( M ; ( ABC ) ) =

 OH + HM = OM .

335 326 .

 OH + HM ≠ OM .

2 2 2 Câu 17. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 4 y + 6z −13 = 0 và đường

thẳng d :

x +1 y + 2 z −1 . Điểm M ( a; b; c ) , ( a > 0) nằm trên đường thẳng d sao cho từ = = 1 1 1

M kẻ được ba tiếp tuyến M A , M B , M C đến mặt cầu ( S ) ( A , B , C là các tiếp điểm) và

= 600 , CMA= 1200 . Tính AMB = 600 , BMC A. a 3 + b 3 + c 3 =

a3 + b3 + c3 . 112 B. a 3 + b 3 + c 3 = . C. a 3 + b 3 + c 3 = − 8 . 9

173 . 9

D. a 3 + b 3 + c 3 =

23 . 9

ƠN

Lời giải Chọn B

H I

QU Y

2 2 Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2; −3) và bán kính R = 1 + 2 + ( −3) +13 = 3 3

Gọi ( C ) là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng ( ABC ) và mặt cầu ( S ) . Đặt MA = MB = MC = x khi đó AB = x; BC = x 2; CA = x 3 do đó tam giác ABC vuông tại

B nên trung điểm H của AC là tâm đường tròn ( C ) và H , I , M thẳng hàng.

có

M ∈d

nên

M ( −1 + t; −2 + t;1 + t ) , ( t > 1)

mà

IM = 6

nên

KÈ

Lại

AMC =1200 nên tam giác AIC đều do đó x 3 = R ⇔ x = 3 suy ra IM = 2 AM = 2 x = 6 . Vì t = 0 2 2 2 2  4. ⇔ 3 t − 4 t = 0 ⇔ t − 2 + t − 4 + t + 4 = 36 ( ) ( ) ( ) t =  3

Mà a > 0 nên t =

4 112 1 2 7 suy ra H  ; − ;  nên a 3 + b3 + c 3 = . 3 9 3 3 3

DẠ

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc x = 1+ t  d :  y = 1 + 2t . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp  z = 2 − 3t  tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua D (1;1; 2 ) . Tổng T = x02 + y02 + z02 bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

B. 26

C. 20 Lời giải

D. 21

Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0; 0; 0 ) và bán kính R . Gọi M (1 + t0 ;1 + 2t0 ; 2 − 3t0 ) ∈ d .

OT 2 + MT 2 = OM 2 2

(S ) .

⇔ 9 +  x − (1 + t0 )  +  y − (1 + 2t0 )  + ( z − ( 2 − 3t0 ) ) = (1 + t0 ) + (1 + 2t0 ) + ( 2 − 3t0 ) ⇔ (1 + t0 ) x + (1 + 2t0 ) + ( 2 − 3t0 ) z − 9 = 0 .

Khi đó

FI CI A

Gỉa sử T ( x; y; z ) ∈ ( S ) là một tiếp điểm của tiếp tuyến MT với mặt cầu

A. 30

Suy ra phương trình mặt phẳng ( ABC ) có dạng (1 + t0 ) x + (1 + 2t0 ) y + ( 2 − 3t0 ) z − 9 = 0

Do D (1;1; 2 ) ∈ ( ABC ) nên 1 + t0 + 1 + 2t0 + 2. ( 2 − 3t ) − 9 = 0 ⇔ t0 = −1  M ( 0; −1;5 ) . 2

Vậy T = 02 + ( −1) + 52 = 26 .

QU Y

ƠN

Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2z + 1 = 0 và x y−2 z = . Hai mặt phẳng ( P ) , ( P ′) chứa d và tiếp xúc với ( S ) tại T , đường thẳng d : = 1 1 −1 T ′ . Tìm tọa độ trung điểm H của TT ′ .  7 1 7 5 2 7 5 1 5  5 1 5 B. H  ; ; −  . C. H  ; ; −  . D. H  − ; ;  . A. H  − ; ;  .  6 3 6 6 3 6 6 3 6  6 3 6 Lời giải

Mặt cầu ( S ) tâm I (1; 0; −1) , bán kính R = 12 + 02 + (−1)2 − 1 = 1 .

KÈ

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên d . K ∈ d nên ta có thể giả sử K (t ; 2 + t ; − t ) IK = (t − 1; 2 + t ; −t + 1) , ud = (1;1; −1) là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d

IK ⊥ d ⇔ IK .ud = 0 ⇔ t − 1 + 2 + t + t − 1 = 0 ⇔ t = 0 .  K (0; 2; 0)

DẠ

∆ITK vuông tại T có TH là đường cao nên IT 2 = IH .IK . 1 1 ⇔ IH = IK = 6 )  IH = IK . Giả sử H ( x ; y ; z ) ( 6 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

1 5    x − 1 = 6 .(−1) x = 6   1 1    5 1 −5  ⇔  y − 0 = .2 ⇔  y = Vậy H  ; ;  6 3 6 3 6    1 −5    z + 1 = 6 .1 z = 6  

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 6; 0; 0) , N ( 0; 6; 0 ) , P ( 0; 0; 6) . Hai và ( S1 ) : x2 + y2 + z2 − 2x − 2 y +1 = 0 ( S2 ) : x2 + y2 + z2 − 8x + 2 y + 2z +1 = 0 cắt nhau theo đường tròn ( C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ? cầu

phương

có

A. 1.

trình

B. 3.

C. Vô số. Lời giải

Chọn C

ƠN

N Nếu điểm A( x; y; z ) thuộc ( C ) thì

P J

D. 4.

mặt

QU Y

 x2 + y2 + z 2 − 2x − 2 y +1 = 0  3x − 2 y − z = 0 .  2 2 2  x + y + z − 8x + 2 y + 2z +1 = 0 Suy ra phương trình mặt phẳng (α ) chứa đường tròn ( C ) là 3 x − 2 y − z = 0 . Phương trình mặt phẳng ( MNP) là x + y + z − 6 = 0 . Gọi I là tâm mặt cầu thỏa bài toán, H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng ( MNP) ,

KÈ

J , K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các đường thẳng MN , NP , PM . Ta có IJ = IK = IL  HJ = HK = HL . Suy ra I thuộc đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP và vuông góc với mặt phẳng ( MNP) . Hình chóp O.MNP là hình chóp đều nên đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam

DẠ

giác MNP và vuông góc với mặt phẳng ( MNP) cũng chính là đường thẳng d đi qua O và

vuông góc với mặt phẳng ( MNP) .

Phương trình đường thẳng d là x = y = z . Dễ thấy d ⊂ (α ) suy ra mọi điểm thuộc d đều là tâm của một mặt cầu thỏa bài toán. Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 2 Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt câu ( S ) : x + y − 2x − 4 y + 6z −13 = 0 và

đường thẳng d :

x +1 y + 2 z −1 . Điểm M ( a; b; c )( a > 0) nằm trên đường thẳng d sao cho = = 1 1 1

từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu ( S ) ( A, B, C là các tiếp điểm) thỏa mãn

FI CI A

= 90° , CMA = 120° .Tính Q = a + b + c . AMB = 60° , BMC 10 A. Q = 3 . B. Q = . C. Q = 2 . 3 Lời giải Chọn C

D. Q = 1 .

ƠN

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −3) và bán kính R = 12 + 22 + ( −3) + 13 = 3 3 . Gọi đường tròn ( C ) là giao tuyến của mặt phẳng ( ABC ) với mặt câu ( S ) . Đặt MA = MB = MC = x ( x > 0 ) .

Áp dụng định lý cosin trong ∆AMB và ∆CMA , ta có:

QU Y

AB 2 = MA2 + MB 2 − 2MA.MB.cos AMB = 2 x 2 − 2 x 2 cos 60° = x 2  AB = x . = 2 x 2 − 2 x 2 cos120° = 3x 2  AC = x 3 . AC 2 = MA2 + MC 2 − 2MA.MC.cos AMC Vì ∆BMC vuông tại M nên: BC = MB 2 + MC 2 = x 2 .

(

Mặt khác AB 2 + BC 2 = x 2 + x 2

)

(

= 3x 2 = x 3

)

= AC 2 nên ∆ABC vuông tại B .

Gọi H là trung điểm của AC thì H là tâm của đường tròn ( C ) và ba điểm H , I , M thẳng hàng.

KÈ

AMC = 120° nên AIC = 60° , suy ra ∆AIC đều và AC = IA = IC = R = 3 3 . Do Suy ra x 3 = 3 3  x = 3 và IA = IM cos 30° ⇔ IM =

2 IA 2.3 3 = =6. 3 3

Điểm M ∈ d nên M ( t − 1; t − 2; t + 1)  IM 2 = ( t − 2) + ( t − 4 ) + ( t + 4 ) = 3t 2 − 4t + 36 .

DẠ

t = 0  M ( −1; −2;1)  Mà IM = 36 ⇔ 3t − 4t + 36 = 36 ⇔ 3t − 4t = 0 ⇔  4 1 2 7 t =  M  ;− ;   3 3 3 3 2

1 2 7 Vì xM > 0 nên điểm cần tìm là M  ; − ;  , suy ra Q = 2 . 3 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

C. MN = 3 2 . D. MN = 14 . Lời giải. −1 − 2.2 + 2.1 − 3 = 2 > R. ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) và bán kính R = 1 . Ta có: d ( I , ( P ) ) = 12 + 2 2 + 2 2

FI CI A

B. MN = 1 + 2 2 .

ƠN

A. MN = 3 .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng ( P ) và α là góc giữa MN và NH . . Vì MN cùng phương với u nên góc α có số đo không đổi, α = HNM 1 .HN nên MN lớn nhất ⇔ HN lớn nhất ⇔ Có HN = MN .cos α  MN = cos α HN = d ( I , ( P ) ) + R = 3 . 1 1 Có cos α = cos u , nP = nên MN = HN = 3 2 . cos α 2

)

QU Y

(

Câu 23. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 và mặt phẳng ( P) : 2 x − y + 2 z − 14 = 0 . Điểm M thay đổi trên ( S ) , điểm N thay đổi trên ( P) . Độ dài nhỏ nhất của MN bằng

DẠ

KÈ

Lời giải

B. 2

A. 1

1 2

3 2

M H

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2; −1) , bán kính R = 3 ; d ( I ;( P) ) = 4 > R  mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P) không có điểm chung.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Dựng IH ⊥ ( P ), ( H ∈ ( P)) . Ta có: MN nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn IH với ( S ) và

N ≡H.

FI CI A

 x = 1 + 2t  Phương trình đường thẳng IH :  y = −2 − t ; ( t ∈ ℝ )  z = −1 + 2t 

Điểm M (1 + 2t ; −2 − t ; −1 + 2t ) ∈ ( S ) nên ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 1) = 9 2

⇔ ( 2t ) + ( −t ) + ( 2t ) = 9 ⇔ t = ±1 . Khi đó M 1 ( 3; −3;1) , M 2 ( −1; −1; −3) .

Thử lại: d ( M1 ;( P) ) = 1 ; d ( M 2 ;( P) ) = 7 > IH = 4 .

Câu 24.

 11 10 5  Vậy MNmin = MH = 1 khi M ( 3; −3;1) ; N  ; − ;  . 3 3 3

(ĐTK2021) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( 2;1;3) và B ( 6;5;5) . Xét khối nón ( N ) có đỉnh A , đường tròn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích lớn nhất thì

QU Y

ƠN

mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( N ) có phương trình dạng 2 x + by + cz + d = 0 . Giá trị của b + c + d bằng A. −21. B. −12 . C. −18 . D. −15 . Lời giải Chọn C

Ta có: AB = 6

Gọi h , r là chiều cao và bán kính đáy hình nón ( N ) , R là bán kính mặt cầu ( S ) đường kính

KÈ

AB . Gọi I là trung điểm AB và H là tâm đường tròn đáy của ( N ) .

Để thể tích hình nón ( N ) lớn nhất thì h ≥ R .

Ta có: r 2 = R 2 − IH 2 = R 2 − ( h − R )

DẠ

Thể tích khối nón ( N ) : V = 1 h.π r 2 = 1 h.π .  R 2 − ( h − R )2  = 1 π ( 2 Rh 2 − h 3 )   Xét h=

hàm

số

3 3 1 f ( h ) = π ( 2 Rh 2 − h 3 ) 3

với

R ≤ h < 2R

suy

4R  AH = 4, BH = 2 . 3

Gọi H ( x; y; z ) , khi đó: AH =

2  14 11 13  AB  H =  ; ;  3 3 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vmax

khi

Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( N ) đi qua H và nhận A B làm vecto pháp

(Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 1 và điểm A(2;3; 4) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 2 x + 2 y + 2 z + 15 = 0 B. x + y + z + 7 = 0 C. 2 x + 2 y + 2 z − 15 = 0 D. x + y + z − 7 = 0

⇔ ( x − 2)( x − 1) + ( y − 3)( y − 2) + ( z − 4)( z − 3) = 0 ⇔ ( x − 1 − 1)( x − 1) + ( y − 2 − 1)( y − 2) + ( z − 3 − 1)( z − 3) = 0

ƠN

⇔ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 − ( x + y + z − 7) = 0

Lời giải Chọn D Dễ thấy A nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Tâm mặt cầu là I (1; 2;3) . Đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) ⇔ AM ⊥ IM ⇔ AM .IM = 0

FI CI A

Câu 25.

14   11   13   + 2  y −  + 1 z −  = 0  2 x + 2 y + z − 21 = 0  b + c + d = −18 . 3  3  3

 

tuyến là: 2  x −

⇔ x + y + z − 7 = 0 ( Do ( x − 1)2 + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 = 0) .

Câu 26. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A ( 2; −2; 2 ) và mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + ( z + 2 ) = 1 . Điểm M di chuyển trên mặt cầu ( S ) đồng thời thỏa mãn OM . AM = 6 . Điểm M luôn thuộc mặt phẳng nào dưới đây? A. 2x − 2 y − 6z + 9 = 0 . B. 2 x − 2 y − 6z − 9 = 0 .

C. 2x + 2 y + 6z + 9 = 0 . D. 2x − 2 y + 6z + 9 = 0 .

Lời giải

QU Y

Chọn D Gọi điểm M ( x; y; z ) ∈ ( S ) là điểm cần tìm. 2

2 2 Khi đó: x + y + ( z + 2 ) = 1 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 4 z + 4 = 1 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 = −4 z − 3 Ta có: OM = ( x; y; z ) và AM = ( x − 2; y + 2; z − 2 ) . Suy ra OM . AM = 6 ⇔ x ( x − 2 ) + y ( y + 2 ) + z ( z − 2 ) = 6

⇔ x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2 y − 2 z = 6

(1)

( 2)

Thay (1) vào ( 2 ) ta được

KÈ

−4 z − 3 − 2 x + 2 y − 2 z − 6 = 0 ⇔ 2 x − 2 y + 6 z + 9 = 0 . 2

Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 và điểm A(2; 2; 2) . Xét

Lời giải

DẠ

các điểm M thuộc (S ) sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với (S ) . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là A. x + y + z – 6 = 0 . B. x + y + z − 4 = 0 . C. 3x + 3 y + 3z – 8 = 0 . D. 3x + 3 y + 3z – 4 = 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

M A

( S ) có tâm I (1;1;1)

và bán kính R = 1 .

Do IA = 1 + 1 + 1 = 3 > R nên điểm A nằm ngoài mặt cầu ( S ) . ∆AMI vuông tại M : AM = AI 2 − IM 2 = 3 − 1 = 2 . 2

ƠN

 M thuộc mặt cầu ( S ′ ) có tâm A bán kính

Ta có phương trình ( S ′ ) : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2 . Ta có M ∈ ( S ) ∩ ( S ′ ) .

( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1) 2 = 1 Tọa độ của M thỏa hệ phương trình  (I). 2 2 2 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2

QU Y

 x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 2 z + 2 = 0  2x + 2 y + 2z − 8 = 0 ⇔ x + y + z − 4 = 0 Ta có ( I ) ⇔  2 2 2  x + y + z − 4 x − 4 y − 4 z + 10 = 0 Suy ra M ∈ ( P ) : x + y + z − 4 = 0 .

trên đường tròn ( T ) có tâm J ( a, b, c ) . Gọi k = 2a − 5b + 10c , thì giá trị của k là

B. 50 .

A. 45 .

C. −45 . Lời giải

D. −50 .

KÈ

DẠ

N J

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Mặt cầu ( S ) : ( x + 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 có tâm I ( −3; 2;5 ) , bán kính R = 6 . Có IM = 25 + 16 + 4 = 3 5 > 6 = R , nên M thuộc miền ngoài của mặt cầu ( S ) .

Có IN 2 = IJ .IM . Suy ra IJ =

FI CI A

Gọi J là điểm chiếu của N lên MI .

Có MN tiếp xúc mặt cầu ( S ) tại N , nên MN ⊥ IN tại N .

36 12 5 IN 2 = = (không đổi), I cố định. IM 3 5 5

Suy ra N thuộc ( P ) cố định và mặt cầu ( S ) , nên N thuộc đường tròn ( C ) tâm J .

 x + 3 = 8  IJ 12 5 1 4 4  IM = Gọi N ( x; y; z ) , có IJ = IM = IM ⇔  y − 2 = − IM 5 3 5 5 5  2   z − 5 = − 5

ƠN

 6 23   N  5; ;  , k = 2a − 5b + 10c = 50 . Vậy k = 50 .  5 5  Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho các điểm M ( 2;1; 4 ) , N ( 5; 0; 0 ) , P (1; −3;1) . Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng

B. 2

Chọn B

C. 4 Lời giải

a+b+c <5

A. 3

D. 1

Phương trình mặt cầu ( S ) tâm I ( a; b; c ) là x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

QU Y

Đk: a 2 + b 2 + c 2 − d > 0

−4a − 2b − 8c + d = −21 −10a + d = −25  ( S ) đi qua các điểm M , N , P và tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) ⇔ −2a + 6b − 2c + d = −11   R = a

KÈ

−4a − 2b − 8c + 10a − 25 = −21 6a − 2b − 8c = 4 6a − 2b − 8c = 4 d = 10a − 25 d = 10a − 25 d = 10a − 25    ⇔ ⇔ ⇔ −2a + 6b − 2c + 10a − 25 = −11 8a + 6b − 2c = 14 32a + 24b − 8c = 56 2 2 2 2 2 2 a + b + c − d = a b + c − d = 0 b 2 + c 2 − d = 0   

DẠ

6a − 2b − 8c = 4 c = a − 1 d = 10a − 25 d = 10a − 25   ⇔ ⇔ 26 a + 26 b = 52  b = − a + 2 b 2 + c 2 − d = 0 b 2 + c 2 − d = 0   2

 ( − a + 2 ) + ( a − 1) − 10a + 25 = 0 ⇔ 2 a 2 − 16a + 30 = 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a = 5  b = −3  c = 4  d = 25 c = 2. Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 6; 0;0 ) , N ( 0;6;0 ) , P ( 0; 0;6 ) . Hai mặt phương

có

FI CI A

cầu

a = 3   a = 3 b = −1 ⇔  hay  a = 5 c = 2  d = 5 Vì a + b + c < 5 nên chọn

và ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 cắt nhau theo đường tròn ( C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu

trình

( S2 ) : x2 + y 2 + z 2 − 8x + 2 y + 2 z + 1 = 0 có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM . A. 1 .

C. Vô số. D. 4 . Lời giải  Giả sử mặt cầu ( S ) có tâm I ∈ ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM .

B. 3 .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( MNP ) . Ta có: ( S ) tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM

ƠN

⇔ d ( I , MN ) = d ( I , NP ) = d ( I , PM ) ⇔ d ( H , MN ) = d ( H , NP ) = d ( H , PM )

⇔ H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP . x y z  ( MNP ) có phương trình là + + = 1 hay x + y + z − 6 = 0 . 6 6 6  ( C ) = ( S1 ) ∩ ( S 2 )  Tọa độ các điểm thuộc trên ( C ) thỏa mãn hệ phương trình:  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0  3x − 2 y − z = 0 .  2 2 2  x + y + z − 8 x + 2 y + 2 z + 1 = 0

QU Y

Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa ( C ) là (α ) : 3 x − 2 y − z = 0 .

 Vì 1.3 + 1. ( −2 ) + 1. ( −1) = 0  ( MNP ) ⊥ (α ) . (1)  Ta có: MN = NP = PM = 6 2  ∆MNP đều. Gọi G là trọng tâm tam giác MNP  G ( 2; 2; 2 ) và G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

MNP . Thay tọa độ của điểm G vào phương trình mặt phẳng (α ) , ta có: G ∈ (α ) .

 Gọi ∆ là đường thẳng vuông góc với ( MNP ) tại G .

KÈ

( MNP ) ⊥ (α ) Vì   ∆ ⊂ (α ) . G ∈ (α )

Khi đó: ∀I ∈ ∆  d ( I , MN ) = d ( I , NP ) = d ( I , PM ) = r

 Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM . Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng

MN , MP, PM .

DẠ

Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz

cho

A ( − 3;1;1) , B (1; − 1; 5 )

và mặt phẳng

( P ) : 2 x − y + 2 z + 11 = 0. Mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với ( P ) tại điểm C . Biết C luôn thuộc một đường tròn (T ) cố định. Tính bán kính r của đường tròn (T ) . A. r = 4 .

B. r = 2 .

C. r = 3 . Lời giải

D. r = 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có AB = ( 4; − 2; 4 ) và mp ( P ) có vec tơ pháp tuyến n = ( 2; − 1; 2 ) . Do đó AB vuông góc với

( P) .

Giả sử mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . Mặt cầu ( S ) đi qua

FI CI A

hai điểm A, B nên ta có  6 a − 2b − 2c + d = −11 .   2 a − 2b + 10c − d = 27 Suy ra 8 a − 4 b + 8 c = 16 ⇔ 2 a − b + 2 c = 4. 2 a − b + 2c + 11 Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( P ) nên ta có d ( I , ( P ) ) = = 5. 3

ƠN

 9 + 1 + 1 + 6 a − 2b − 2 c + d = 0 ⇔  1 + 1 + 25 − 2 a + 2b − 10c + d = 0

Ta có AB = ( 4; −2; 4 )  AB = 16 + 4 + 16 = 6. Goi M là trung điểm AB ta có d ( C , AB ) = IM = 5 2 − 32 = 4. Vậy C luôn thuộc một đường tròn (T ) cố định có bán kính

r = 4. .

QU Y

 5+ 3 7− 3   5− 3 7+ 3  ; ;3  , B  ; ;3  và mặt cầu Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2 2  2   2  2 2 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = 6 . Xét mặ t phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 , ( a, b, c, d ∈ ℤ : d < −5 ) là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm A, B . Gọi ( N ) là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu ( S ) và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của ( P ) và ( S ) . Tính giá trị của T = a + b + c + d khi thiết diện qua trục của hình nón ( N ) có diện tích lớn nhất.

B. T = 6 .

C. T = 2 . Lời giải

D. T = 12 .

KÈ

A. T = 4 .

DẠ

R h

r A

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = 6 . Có IA = IB = 6 nên A, B thuộc mặt cầu ( S ) . 5 7  AB = − 3; 3;0 = − 3 (1; −1;0 ) = − 3 a , M  ; ;3  là trung điểm của AB . 2 2 

(

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

7 5  I ∈ ( P)  a + b + 3c + d = 0 d = −6a − 3c ⇔ 2 ⇔ . Vì A, B ∈ ( P ) nên có  2 a = b a.n = 0 a − b = 0 Gọi h = d ( I , ( P ) ) , (C ) = ( P ) ∩ ( S ) , r là bán kính đường tròn (C ) . r = R 2 − h2 = 6 − h 2 . Diện tích thiết diện qua trục của hình nón ( N ) . 1 h 2 + 6 − h2 S = .h.2r = h. 6 − h 2 ≤ = 3. 2 2

a + 2b + 3c + d a 2 + b2 + c 2

MaxS = 3 khi h 2 = 6 − h 2  h = 3 . h = d ( I , ( P) ) ⇔ 3 =

Gọi a = (1; −1;0) và n = (a; b; c) với a2 + b 2 + c 2 > 0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P )

ƠN

a = c ⇔ a2 = c2 ⇔  .  a = −c Nếu a = c thì b = a; d = − 9 a và ( P ) : ax + ay + az - 9 a = 0 ⇔ x + y + z − 9 = 0 (nhận). Nếu a = −c thì b = a; d = − 3a và ( P ) : ax + ay − az - 3a = 0 ⇔ x + y − z − 3 = 0 (loại). Vây T = a + b + c + d = 6 .

Câu 33. Trong không gian Oxyz , xét số thực m ∈ ( 0;1) và hai mặt phẳng ( α ) : 2 x − y + 2 z + 10 = 0 và

x y z + + = 1 . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với m 1− m 1 cả hai mặt phẳng ( α ) , ( β ) . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng

(β) :

B. 3

QU Y

A. 6

C. 9 Lời giải

D. 12

Chọn C Gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu.

Theo giả thiết ta có R = d ( I , ( α ) ) = d ( I , ( β ) ) .

KÈ

a b + + c −1 m 1− m Mà d ( I , ( β ) ) = 1 1 + +1 2 m (1 − m ) 2 Ta có

1 1 1  1 1 1 + +1 =  + +1  −2 . 2 2 m (1 − m ) m 1− m  m 1− m  2

DẠ

  1 1 1 1 =  +1 = − 1(do m ∈ ( 0;1)  −2 . m 1− m m (1 − m )  m (1 − m )  Nên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a − am + bm + cm − cm 2 − m + m 2

FI CI A

⇔R=

a (1 − m ) + bm + cm (1 − m ) − m (1 − m ) m (1 − m ) R= 1 −1 m (1 − m ) m2 − m + 1  R − Rm + Rm 2 = a − am + bm + cm − cm 2 − m + m 2 ⇔ 2 2 2  − R + Rm − Rm = a − am + bm + cm − cm − m + m  m 2 ( R + c − 1) + m ( a − b − c − R + 1) + R − a = 0 (1) ⇔ 2  m ( R + c − 1) + m ( b + c − a − R − 1) + R + a = 0 ( 2 )

Xét (1) do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng ( α ) , ( β ) với mọi

m ∈ ( 0;1) nên pt (1) nghiệm đúng với mọi m ∈ ( 0;1) .

2 R − R + 2 (1 − R ) + 10 3

R = 3 ⇔ 3R = 12 − R ⇔   R = −6(l )

Mà R = d ( I , ( α ) ) ⇔ R =

ƠN

R + c −1 = 0 a = R   ⇔ a − b − c − R + 1 = 0 ⇔ b = R  I ( R; R;1 − R ) . R − a = 0 c = 1 − R  

Xét (2) tương tự ta được R + c −1 = 0 a = − R   ⇔ b + c − a − R − 1 = 0 ⇔ b = − R  I ( − R; − R; R + 1) R + a = 0 c = R + 1  

Vậy R1 + R2 = 9 .

−2 R + R + 2 (1 + R ) + 10

QU Y

Mà R = d ( I , ( α ) ) ⇔ R =

R = 6 ⇔ 3R = 12 + R ⇔  .  R = −3(l )

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( a;0;0) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với

a , b , c > 0 . Biết rằng

( S ) :( x − 1)

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) =

KÈ

A. 14 .

( ABC )

1 2 3 7 7 7

đi qua điểm M  ; ;  và tiếp xúc với mặt cầu

72 1 1 1 . Tính 2 + 2 + 2 . 7 a b c

B. 1 .

D. 7 .

C. 7.

Lời giải

x y z Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là: + + = 1 . b

1 2 3 7 7 7 1 2 3       1 2 3 1 2 3 7 7 7    +   +   =1 + + =1 + + = 7 a b c 7a 7b 7c a b c

DẠ

Vì điểm M  , ,  thuộc mặt phẳng ( ABC )

Mặt khác mặt phẳng ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) :( x − 1) 2 + ( y − 2 ) 2 + ( z − 3 )2 = 72 7

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 khoảng cách từ tâm I (1,2,3) của cầu tới mặt phẳng ( ABC ) là

7 −1

1 1 1 + 2+ 2 2 a b c

72 1 1 1 7  2+ 2+ 2 = . a b c 7 2

FI CI A

 d ( I ,( ABC ) ) =

1 2 3 + + −1 72 a b c mà 1 + 2 + 3 = 7  d ( I ,( ABC ) ) = = a b c 7 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c

72 7

Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 4 và điểm A( 2;2;2) . Từ A kẻ 2

ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng

A. 2 x + 2 y + z − 1 = 0 . C. 2 x + 2 y + z + 1 = 0 .

( BCD ) . B. 2 x + 2 y + z − 3 = 0 . D. 2 x + 2 y + z − 5 = 0 . Lời giải

ƠN

Chọn D

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;0;1) , bán kính R = 2 . Có IA = ( 2; 2;1)  IA = 3 .

2 2 Tam giác ABI vuông tại B nên ta có AB = IA − IB = 5 .

Gọi H ( x ; y ; z ) là chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABI .

IB2 4 4 =  IH = .IA . Ta có: IB = IH.IA  IH = IA 3 9

QU Y

4 8   x = 9  x − 0 = 9 .2  4  4 8   8 8 13   H  ; ; . Từ suy ra được IH = IA   y − 0 = .2 ⇔  y = 9 9 9 9 9 9    4  13  z = 9  z − 1 = 9 .1   Mặt phẳng ( BCD) vuông góc với đường thẳng IA nên nhận IA = ( 2; 2;1) làm vectơ pháp tuyến.

KÈ

Hơn nữa mặt phẳng ( BCD) đi qua điểm H .

 

8 9

 

8 9

 

Vậy ( BCD) có phương trình: 2.  x −  + 2.  y −  + 1.  z −

Câu 36. Trong không gian

Oxyz ,

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 25

và

( S ′) :

( P ) tiếp xúc ( S′) và cắt ( S ) theo giao tuyến là một ( P ) bằng đường tròn có chu vi bằng 6π . Khoảng cách từ O đến 2

( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3)

DẠ

(S ):

cho hai mặt cầu

13   = 0 ⇔ 2x + 2 y + z − 5 = 0 . 9

14 . 3

= 1.

17 . 7

Mặt phẳng

8 9

C. .

Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

19 . 2

L FI CI A

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;0;1) , bán kính R = 5 , mặt cầu ( S′) có tâm I ′ (1;2;3) , bán kính R′ =1 Vì I ′I = 3 < R − R′ = 4 nên mặt cầu ( S′) nằm trong mặt cầu ( S ) .

Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc ( S′)  d ( I ′, ( P) ) = R′ = 1; ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6 π ( suy ra bán kính đường tròn là r = 3 ) nên d ( I , ( P ) ) = R 2 − r 2 = 4 .

ƠN

Nhận thấy d ( I , ( P) ) − d ( I ′, ( P) ) = I ′I nên tiếp điểm H của ( P ) và ( S′) cũng là tâm đường tròn giao của ( P ) và ( S ) . Khi đó, ( P ) là mặt phẳng đi qua H , nhận II ′ = (1;2;2) làm vecto pháp tuyến.

4   xH = 3  Ta có: IH = 4 II ′ ⇔  y H = 8  H  4 ; 8 ; 11  . 3 3 3 3 3   11   zH = 3 

4 3

 

8 3

 

QU Y

Phương trình mặt phẳng ( P ) : x − + 2  y −  + 2  z −

11   = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 14 = 0 . 3

14 Khoảng cách từ O đến ( P ) là d ( O , ( P ) ) = .

Câu 37. Trong

không

gian

O xyz ,

A( 2;11; −5)

điểm

cho

( P ) : 2mx + ( m 2 + 1) y + ( m 2 − 1) z − 10 = 0 . Biết rằng khi m

và

mặt

phẳng

thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định

tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và cùng đi qua A . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng

A. 10 2 .

KÈ

Chọn C

B. 1 2 3 .

C. 12 2 . Lời giải

D. 1 0 3 .

Gọi I ( x0 ; y 0 ; z0 ) là tâm của mặt cầu ( S ) cố định và R là bán kính của mặt cầu ( S ) . Ta có:

DẠ

R = d ( I , ( P )) =

2mx0 + ( m 2 + 1) y0 + ( m 2 − 1) z0 − 10 2

4m + ( m + 1) + ( m − 1) 2

2mx0 + ( m 2 + 1) y0 + ( m 2 − 1) z0 − 10 2 ( m 2 + 1)

 2mx0 + ( m2 + 1) y0 + ( m2 − 1) z0 − 10 = R 2 ( m2 + 1) ⇔ đúng với mọi ∀ m ∈ ℝ . 2mx0 + ( m2 + 1) y0 + ( m2 − 1) z0 − 10 = − R 2 ( m2 + 1) 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(I )

FI CI A

  y0 + z 0 = R 2   x0 = 0      y0 − z0 − 10 = R 2 ⇔     y0 + z 0 = − R 2  x0 = 0    y0 − z0 − 10 = − R 2

 ( y0 + z0 ) m 2 + 2 mx0 + y0 − z0 − 10 = R 2 m 2 + R 2 đúng với mọi ∀ m ∈ ℝ . ⇔ 2 2 ( y0 + z0 ) m + 2 mx0 + y0 − z0 − 10 = − R 2 m − R 2

( II )

Từ hệ ( I ) suy ra x0 = 0; y0 = 5 + R 2; z0 = −5

(

2 2 2 Ta có: R = IA ⇔ R = 4 + R 2 − 6

)

(

Do đó tâm mặt cầu là I 0; 5 + R 2; − 5

suy ra R = 2 2 và R = 10 2

(

2 2 2 Như vậy, ta có: R = IA ⇔ 4 + R 2 + 6

)

ƠN

Hệ ( II ) suy ra x0 = 0; y0 = 5 − R 2, z0 = −5

= R 2 , phương trình không có giá trị R thỏa mãn

DẠ

KÈ

QU Y

nên loại. Vậy tổng hai bán kính của hai mặt cầu là: 12 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 và điểm

A ( 2;2;2) . Xét các điểm M thuộc mặt cầu ( S ) sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với

( S ) . M luôn thuộc mặt phẳng cố định có phương trình là

ƠN

FI CI A

A. x + y + z − 6 = 0 . B. x + y + z − 4 = 0 C. 3 x + 3 y + 3 z − 8 = 0 . D. 3 x + 3 y + 3 z − 4 = 0 . Lời giải Chọn B

Mặt cấu ( S ) có tâm I (1;1;1) , bán kính R = 1 . A ( 2;2;2) Ta luôn có

AMI = 90o , suy ra điểm M thuộc mặt cầu ( S1 ) tâm E là trung điểm của AI đường

kính AI .

 3 3 3 Với E  ; ;  , bán kính R1 = IE =  1  +  1  +  1  = 3 . 2  2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 Phương trình mặt cầu ( S1 ) :  x −  +  y −  +  z −  = 2



2



2

QU Y



⇔ x2 + y2 + z2 −3x −3y −3z + 6 = 0 . Vậy điểm M có tọa độ thỏa mãn hệ:

2 2 2 ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1)2 = 1  x + y + z − 2 x − 2 y − 2 z + 2 = 0 ⇔ 2  2 2 2 2 2  x + y + z − 3x − 3 y − 3z + 6 = 0  x + y + z − 3x − 3 y − 3z + 6 = 0 Trừ theo vế hai phương trình cho nhau ta được: x + y + z − 4 = 0 .

(Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 3; −2;6) , B ( 0;1;0) và

Câu 39.

mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 . Mặt phẳng ( P) : ax + by + cz − 2 = 0 đi qua A, B

KÈ

và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a + b + c

A. T = 3

B. T = 4

C. T = 5 Lời giải

D. T = 2

Chọn A

DẠ

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; 3) và bán kính R = 5  A ∈ ( P )  3a − 2b + 6 c − 2 = 0  a = 2 − 2c Ta có  ⇔ ⇔ b − 2 = 0 b = 2  B ∈ ( P ) 2

Bán kính của đường tròn giao tuyến là r = R 2 −  d ( I ; ( P ) )  = 25 −  d ( I ; ( P ) )     

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Bán kính của đường tròn giao tuyến nhỏ nhất khi và chỉ khi d ( I ; ( P ) ) lớn nhất

Xét f ( c ) =

( 2 − 2c)

a 2 + b2 + c 2

(c + 4)

+2 +c

(c + 4)

5c 2 − 8c + 8

5c − 8 c + 8

−48c 2 − 144c + 192

 f ′(c) =

( 5c

− 8c + 8

)

(c + 4)

5c 2 − 8 c + 8

x −∞ y'

−4

−

+∞

−

ƠN

c = 1 f ′ (c ) = 0 ⇔   c = −4

Bảng biến thiên

2 − 2c + 4 + 3c − 2

FI CI A

Ta có d ( I , ( P ) ) =

a + 2b + 3c − 2

5 khi và chỉ khi c = 1  a = 0, b = 2  a + b + c = 3 .

Vậy d ( I ; ( P ) ) lớn nhất bằng

Câu 40. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 , điểm

A ( 0;0;2) . Mặt phẳng ( P ) qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là hình tròn ( C ) có diện tích nhỏ nhất, phương trình ( P ) là:

B. ( P ) : x + 2 y + 3z − 6 = 0 .

C. ( P ) : 3x + 2 y + 2 z − 4 = 0 .

D. ( P) : x + 2 y + z − 2 = 0 .

QU Y

A. ( P ) : x − 2 y + 3z − 6 = 0 .

DẠ

KÈ

Chọn D

Lời giải

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2;3) , bán kính R = 3 . Ta có

IA =

6 < R

 A nằm trong mặt cầu ( S ) .

Do đó mặt phẳng ( P ) qua A luôn cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là hình tròn ( C ) có bán kính

r = R2 − IH2 (với H là hình chiếu của I (1;2;3) trên ( P ) ).

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta luôn có IA ≥ IH  R − IH ≥ R − IA  r ≥ R − IA . 2

FI CI A

Diện tích của hình tròn ( C ) nhỏ nhất khi bán kính r nhỏ nhất, tức là r = R − IA ⇔ H ≡ A . Khi đó IA ⊥ ( P) mặt phẳng ( P ) nhận IA = ( −1; − 2; − 1) làm một VTPT. Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) : − x − 2 y − ( z − 2) = 0 ⇔ x + 2 y + z − 2 = 0. . 2

Câu 41. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 27 . Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua 2 điểm A ( 0;0; −4 ) , B ( 2;0;0) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) sao cho khối nón có đỉnh là tâm của ( S ) , là hình tròn ( C ) có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng (α )

 (α ) :

2 x + by − z − 4 = 0 .

+ Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) , R

2 − 2b − 3 − 4

+ Chiều cao khối nón: h = d( I ,α ) =

= 3 3

ƠN

+ Vì (α ) qua A ta có: − ( − 4) + c = 0  c = − 4 . + Vì (α ) qua B ta có: 2a + c = 0  a = 2 .

D. -4.

có phương trình dạng ax + by − z + c = 0 , khi đó a − b + c bằng: A. 8. B. 0. C. 2. Lời giải Chọn D

4 + b +1

2b + 5

b2 + 5

 2b + 5  ( 2b + 5) . +Bán kính đường tròn: r = R − h = 27 −  = 27 − 2  2 b +5  b +5  2

QU Y

2 2b + 5)  2b + 5 ( 1 2 1   + Thể tích khối nón: V = π r h = π  27 − 2 3 3  b + 5  b2 + 5

+ Tới đây ta có thể Thử các trường hợp đáp án. Hoặc ta làm tự luận như sau: 2b + 5

và xét hàm số f ( t ) = ( 27 − t 2 ) t trên đoạn  0; 3 3  .   b +5 2

KÈ

Đặt t =

t = 3 . Ta có bảng biến thiên: t = −3( l )

DẠ

2 Ta có: f ′ ( t ) = 27 − 3t ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

đó

thể

tích

khối

nón

lớn

nhất

khi

và

chỉ

khi

 2b + 5  2 2 2 t =3⇔  = 3 ⇔ 4b + 20b + 25 = 9b + 45 2  b +5 

FI CI A

⇔ 5b 2 − 20b + 20 = 0 ⇔ b = 2 .

Vì vậy a − b + c = −4 .

Câu 42. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có điểm A (1;1;1) , B ( 2;0;2 ) , C ( −1; −1; 0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B′, C ′, D ′ thỏa

AB AC AD + + = 4 . Viết phương trình mặt phẳng ( B′C′D′) biết tứ diện AB′C′D′ có thể tích AB′ AC′ AD′ B. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0

C. 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0

D. 16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0 Lời giải

Chọn C

AB′ AC′ AD′ AB AC AD ,y = ,z = + + = 4 . Suy ra . Ta có AB AC AD AB′ AC′ AD′

ƠN

Đặt x =

nhỏ nhất? A. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0

1 1 1 1 27 . Dấu " = " xảy ra khi x = y = z . + + ≥ 33  xyz ≥ x y z xyz 64

QU Y

 AB = (1; −1;1) ;    AB; AC  = ( 3; −1; −4 ) ; AD = ( −1;2;3) .     AC = ( −2; −2; −1) 1 17 Thể tích của tứ diện ABCD là VABCD =  AB; AC  .AD =  6 6

Lại có VAB′CD ′ ′ = xyzVABCD  tứ diện AB′C′D′ có thể tích nhỏ nhất khi xyz nhỏ nhất Khi và chỉ khi x = y = z =

3  Mặt phẳng mặt phẳng ( B′C′D′) song song với mặt phẳng ( BCD ) 4

3  3 3 3  7 1 7 và đi qua điểm B′ . Vì AB ′ = AB =  ; − ;  nên B′  ; ;  4 4 4 4 4 4 4

KÈ

BC = ( −3; −1; −2) ;    BC; BD = ( 4;10; −11)  ( B′C′D′) nhận VTPT là n = ( 4;10; −11)    BD = ( −2;3;2)

Suy ra phương trình mặt phẳng ( B′C ′D ′ ) : 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0

Câu 43. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1;2;1) cắt các tia

O x , O y , O z lần lượt tại các điểm A, B , C ( A, B , C không trùng với gốc O ) sao cho tứ diện

DẠ

OABC có thể tích nhỏ nhất. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?

A. N ( 0;2;2)

B. M ( 0;2;1)

C. P ( 2;0;0)

D. Q ( 2;0; −1)

Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

cắt các tia O x , O y , O z lầ n ( P) A ( a;0;0) ; B ( 0; b;0) ; C ( 0;0;c ) ( a, b, c > 0)

G ọi

lượt

điểm

các

x y z + + =1 a b c 1 2 1 Vì M ∈( P) nên ta có + + = 1 a b c

tại

1 2 1 33 2 + + ≥ 3 ⇔ abc ≥ 54 a b c abc

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có 1 =

Dấu

bằng

xảy

1 abc ≥ 9 6

khi

số

các

tham

gia

cô

bằng

nhau

nghĩa

là

ƠN

1 2 1  a + b + c = 1 ⇔ a = 3; b = 6; c = 3  1 = 2 = 1  a b c x y z Vây pt mặt phẳng ( P ) : + + = 1  N ( 0;2;2 ) ∈ ( P) 3 6 3

Thể tích khối chóp VOABC =

FI CI A

Ta có ( P ) :

(α )

(S )

tiếp xúc với mặt cầu

2 2 2 Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z = 3 . Một mặt phẳng

và cắt các tia O x , O y , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn

OA + OB + OC = 27 . Diện tích tam giác ABC bằng

3 3 . 2

9 3 . 2

C. 3 3 .

QU Y

D. 9 3 .

Lời giải

Gọi H ( a ; b ; c ) là tiếp điểm của mặt phẳng (α ) và mặt cầu ( S ) . Từ giả thiết ta có a , b, các số dương. Mặt khác, H ∈ ( S ) nên a 2 + b 2 + c 2 = 3 hay

là

OH2 = 3 ⇔OH = 3 . (1)

Mặt phẳng (α ) đi qua điểm H và vuông góc với đường thẳng OH nên nhận OH = ( a ; b ; c )

làm véctơ pháp tuyến. Do đó, mặt phẳng (α ) có phương trình là

a ( x − a ) + b ( y − b) + c ( z − c ) = 0  

KÈ

3 a

 

3 b

ax + by + cz − ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 0

⇔

 

 

⇔

ax + by + cz − 3 = 0

3 c

Suy ra: A  ;0;0  , B  0; ;0  , C  0;0;  . Theo đề: OA 2 + OB 2 + OC 2 = 27

Y DẠ

⇔

1 1 1 + 2 + 2 = 3 (2) 2 a b c

)  a1 + b1 + c1  = 9 .

(

2 2 2 Từ (1) và (2) ta có: a + b + c 

(

9 9 9 + 2 + 2 = 27 2 a b c

⇔

)  a1 + b1 + c1  ≥ 9 và dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1 . Suy ra,

2 2 2 Mặt khác, ta có: a + b + c 

OA = OB = OC = 3 và VO . ABC = OA.OB .OC = 9 . 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3VO. ABC 9 3 = . OH 2 Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho A(0;1;2) , B(1;1;0) , C (3;0;1) và mặt phẳng (Q) : x + y + z −5 = 0

Lúc đó: S∆ABC =

34 . 3

22 . 3

FI CI A

. Xét điểm M thay đổi thuộc (Q ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M A 2 + M B 2 + M C 2 bằng

C. 0.

Lời giải Chọn A

26 . 3

4 2  3 3  2 2 2 P = MA2 + MB 2 + MC 2 = ( MG + GA) + ( MG + GB) + ( MG + GC ) = 3MG 2 + 2MG.(GA + GB + GC ) + GA2 + GB 2 + GC 2

Gọi điểm G thỏa mãn G A + G B + G C = 0 , suy ra G ; ;1 . Khi đó

= 3MG 2 + GA2 + GB2 + GC 2 2

ƠN

≥ 3  d (G, (Q)) + GA2 + GB 2 + GC 2 .   Dấu bằng xảy ra khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng (Q) .

4 2 + +1− 5 2 3 3 = Ta có d (G, (Q )) = 3 3  4 1  26 GA = − ; ;1 ⇒ GA2 = ;  3 3  9  5 2  29 GC =  ; − ;0 ⇒ GC 2 = .  3 3  9

QU Y

 1 1  11 GB = − ; ; −1 ⇒ GB 2 = ;  3 3  9

4 26 11 29 34 khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng (Q ) . Vậy min P = 3. + + + = 3 9 9 9 3 Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 0;0;1) , B ( −1;1;0 ) , C (1;0; − 1) . Điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 2 = 0 sao cho 3MA2 + 2MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ

17 . 2

61 . 6

23 . 2

Lời giải

KÈ

nhất đó bằng 13 A. . 6

Chọn C

DẠ

3x A + 2 xB + xC 1  =−  xI = 6 6  3 y + 2 yB + yC 1  1 1 1 =  I − ; ;  . Gọi I là điểm thảo mãn 3IA + 2 IB + IC = 0   yI = A 6 3  6 3 3  3 z A + 2 z B + zC 1  =  zI = 6 3  2 2 2 Ta có 3MA2 + 2MB 2 + MC 2 = 3 IA − IM + 2 IB − IM + IC − IM = 3IA2 + 2 IB 2 + IC 2 + 6 IM 2 + 2 MI 3IA + 2 IB + IC

(

)

(

) (

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Oxyz , cho hai điểm

A(3;1; − 3 ) ,

B (0; − 2;3)

FI CI A

Câu 47. Trong không gian

= 3IA2 + 2IB2 + IC 2 + 6IM 2 . Do đó 3MA2 + 2MB2 + MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I 61  11 1 5  trên ( P )  M  − ; − ;   min ( 3MA2 + 2MB 2 + MC 2 ) = 6  18 9 9 

và mặt cầu

( S ) :( x +1) + y 2 + ( z − 3) = 1 . Xét điểm M thay đổi luôn thuộc mặt cầu ( S ) , giá trị lớn nhất của MA2 + 2MB 2 bằng B. 78 . A. 102 .

C. 84 . Lời giải

D. 52 .

Chọn C

(

Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức IA + 2 IB = 0 ⇒ I ( 1; −1;1 ) . 2 2 2 Ta có T = MA2 + 2 MB 2 = MA + 2 MB = MI + IA + 2 MI + IB

)

(

Ta có: IJ > R ⇒ I nằm ngoài mặt cầu ( S ) .

ƠN

= 3MI 2 + IA2 + 2IB2 = 3MI 2 + 36 . Mặt cầu ( S ) có tâm J ( −1;0;3) , bán kính R = 1 .

)

QU Y

Ta có: T lớn nhất ⇔ IM lớn nhất. Mà IM max = IJ + R = 3 +1 = 4 . Do đó: Tmax = 3.42 + 36 = 84.

Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 0; 0 ; 2 ) và B ( 3; 4;1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu

( S 2 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 14 = 0 .

KÈ

nhất của AM + BN là A. 34 − 1 .

B. 5 .

( S1 ) : ( x −1) + ( y − 1) + ( z + 3)

= 25 với

M , N là hai điểm thuộc ( P ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ C.

34 .

D. 3 .

Lời giải

DẠ

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

L (P): z = 0

( S1 ) : ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z + 3) 2 = 25 (1) Từ  2 2 2 ( S 2 ) : x + y + z − 2 x − 2 y − 14 = 0 ( 2 ) Lấy (1) trừ ( 2 ) , ta được 6 z = 0 hay tức là ( P ) ≡ ( Oxy ) .

ƠN

Dễ thấy A , B nằm khác phía đối với ( P ) , hình chiếu của A trên ( P ) là O , hình chiếu của B

trên ( P ) là H ( 3; 4; 0 ) . Lấy A ' sao cho AA′ = MN . Khi đó AM + BN = A′N + BN ≥ A′B và cực trị chỉ xảy ra khi MN cùng phương OH . OH  3 4  Lấy MN = =  ; ; 0  . OH  5 5 

QU Y

3 4  Khi đó vì AA′ = MN nên A′  ; ;0  . Do đó AM + BN = A′N + BN ≥ A′B = 5. 5 5  2 2 2 Câu 49. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z = 1. Điểm M ∈ ( S ) có tọa độ dương; mặt

phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) tại M cắt các tia Ox ; Oy ; Oz tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ

(

)(

)

nhất của biểu thức T = 1 + OA2 1 + OB2 1 + OC 2 là:

B. 27.

C. 64. Lời giải

D. 8.

A. 24. z

DẠ

KÈ

I O

M B y

A x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( S ) có tâm ( O)

và bán kính R = 1 .

Theo đề bài ta có A ( a,0, 0 ) ; B ( 0, b, 0 ) ; C ( 0, 0, c ) ; ( a, b, c > 0 ) khi đó phương trình mặt phẳng

x y z + + =1. a b c

là:

( P ) tiếp xúc với ( S ) tại M ∈ ( S ) ⇔ d ( O; ( P ) ) = 1 ⇔

1 =1 1 1 1 + + a2 b2 c2

⇔ abc = a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ 3 3 a 4b 4 c 4  abc ≥ 3 3

(

)(

) (

)(

FI CI A

( P)

(1) vì ( a, b, c > 0 ) .

)(

Khi đó: T = 1 + OA2 1 + OB 2 1 + OC 2 = 1 + a 2 1 + b2 1 + c 2

)

 T = 1 + a 2 + b2 + c2 + a 2b2 + b2c2 + c2 a 2 + a 2b2c2 = 1 + a 2 + b2 + c2 + 2a 2b2c 2 Mặt khác 1 + a 2 + b 2 + c 2 + 2a 2b 2 c 2 ≥ 1 + 3 3 a 2b 2 c 2 + 2a 2b 2 c 2 ≥ 64

( 2 )  T ≥ 64 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 64 khi (1) và ( 2 ) xảy ra dấu bằng ⇔ a = b = c = 3 .

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 2;1;3) , C ( 0; 2; − 3) ,

(

)

QU Y

ƠN

2 D 2; 0; 7 . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) : ( x + 2 ) + ( y − 4 ) + z = 39 thỏa mãn MA2 + 2MB.MC = 8 . Biết rằng đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó? A. 7 . B. 2 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . Lời giải Chọn B

Giả sử M ( x; y; z ) , ta có: MA2 + 2 MB.MC = 8 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 7 = 0 (1) .

Mà M ∈ ( S ) nên ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 8 y − 19 = 0 ( 2 )

KÈ

Trừ (1) , ( 2 ) theo vế ta được: x − y − 2 = 0 . Suy ra M thuộc đường tròn (T ) là giao của ( S ) với mặt phẳng ( P ) : x − y − 2 = 0 . Thay tọa độ của D vào phương trình của ( P ) và của ( S ) thấy thỏa mãn nên D ∈ (T ) , suy ra giá trị lớn nhất của MD bằng đường kính của (T ) .

DẠ

( S ) có tâm I ( 2; 4;0 )

và bán kính R = 39 .

Khoảng cách từ I với ( P ) là h = d ( I ; ( P ) ) = 4 2 . Bán kính của (T ) là r = R 2 − h 2 = 7 . Suy ra max MD = 2r = 2 7 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 51. Cho A ( 0;8; 2 ) và mặt cầu ( S ) :( x − 5) + ( y + 3) + ( z − 7 ) = 72 và điểm A ( 9; − 7; 23) . Viết

B. m.n = 2 .

C. m.n = −4 . Lời giải

Chọn C

D. m.n = −2 .

FI CI A

A. m.n = 4 .

phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Giải sử n = (1; m; n ) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . Lúc đó

( P ) đi qua điểm A ( 0;8; 2 ) và có vectơ pháp tuyến n = (1; m; n )  ( P ) : x + my + nz − 8m − 2n = 0 .

d = d ( B; ( P ) ) =

≤

5 − 11m + 5n 1 + m2 + n2

9 − 15m + 21n

1 + m2 + n2 1 − m + 4n

1 + m2 + n2

5 − 11m + 5n

=6 2. 1 + m2 + n2 5 − 11m + 5n + 4 − 4 m + 16 n 1 + m2 + n2

≤ 6 2+4

1 + m2 + n2

ƠN

12 + ( −1) + 42 . 1 + m2 + n 2

tiếp xúc với mặt cầu ( S ) 

(P)

(Buinhiacôpxki).

= 18 2 .

 m = −1 1 −1 4  d max = 18 2 ⇔ = =   m.n = −4 1 m n n = 4 Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi (P ) :ax + b y+ c z− 3 = 0 ( a, b, c là các số nguyên

không đồng thời bằng 0 ) là phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M (0; −1;2), N (−1;1; 3)

QU Y

và không đi qua H (0;0;2) . Biết rằng khoảng cách từ H (0;0;2) đến mặt phẳng (P ) đạt giá trị lớn nhất. Tổng P = a − 2b + 3c + 12 bằng A. 8 . B. 16 . C. 12 . Lời giải Chọn B Mặt

phẳng

(P ) đi

qua

hai

điểm

D. −16 .

M (0; −1;2), N (−1;1; 3)

nên

KÈ

 −b + 2c − 3 = 0 b = 2c − 3 (*). ⇔   −a + b + 3c − 3 = 0 a = 5c − 6  

2c − 3

Mặt khác d (H ;(P )) =

a 2 + b2 + c2

DẠ

Thay (*) vào (**) ta được d (H ;(P )) = Xét hàm số y =

2c − 3 2

(**).

2c − 3 a 2 + b2 + c2

2c − 3 30c 2 − 72c + 45

có tập xác định D = ℝ .

30c − 72c + 45

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

có

18c − 18 1 ;y ' = 0 ⇔ c = 1 ⇒ y = − 30c − 72c + 45 3 2

Xét hàm số g(c) = Từ đó suy ra

max

limy = c →+∞

2 30

;limy = − c →−∞

2 30

⇒ miny = y(1) = −

và

3 2c − 3

30c 2 − 72c + 45

g(c) = f (1) = g(1) =

1 3

ℝ

đạt tại c = 1 .

Với c = 1 ⇒ a − 1;b = −1 .

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy P = a − 2b + 3c + 12 = 16

FI CI A

y' =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

)

y = f x4 − 8x2 + m giá trị nguyên của tham số m để hàm số có đúng 9 điểm cực trị?

B. 9 .

C. 15 .

D. 10 .

FI CI A

A. 16 .

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD NĂM 2022 2 Câu 50. (Đề TK BGD 2022) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm là f ′( x) = x + 10 x, ∀x ∈ ℝ . Có bao nhiêu

Phân tích - Câu hỏi với mức độ vận dụng cao. - Nội dung về các yếu tố liên quan đến cực trị hàm hợp chứa tham số. - Học sinh cần nắm vững các kiến thức: + Đạo hàm của hàm hợp. g ( x ) = f u ( x )   g ' ( x ) = u ' ( x ) . f ' u ( x )  .

u ' ( x ) = 0 g '( x) = 0 ⇔   f ' u ( x )  = 0 .

+ Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) khi biết bảng biến thiên của hàm số

ƠN

y = f '( x)

Bước 1. Xác định giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) với trục hoành Bước 2. Xét dấu của hàm số f ' ( x ) , ta làm như sau - Phần đồ thị của f ' ( x ) nằm bên trên trục hoành trong khoảng ( a; b ) thì f ' ( x ) > 0, x ∈ ( a; b ) .

QU Y

- Phần đồ thị của f ' ( x ) nằm bên dưới trục hoành trong khoảng ( a; b ) thì f ' ( x ) < 0, x ∈ ( a; b ) . + Lập bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = f ( x ) + u ( x ) khi biết bảng biến thiên của

y = f '( x)

Bước 1. Đạo hàm g ' ( x ) = f ' ( x ) + u ' ( x ) . Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = −u ' ( x ) Bước 2. Xác định giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đồ thị hàm số y = −u ' ( x )

KÈ

Bước 3. Xét dấu của hàm số y = g ' ( x ) , ta làm như sau - Phần đồ thị của f ' ( x ) nằm bên trên đồ thị −u ' ( x ) trong khoảng ( a; b ) thì g ' ( x ) > 0, x ∈ ( a; b )

DẠ

- Phần đồ thị của f ' ( x ) nằm bên dưới đồ thị −u ' ( x ) trong khoảng ( a; b ) thì g ' ( x ) < 0, x ∈ ( a; b ) + Sự tương giao của hàm số bằng đồ thị hoặc bảng biến thiên. + Cực trị của hàm trị tuyệt đối. Lời giải

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

x = 0  x = ±2 ′ y =0⇔ 4  x − 8 x 2 = −m  4 2 y′ = ( 4 x3 − 16 x ) f ′ ( x 4 − 8 x 2 + m )  x − 8 x = − m − 10 Ta có . x = 0 3 ′ 4 2 g ( x ) = 4 x − 16 x = 0 ⇔   x = ±2 ta có bảng biến thiên Xét g ( x ) = x − 8 x ,

ƠN

y = f ( x4 − 8x2 + m ) có đúng 9 điểm cực trị thì Để hàm số −16 < −m − 10 < 0 −10 < m < 6 ⇔ ⇔ m ∈ ( −10; 0]  − m ≥ 0 m ≤ 0 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu f ' ( x ) như sau x −∞ −1 1 4 +∞ f '( x) − 0 + 0 + 0 −

QU Y

Câu 1.

Vậy có 10 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [ −10;10] để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − m ) có 5 điểm cực trị? A. 10 .

C. 20 .

D. 21.

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y = f ′ ( x ) với mọi x ∈ ℝ. và có đồ thị như hình vẽ.

DẠ

KÈ

Câu 2.

B. 15 .

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị

A. 15.

B. 16.

C. 17.

D. 18.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 3.

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 ( x + 1) ( x 2 + 2mx − 2m − 1) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m không vượt quá 2019 để hàm số y = f ( x 2 + 1) có đúng 1 điểm cực trị?

C. 2022 .

D. 1.

Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f' ( x ) như hình bên dưới. Gọi S là tập hợp

FI CI A

Câu 4.

B. 2021 .

A. 2 .

tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc [1; 2020 ] để hàm số g ( x ) = f ( x 4 − 2 x 2 + m ) có

đúng 3 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của S là

Câu 5.

B. 2041204 .

C. 2041195 .

ƠN

A. 2041200 .

D. 2041207 .

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 3) 2020 (π 2 x − π x + 2021)( x 2 − 2 x ) , ∀x ∈ R . Gọi

(

)

S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f x 2 − 8 x + m có đúng 3

Câu 6.

cực trị x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 = 50 . Khi đó tổng các phần tử của S bằng A. 17. B. 33. C. 35. D. 51. Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) , biết hàm số có ba điểm cực trị x = −3, x = 3, x = 5 . Có

(

điểm cực trị A. 3. Câu 7.

QU Y

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số g ( x ) = f e x

B. 4.

C. 5.

+3 x2

)

− m có đúng 7

D. 6.

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2021; 2012 ] để hàm số y = f ( f ( x ) − 2m + 1) có đúng 4 điểm cực trị. Số

KÈ

phần tử của tập S là

A. 4029 .

DẠ

Câu 8.

B. 4038 .

C. 4030 .

D. 4028 .

Cho y = f ( x ) là hàm số bậc ba và có bảng biến thiên như hình vẽ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ ( −5;5 ) để hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) + m ) có 4 điểm cực trị?

A. 5.

C. 7.

D. 8.

2 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) với ∀x ∈ℝ . Có bao nhiêu giá trị

nguyên dương của tham số

A. 15 .

Câu 9.

B. 6.

để hàm số f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị?

B. 17 .

C. 16

D. 18

Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) , với ∀x ∈ ℝ . Số giá trị nguyên của

ƠN

tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x 2 + m ) có 8 điểm cực trị là

A. 2 .

B. 3 .

C. 1.

D. 4 .

QU Y

Câu 11. Cho y = f ( x ) là hàm số bậc ba và có bảng biến thiên như hình vẽ

A. 5.

Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ ( −5;5) để hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) + m ) có 4 điểm cực trị?

B. 6.

C. 7.

D. 8.

KÈ

Câu 12. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) = ( x + 1) 2 ( x 2 − 4 x ) .Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của

(

)

tham số m để hàm số g ( x) = f 2 x 2 − 12 x + m có đúng 5 điểm cực trị?

A. 18.

B. 17.

C. 16.

D. 19.

DẠ

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

để hàm số

y = f ( x2 + m) có 3 điểm cực trị.

A. m∈ ( 3; +∞) .

B. m∈ [ 0;3] .

Câu 14. Cho hàm số f ′ ( x ) = ( x − 2 ) dương của

m để hàm số

D. m∈ ( −∞;0) .

− 4 x + 3 ) với mọi x∈R . Có bao nhiêu giá trị nguyên

y = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) có 5 điểm cực trị?

B. 16 .

A. 18 .

C. m∈ [ 0;3) .

FI CI A

C. 17 .

ƠN

Tìm

D. 15 .

2 Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x − 1) ( x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1) , ∀ x ∈ ℝ . Có

bao nhiêu giá trị nguyên của

B. 5.

C. 2.

D. 4.

A. 3.

m để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị?

Câu 16. Cho hai hàm đa thức y = f ( x) , y = g( x) có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ. Biết rằng đồ

y = f ( x) có đúng một điểm cực trị là A , đồ thị hàm số y = g( x) có đúng một điểm 7 cực trị là B và A B = . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng ( −5;5) để

thị hàm số

KÈ

QU Y

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị?

C. 4.

D. 6.

DẠ

A. 1. B. 3. Câu 17. Cho đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ dưới đây:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

G ọi S

là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số

để hàm số

1 y = f ( x + 2018) + m2 có 5điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử trong tập S 3 B. 5.

A. 6.

C. 7.

D. 9.

bằng

Câu 18. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị của hàm đạo hàm f ' (x ) như hình vẽ và f (b ) = 1 .Số giá

()

( x ) + 4f ( x ) + m

có đúng 5 điểm cực trị là

ƠN

trị nguyên của m ∈  −5;5 để hàm số g x = f

B. 10 .

QU Y

A. 8.

C. 9.

D. 7.

Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m

để hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5 điểm cực trị?

DẠ

KÈ

thực

A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 5.

4 3 Câu 20. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 ( x + 2 ) ( x + 4 )  x 2 + 2 ( m + 3 ) x + 6 m + 18  . Có

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của

B. 7.

B. 5.

m để hàm số f ( x) có đúng một điểm cực trị? C. 8.

D. 6.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 21.

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Số điểm

(

)

C. 7 .

D. 11 .

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

ƠN

Câu 22.

B. 3 .

A. 5 .

FI CI A

cực trị của hàm số g ( x ) = f x3 + 3x 2 là

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 4  f ( x + 1)  là

A. 11.

C. 7 .

D. 5 .

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

QU Y

Câu 23.

B. 9 .

KÈ

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 2  f ( x − 1)  là

A. 7 . Câu 24.

B. 8 .

C. 5 .

D. 9 .

(ĐTK2021) Cho f ( x) là hàm bậc bốn thỏa mãn f (0) = 0 . Hàm số f ′( x) có bảng biến thiên

DẠ

như sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Hàm số g ( x ) = f ( x 3 ) − 3 x có bao nhiêu điểm cực trị?

B. 5.

C. 3.

D. 6.

ƠN

A. 4.

FI CI A

của đạo hàm f ′ ( x ) . Hỏi hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x cóbao nhiêu cực trị?

A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Câu 25. Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ , f ( 0 ) < 0 và đồ thị hình bên dưới là đồ thị

Câu 26. Cho hàm số Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 + 2 x + 2019 .

QU Y

Biết đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) là

A. 5 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 4 .

Câu 27. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên ℝ , đồ thị hàm số y = f ( x) là đường cong ở hình vẽ. Hỏi 2

DẠ

KÈ

hàm số h ( x ) = [ f ( x ) ] − 4 f ( x ) + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 7 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 28.

(Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0. Biết y = f ′ ( x ) là hàm số bậc bốn và

A. 5.

C. 6.

D. 3.

Câu 29.

B. 4.

FI CI A

có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f ( x3 ) − x là

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f (x ) có f (0) = 0 . Biết y = f ′ (x ) là hàm số bậc bốn và

A. 4. Câu 30.

B. 5.

ƠN

có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g (x ) = f (x 3 ) + x là

C. 3.

D. 6.

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 . Biết y = f ′ ( x ) là hàm số bậc bốn và

KÈ

QU Y

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 là

A. 4.

B. 3.

C. 6.

D. 5.

DẠ

Câu 31. Cho y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −12;12] để hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1) + m có 5 điểm cực trị?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B. 14 .

FI CI A

A. 13 .

C. 15 .

D. 12 .

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f ( 0 ) = 0; f ( 4 ) > 4 . Biết hàm y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. y

ƠN

5 3 1

x 1 2

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x là

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

QU Y

A. 2 .

KÈ

Câu 33. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m có đúng 3

điểm cực trị. A. m > 1

C. m ≤ 2

D. m > 2

(Đề Tham Khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 7 điểm cực trị?

DẠ

Câu 34.

B. m ≥ 1

A. 5

B. 6

Câu 35. Tìm số các giá trị nguyên của tham số bảy điểm cực trị A. 1.

B. 4.

C. 4

m để đồ thị hàm số C. 0.

để hàm số

D. 3 y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 + m −12 có

D. 2.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 36. Cho hàm số y = x 4 − 2 mx 2 + 2 m − 1 với

là tham số thực. Số giá trị nguyên trong khoảng

A. 2

B. 4

Câu 37. Tập hợp các giá trị của

C. 3

để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m − 1 có 7 điểm cực trị là:

B. (6;33)

A. (0;6)

D. 1

C. (1;33)

để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là

FI CI A

[ −2; 2] của m

D. (1; 6)

Câu 38. Cho hàm số y = f ( x) = x3 − (2m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị. A.

5 < m ≤ 2. 4

B. −2 < m <

5 . 4

C. −

5 < m < 2. 4

ƠN

Câu 39. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) .

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x − 1) + m có 5

QU Y

điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 9 . B. 12 . C. 18 .

D. 15 .

Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x5 − 25 x3 + 60 x + m có 7 điểm cực D. 20 .

KÈ

trị? A. 42 . B. 21 . C. 40 . Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

DẠ

 11   11  B. m ∈  2;  . C. m = 3 . D. m ∈  2;  .  2  2 Câu 42. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham

A. m ∈ ( 4;11) .

số m để đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 15 .

B. 18 .

C. 9 .

D. 12 .

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

 11   11 B. m ∈  2;  . C. m = 3 . D. m ∈  2;  .  2  2 (Mã 101 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

ƠN

A. m ∈ ( 4;11) . Câu 44.

FI CI A

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là

B. 3.

D. 5.

(Mã 104 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

QU Y

Câu 45.

C. 7.

A. 9.

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) là

Câu 46.

B. 9.

A. 5.

C. 7.

D. 3.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị

(

)

KÈ

hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y = f x 2 + 4 x − x 2 − 4 x có bao nhiêu điểm cực trị

DẠ

thuộc khoảng ( −5;1) ?

A. 5 .

B. 4 .

C. 6 .

D. 3 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 47.

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên ℝ và có bảng

Hỏi hàm số g ( x ) = f (1 − x ) +

A. x = 3 .

x3 − 2 x 2 + 3 x đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau? 3

B. x = 0 .

C. x = −3 .

D. x = 1 .

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Số cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) là

B. 9 .

A. 3 .

ƠN

Câu 48.

FI CI A

xét dấu của hàm số y = f ' ( x ) như hình sau:

C. 5 .

D. 7 .

QU Y

g ( x ) = f ( x3 + 3x 2 ) − 2 x3 − 6 x 2 là

Câu 49. Cho hàm số bậc năm y = f ( x ) có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số

D. 11 .

DẠ

KÈ

A. 5 . B. 7 . C. 10 . Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) có đồ thị như hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. x = 2

x3 + x 2 − x + 2 đạt cực đại tại điểm nào? 3 B. x = 0

C. x = 1

D. x = −1

Hàm số g ( x) = f ( x ) −

hàm số g ( x ) = f ( x + 2018) + m

A. 1.

có 5 điểm cực trị?

B. 2.

để

FI CI A

Câu 51. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

C. 4.

D. 5.

ƠN

Câu 52. Cho hàm đa thức y = f ( x ) đạo hàm trên ℝ , f (0) < 0 và có đồ thị hàm số f ′( x ) như hình vẽ

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x là

A. 5 .

B. 6 .

C. 4 .

D. 3 .

Câu 53. Cho hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) có đồ thị là parabol như hình vẽ. Tìm m để giá trị lớn

QU Y

nhất của hàm số y = f ( x ) + m − 4 trên [ −2;1] đạt giá trị nhỏ nhất.

B. m = 4 .

C. m = 3 .

D. m = 1 .

KÈ

A. m = 5 .

Câu 54. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có đúng hai điểm cực trị x = −1, x = 1, có đồ

DẠ

thị như hình vẽ sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B. 3 .

C. 1 .

FI CI A

A. 4 .

D. 2 .

Hỏi hàm số y = f ( x 2 − 2 x + 1) + 2019 có bao nhiêu điểm cực trị?

ƠN

Câu 55. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số như hình vẽ bên dưới.

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = 2 f ( x + 2 ) + ( x + 1)( x + 3) là

A. 2 .

B. 1.

C. 3 .

D. 4 .

QU Y

Câu 56. Cho hàm số f ( x) có f ′ ( x ) = x ( x − 1)( x 2 − 2mx + 1) . Hỏi có tất cả bao nhiêu số nguyên m không vượt quá 2018 sao cho hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) có 7 điểm cực trị?

A. 2019.

B. 2016.

C. 2017.

D. 2018.

Câu 57. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ′ ( x) = ( x −1) ( x 2 − 2 x) với mọi x ∈ ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 8 x + m) có 5 điểm cực trị?

B. 16.

C. 17.

D. 18.

A. 15.

KÈ

Câu 58. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và bảng xét dấu đạo hàm

Hàm số y = 3 f (− x 4 + 4 x 2 − 6) + 2 x6 − 3x4 − 12 x 2 có tất cả bao nhiêu điểm cực tiểu?

B. 0.

C. 1.

D. 2.

DẠ

A. 3.

Câu 59. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f 3 ( x 3 + 3 x ) là

A. 5.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

ƠN

Câu 60. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

A. 11 .

B. 7 .

Hàm số y = f ( x + 1 − 1) có bao nhiêu cực trị?

C. 5 .

D. 6 .

KÈ

QU Y

Câu 61. Hình vẽ là đồ thị hàm số y = f ( x) . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x − 1) + m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A. 9 .

B. 12 .

C. 18 .

D. 15 .

DẠ

Câu 62. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x + m ) có 5 điểm cực trị?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 3. B. 4. C. 5. D. Vô số. 4 3 2 Câu 63. Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + dx + e có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số

A. 3.

B. 5.

FI CI A

y = f ( x + 1 − 3 ) có bao nhiêu điểm cực trị?

C. 6.

D. 7.

Câu 64. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình bên. Đặt g ( x ) = f ( x + m ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) có đúng 7 điểm

hàm

số

y = f ( x)

C. 1 .

có

bảng

D. Vô số. biến

như

thiên

hình

vẽ

hình

v ẽ.

Câu 65. Cho

B. 3 .

QU Y

A. 2 .

ƠN

cực trị?

KÈ

Hàm số y = f (1 − 3 x ) + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2 .

hàm

số

y = f ( x)

C. 4 . có

bảng

D. 5 . biến

thiên

như

DẠ

Câu 66. Cho

B. 3 .

Biết đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) − m có 5 điểm cực trị. Khi đó số các giá trị nguyên của tham số của m là

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 6 .

B. 7 .

C. 8 .

D. 9 .

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi  11  B. m ∈  2;  . C. m = 3 .  2 Câu 68. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

FI CI A

Câu 67. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

 11  D. m ∈  2;  .  2

ƠN

A. m ∈ ( 4;11) .

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 2 x + 1 + 3 ) là

B. 5 .

C. 0 .

A. 1 .

D. 3 .

QU Y

Câu 69. Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu như sau:

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số g ( x) = f (| 2 x − 3 | −2) là A. 5. B. 4. C. 3. D. 7. Câu 70. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + ex + f ( a ≠ 0 ) và hàm số f ' ( x ) có đồ thị như

DẠ

KÈ

hình vẽ dưới đây.

1 1 Gọi g ( x ) = f ( x ) − x 3 − x 2 − 2 x − m . Hàm số y = g ( x ) có tối đa bao nhiêu điểm cực trị. 3 2

A. 5 .

B. 6 .

C. 9 .

D. 8 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 71. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ có f ' ( x ) = ( x − 8) 3 .(x 2 − 8 x + 15).(x + 2) 4 Có

(

)

A. 4 .

B. 5 .

C. 7 .

D. 8 .

FI CI A

Câu 72. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

y x 1

4 2 2 bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f −16 x − 2 x + m có nhiều cực trị nhất?

A. m ∈ (−∞; 0 ].

B. m ∈ (3; +∞) .

C. m∈ [ 0;3) .

D. m ∈ (0;3) .

ƠN

Tìm m để hàm số y = f ( x 2 + m) có 3 điểm cực trị.

QU Y

Câu 73. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên thuộc đoạn

(

[ −10;10]

của tham số m để hàm số

)

B. 3 .

C. 10 .

D. 6 .

KÈ

A. 5 .

y = f x 2 + x − 2 − m có đúng 3 điểm cực trị. Số phần tử của tập hợp S bằng

DẠ

Câu 74. Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y =

A. 3.

f ( − x 2 + 2 x ) + 2021 f ( − x2 + 2x )

B. 2.

có bao nhiêu điểm cực trị?

C. 4.

D. 5.

Câu 75. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị của hàm số y = f ( 5 − 2 x ) như hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

y = 2 f ( 4 x3 + 1) + m −

A. 24 .

1 có 5 điểm cực trị? 2

B. 25 .

C. 26 .

Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng ( −9;9 ) thỏa mãn 2m ∈ ℤ và hàm số

D. 27 .

QU Y

ƠN

Câu 76. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f

điểm cực trị là A. 1652 .

B. 1653 .

C. 1654 .

( x) − 4 f ( x) − m )

có 17

D. 1651 .

9 1 Câu 77. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ có f (−3) > 8, f (4) > , f (2) < . Biết rằng hàm số 2 2 2

KÈ

y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số y = 2 f ( x ) − ( x − 1) có bao nhiêu điểm

DẠ

cực trị?

A. 4

B. 5

C. 6

D. 7

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 78. Cho hàm số g ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số

C. 6

D. 7

B. 5

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

A. 9

FI CI A

f ( x ) = g ( g ( x ) ) có bao nhiêu điểm cực tiểu.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu f ' ( x ) như sau x −∞ −1 1 4 +∞ f '( x ) − 0 + 0 + 0 − 5 điểm cực trị? A. 10 .

B. 15 .

FI CI A

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [ −10;10] để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − m ) có

C. 20 .

D. 21.

Lời giải Chọn A

ƠN

x = 1 x = 1  2  2 x − 2 x − m = −1  x − 2 x − m + 1 = 0 (1)  g '( x) = 0 ⇔ 2  2  x − 2x − m = 1 x − 2x − m −1 = 0 ( 2)   2  x 2 − 2 x − m − 4 = 0 ( 3)  x − 2 x − m = 4 

Ta có g ' ( x ) = 2 ( x − 1) f ' ( x 2 − 2 x − m )

Nhận xét: Phương trình (2) nếu có nghiệm là nghiệm bội chẵn; phương trình (1) và (3) nếu có nghiệm thì nghiệm không chung nhau.

Hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị ⇔ phương trình g ' ( x ) = 0 có 5 nghiệm bội lẻ ⇔ Phương trình (1) và (3) có hai nghiệm phân biệt, khác 1.

QU Y

 ∆′(1) > 0 m > 0  m + 5 > 0 ′ ∆ > 0  ( 3)  ⇔ ⇔ ⇔m>0 VT ≠ 0  (1) −m ≠ 0 VT ≠ 0  −m − 5 ≠ 0  ( 3)

m ∈ ℤ Vì   m ∈ {1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9;10} m ∈ [ −10;10]

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y = f ′ ( x ) với mọi x ∈ ℝ. và có đồ thị như hình vẽ.

DẠ

KÈ

Câu 2.

Vậy có 10 giá trị của tham số m.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm

A. 15.

B. 16.

C. 17.

D. 18.

FI CI A

Lời giải

cực trị

Chọn A Ta có g ′ ( x ) = 2 ( x − 4 ) f ′ ( x 2 − 8 x + m )

x = 4  2  x − 8 x + m = 1 ( nghiem boi 2 ) 2 . g′ ( x ) = 0 ⇔ 2 ( x − 4) f ′ ( x − 8x + m) = 0 ⇔  2 x − 8 x + m = 0 (1)   x2 − 8x + m = 2 ( 2) 

Yêu cầu bài toán ⇔ g ′ ( x ) = 0 có 5 nghiệm bội lẻ ⇔ mỗi phương trình (1) , ( 2 ) đều có hai

16 − m > 0 16 − m + 2 > 0  Cách 1: (*) ⇔  ⇔ m < 16 . m ≠ 16  m ≠ 18

ƠN

nghiệm phân biệt khác 4. (*)

Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa mãn điều kiện.

Cách 2: Xét đồ thị ( C ) của hàm số y = x 2 − 8 x và hai đường thẳng d1 : y = −m, d 2 : y = −m + 2

KÈ

QU Y

(hình vẽ).

Khi đó (*) ⇔ d1 , d 2 cắt ( C ) tại bốn điểm phân biệt ⇔ −m > −16 ⇔ m < 16. Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa mãn điều kiện. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 ( x + 1) ( x 2 + 2mx − 2m − 1) . Có bao nhiêu giá trị

Câu 3.

DẠ

nguyên của m không vượt quá 2019 để hàm số y = f ( x 2 + 1) có đúng 1 điểm cực trị?

A. 2 .

B. 2021 .

C. 2022 .

D. 1.

Lời giải Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 2 2 ′ Ta có: y′ = f ( x 2 + 1) = 2 x. f ′ ( x 2 + 1) = 2 x. ( x 2 + 1) ( x 2 + 2 ) ( x 2 + 1) + 2m ( x 2 + 1) − 2m − 1  

(

)

FI CI A

x = 0 Khi đó: y′ = 0 ⇔  2 Ta 2 t = x2 +1 ( t ≥1) ( x + 1) + 2m ( x 2 + 1) − 2m − 1 = 0 → t 2 + 2mt − 2m − 1 = 0 (1) thấy nghiệm của (1) nếu có sẽ khác 0 . Nên x = 0 là 1 cực trị của hàm số. Do đó để hàm số có 1 điểm cực trị thì (1) hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, hoặc có 2 nghiệm

∆ ' = m 2 + 2m + 1 ≤ 0  m = −1   2  m ≠ −1   ∆ ' = m + 2m + 1 > 0 ⇔  ⇔   t1 + t2 ≤ 2   ( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤ 0     t1t2 − ( t1 + t2 ) + 1 ≥ 0  ( t1 − 1)( t2 − 1) ≥ 0

t −1 ≤ 0 t1 ; t2 ≤ 1 ⇔  1 t2 − 1 ≤ 0

ƠN

m = −1   m = −1   m ≠ −1  m ≠ −1  m = −1  ⇔  ⇔  ⇔ ⇔ m ≥ −1    m ≥ −1  m > −1 −2m ≤ 2     −2m − 1 − ( −2m ) + 1 ≥ 0   0 ≥ 0 Vậy tập hợp các giá trị m thỏa đề là S = {−1; 0;1;...; 2019} nên có 2021 giá trị m .

Câu 4.

Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f' ( x ) như hình bên dưới. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc [1; 2020 ] để hàm số g ( x ) = f ( x 4 − 2 x 2 + m ) có

KÈ

QU Y

đúng 3 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của S là

A. 2041200 .

B. 2041204 .

C. 2041195 .

D. 2041207 .

Lời giải

DẠ

Chọn B

 4 x 3 − 4 x = 0 (1) Ta có g ' ( x ) = ( 4 x − 4 x ) f ' ( x − 2 x + m ) ; g ' ( x ) = 0 ⇔  4 2  f ' ( x − 2 x + m ) = 0 ( 2 ) 3

x = 1 (1) ⇔  x = −1 .  x = 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x 4 − 2 x 2 + m = −2 −m = x 4 − 2 x 2 + 2 = g1 ( x )  4 ( 2 ) ⇔  x − 2 x 2 + m = −1 ⇔ −m = x 4 − 2 x 2 + 1 = g2 ( x ) .  x4 − 2 x2 + m = 3  −m = x 4 − 2 x 2 − 3 = g3 ( x )  

ƠN

FI CI A

Ta có bảng biến thiên của các hàm số g1 ( x ) , g 2 ( x ) , g 3 ( x ) như hình vẽ:

Từ bảng biến trên, ta dễ thấy: với − m ≤ −4 ⇔ m ≥ 4 hàm số g ( x ) = f ( x 4 − 2 x 2 + m ) có đúng 3

điểm cực trị. Do đó: S = {4;5; 6; 7;..; 2020}

Câu 5.

QU Y

Vậy tổng tất cả các phần tử của S là 4 + 5 + 6 + .. + 2020 =

( 4 + 2020 ) 2017 = 2041204 . 2

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 3) 2020 (π 2 x − π x + 2021)( x 2 − 2 x ) , ∀x ∈ R . Gọi

(

)

S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f x 2 − 8 x + m có đúng 3 2 1

2 2

2 3

cực trị x1 , x2 , x3 thỏa mãn x + x + x = 50 . Khi đó tổng các phần tử của S bằng A. 17. B. 33. C. 35. D. 51.

Chọn A

Lời giải

KÈ

( x − 3)2020 = 0 x = 3  2x x Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔ π − π + 2021 = 0 ( vn ) ⇔  x = 0 . Dễ thấy x = 3 là nghiệm bội chẵn nên  x2 − 2 x = 0  x = 2  không là cực trị của hàm số y = f ( x ) .

DẠ

Xét g ( x ) = f ( x 2 − 8 x + m )  g ' ( x ) = ( 2 x − 8 ) f ' ( x 2 − 8 x + m )

x = 4 x = 4  g '( x) = 0 ⇔    x 2 − 8 x + m = 0 (1) . 2  f ' ( x − 8 x + m ) = 0  x 2 − 8 x + m = 2 2 ( ) 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Để hàm số y = f ( x 2 − 8 x + m ) có đúng 3 cực trị x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 = 50 thì cần 2 cực trị khác 4 thỏa mãn x22 + x32 = 34 .

(2)

TH1. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 4 thỏa mãn x22 + x32 = 34 và phương trình

FI CI A

có nhiều nhất một nghiệm.

16 − m > 0 m ≠ 16  Khi đó   không tồn tại m . m = 15 18 − m ≤ 0

(1)

TH2. Phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt khác 4 thỏa mãn x22 + x32 = 34 và phương trình có nhiều nhất một nghiệm.

ƠN

18 − m > 0  m ≠ 18  Khi đó   m = 17.  m = 17 16 − m ≤ 0

Vậy với m = 17 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) , biết hàm số có ba điểm cực trị x = −3, x = 3, x = 5 . Có

Câu 6.

(

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số g ( x ) = f e x

điểm cực trị A. 3.

C. 5.

QU Y

B. 4.

Chọn D

Ta có g ' ( x ) = ( 3 x 2 + 6 x ) e x g ' ( x ) = 0 ⇔ (3x 2 + 6 x ) e x

+3 x2

(

. f ' ex

(

. f ' ex

+3 x2

)

− m có đúng 7

D. 6.

Lời giải

+3 x2

−m

)

−m =0

KÈ

x = 0 x = 0  x = −2  x = −2   x3 +3 x 2 x3 + 3 x 2  = m − 3, (1) . − m = −3 ⇔ e ⇔ e  3 2  3 2 x + 3 x e  e x +3 x − m = 3 = m + 3, ( 2 )  3 2  3 2 x + 3 x e = m + 5, ( 3)  e x +3 x − m = 5

Hàm số g ( x ) có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi tổng số nghiệm đơn và bội lẻ, khác 0 và −2 của

DẠ

các phương trình (1) , ( 2 ) , ( 3 ) là 5 . Xét hàm số h ( x ) = e x

+3 x2

có h ' ( x ) = ( 3 x 2 + 6 x ) e x

+3 x2

x = 0 Ta có h ' ( x ) = 0 ⇔  .  x = −2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Bảng biến thiên:

Khi đó có 3 trường hợp sau:

ƠN

Trường hợp 1:

m + 3 ≥ e4 m ≥ e 4 − 3 ≈ 51, 6 Khi đó:  ⇔  4 4 1 < m − 3 < e 4 < m < e + 3 ≈ 57, 6

KÈ

Trường hợp 2:

QU Y

Do m nguyên nên m ∈ {52; 53; 54; 55; 56; 57} .

m + 5 ≥ e4 m > e 4 − 5 ≈ 49, 6   Khi đó: 1 < m + 3 < e 4 ⇔ −2 < m < e 4 − 3 ⇔ m ∈∅ . 0 < m − 3 ≤ 1 3 < m ≤ 4  

DẠ

Trường hợp 3:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

−4 < m < e 4 − 5 ≈ 49,6 1 < m + 5 < e 4   ⇔ m ≤ −2 ⇔ m ∈∅ . Khi đó:  m + 3 ≤ 1 m − 3 > 0 m > 3  

Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 7.

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên

ƠN

của tham số m ∈ [ −2021; 2012 ] để hàm số y = f ( f ( x ) − 2m + 1) có đúng 4 điểm cực trị. Số

phần tử của tập S là

B. 4038 .

QU Y

A. 4029 .

Chọn A

C. 4030 .

D. 4028 .

Lời giải

Đặt g ( x ) = f ( f ( x ) − 2 m + 1)  g' ( x ) = f' ( x ) f' ( f ( x ) − 2m + 1) .

KÈ

 x = −1  g' ( x ) = 0 ⇔  x = 2   f' ( f ( x ) − 2m + 1) = 0

 f ( x ) − 2 m + 1 = −1  f ( x ) + 2 = 2 m Xét phương trình f' ( f ( x ) − 2m + 1) = 0 ⇔  . ⇔  f ( x ) − 2m + 1 = 2  f ( x ) − 1 = 2m

DẠ

Ta áp dụng kĩ năng hợp hàm, tức là xét tương giao của đường thẳng y = 2m và hai đồ thị hàm số y = f ( x ) + 2; y = f ( x ) − 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Để hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) − 2m + 1) có 4 điểm cực trị thì đường thẳng y = 2m phải cắt đồ thị 2 hàm số trên tại hai điểm phân biệt (không kể tiếp xúc)

Cho y = f ( x ) là hàm số bậc ba và có bảng biến thiên như hình vẽ

ƠN

Câu 8.

 2m ≥ 7 m∈[−2021;2012]  4 ≤ m ≤ 2012 → Dựa vào đồ thị ta thấy điều kiện là   −2021 ≤ m ≤ −2  c ó 4029 giá trị m  2m ≤ −4  nguyên thỏa mãn yêu cầu.

QU Y

Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ ( −5;5 ) để hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) + m ) có 4 điểm cực trị?

A. 5.

B. 6.

Chọn B

C. 7.

D. 8.

Lời giải

g ' ( x ) = f '( x ). f '( f ( x ) + m ).

KÈ

 f '( x) = 0 g '( x) = 0 ⇔   f '( f ( x) + m) = 0

DẠ

 x = −2  x = −2 x = 2 x = 2 ⇔  ⇔ , trong đó x = −2 và x = 2 là hai nghiệm bội lẻ.  f ( x ) + m = −2  f ( x ) + 2 = −m    f ( x) + m = 2  f ( x ) − 2 = −m

Đặt f1 ( x ) = f ( x ) + 2 và f 2 ( x ) = f ( x ) − 2 , ta có đồ thị sau

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

2 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) với ∀x ∈ ℝ . Có bao nhiêu giá trị

nguyên dương của tham số

ƠN

Câu 9.

m ∈ ( −5;5 ) và nhìn vào đồ thị, ta thấy hàm số g ( x ) có 4 điểm cực trị ⇔ g ' ( x ) = 0 có 4 V ới  m ∈ Z nghiệm bội lẻ ⇔ m ∈ {−4; −3; −1;1;3; 4} . Error! Not a valid link..

để hàm số f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị?

B. 17 .

A. 15 .

C. 16

D. 18

Đặt g ( x ) = f ( x 2 − 8 x + m ) f ′ ( x ) = ( x − 1)

Lời giải

− 2 x )  g ′ ( x ) = ( 2 x − 8 ) ( x 2 − 8 x + m − 1)

− 8 x + m )( x 2 − 8 x + m − 2 )

QU Y

x = 4  2 x − 8 x + m − 1 = 0 (1) g ′ ( x ) = 0 ⇔  2 x − 8x + m = 0 ( 2)  2  x − 8 x + m − 2 = 0 ( 3) 

Các phương trình (1) , ( 2 ) , ( 3 ) không có nghiệm chung từng đôi một và ( x 2 − 8 x + m − 1) ≥ 0

với ∀x ∈ ℝ

Suy ra g ( x ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi ( 2 ) và

( 3 ) có hai nghiệm phân biệt khác

KÈ

16 − m > 0  m < 16 16 − m + 2 > 0  m < 18   ⇔ m < 16 . ⇔ ⇔ 16 − 32 + m ≠ 0  m ≠ 16 16 − 32 + m − 2 ≠ 0  m ≠ 18 nguyên dương và m < 16 nên có 15 giá trị

Y m

cần tìm.

DẠ

Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) , với ∀x ∈ ℝ . Số giá trị nguyên của 2

tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x 2 + m ) có 8 điểm cực trị là

A. 2 .

B. 3 .

C. 1.

D. 4 .

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Chọn C Ta có g ′ ( x ) = ( 3 x 2 − 6 x ) . f ′ ( x 3 − 3 x 2 + m ) .

FI CI A

x = 0 3 x 2 − 6 x = 0   3 x = 2 x − 3x 2 + m = 1  g′( x) = 0 ⇔  3 ⇔  x3 − 3 x 2 + m = 1 .  3 x − 3x 2 + m = 0  x − 3x 2 + m = 0  3 2  x − 3x + m = 2  3 2  x − 3x + m = 2

Vì khi đi qua các nghiệm của phương trình x 3 − 3 x 2 + m = 1 (nếu có) dấu của f ′ ( x3 − 3 x 2 + m )

không đổi nên dấu của g ′ ( x ) chỉ phụ thuộc các nghiệm của hai phương trình còn lại.

Vậy hàm số y = g ( x ) có 8 điểm cực trị khi và chỉ khi mỗi phương trình x 3 − 3 x 2 + m = 0 và x 3 − 3 x 2 + m = 2 phải có ba nghiệm phân biệt (khác 0 và khác 2 ).

QU Y

Bảng biến thiên của hàm số y = h ( x )

ƠN

x = 0 3 2 2 Xét hàm số h ( x ) = − x + 3x , ta có h′ ( x ) = −3x + 6 x ; h′ ( x ) = 0 ⇔  . x = 2

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy điều kiện để mỗi phương trình − x 3 + 3 x 2 = m và − x 3 + 3 x 2 = m − 2 phải có ba nghiệm phân biệt (khác 0 và khác 2 ) là

0< m−2< m < 4 ⇔ 2< m< 4.

DẠ

KÈ

Vậy chỉ có một giá trị nguyên của m thỏa mãn là m = 3 . Câu 11. Cho y = f ( x ) là hàm số bậc ba và có bảng biến thiên như hình vẽ

Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ ( −5;5) để hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) + m ) có 4 điểm cực trị?

A. 5.

B. 6.

C. 7.

D. 8.

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Chọn B

g′ ( x ) = f ′ ( x ) . f ′ ( f ( x ) + m) .

FI CI A

 f ′( x) = 0 g′ ( x) = 0 ⇔   f ′ ( f ( x ) + m ) = 0

ƠN

Đặt f1 ( x ) = f ( x ) + 2 và f 2 ( x ) = f ( x ) − 2 , ta có đồ thị sau

 x = −2  x = −2 x = 2 x = 2  ⇔ ⇔ , trong đó x = −2 và x = 2 là hai nghiệm bội lẻ.  f ( x ) + m = −2  f ( x ) + 2 = −m    f ( x ) + m = 2  f ( x ) − 2 = − m

QU Y

 m ∈ ( −5;5 ) và nhìn vào đồ thị, ta thấy hàm số g ( x ) có 4 điểm cực trị ⇔ g ′ ( x ) = 0 có 4 V ới   m ∈ ℤ nghiệm bội lẻ ⇔ m ∈ {−4; −3; −1;1;3; 4} . .

Câu 12. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) = ( x + 1) 2 ( x 2 − 4 x ) .Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của

(

)

tham số m để hàm số g ( x) = f 2 x 2 − 12 x + m có đúng 5 điểm cực trị?

C. 16.

D. 19.

Lời giải.

KÈ

Chọn B

B. 17.

A. 18.

Ta có:

 x = −1 f ′( x) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 4 x ) = 0 ⇔  x = 0 , trong đó x = −1 là nghiệm kép.  x = 4 2

DẠ

g ( x ) = f ( 2 x 2 − 12 x + m )  g ′ ( x ) = ( 4 x − 12 ) f ′ ( 2 x 2 − 12 x + m ) Xét g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( 4 x − 12 ) f ′ ( 2 x 2 − 12 x + m ) = 0 (*)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

x = 3 x = 3  2  2 2 x − 12 x + m = −1  2 x − 12 x + m = −1 (l )  ⇔ ⇔ 2  2 x 2 − 12 x + m = 0 2 x − 12 x = −m (1)   2 2  2 x − 12 x = 4 − m ( 2 )  2 x − 12 x + m = 4

(Điểm cực trị của hàm số g ( x ) là nghiệm bội lẻ của phương trình (*) nên ta loại phương trình 2 x 2 − 12 x + m = −1 ) Xét hàm số y = 2 x 2 − 12 x có đồ thị (C).

y ' = 4 x − 12

ƠN

Ta có bảng biến thiên

Để g ( x ) có đúng 5 điểm cực trị thì mỗi phương trình (1) ; ( 2 ) đều có hai nghiệm phân biệt khác

Do đó, mỗi đường thẳng y = 4 − m và y = −m phải cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ khác 3. Nhận xét: đường thẳng y = 4 − m luôn nằm trên đường thẳng y = − m .

QU Y

Ta có: −18 < −m ⇔ m < 18 . Vậy có 17 giá trị m nguyên dương.

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

KÈ

Tìm

để hàm số

y = f ( x2 + m) có 3 điểm cực trị.

A. m∈ ( 3; +∞) .

DẠ

B. m∈ [ 0;3] .

C. m∈ [ 0;3) .

D. m∈ ( −∞;0) .

Lời giải

Chọn C 2

Do hàm số y = f ( x + m) là hàm chẵn nên hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi hàm số này có đúng 1 điểm cực trị dương.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

y = f ( x 2 + m )  y ′ = 2 xf ′ ( x 2 + m )

x = 0  2  x = −m  x2 = 1 − m   x 2 = 3 − m

FI CI A

x = 0  2 x = 0 x + m = 0 ⇔ ′ y =0⇔  ⇔  x2 + m = 1 ′ 2  f ( x + m ) = 0   x 2 + m = 3

Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ là x = 1 nên các nghiệm của pt x 2 = 1 − m (nếu có) không làm f ′ ( x 2 + m ) đổi dấu khi

đi qua, do đó các điểm cực

x = 0  2 trị của hàm số y = f ( x + m) là các điểm nghiệm của hệ  x = − m  2 x = 3 − m

−m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m < 3. 3 m 0 − > 

Câu 14. Cho hàm số f ′ ( x ) = ( x − 2 )

m để hàm số

A. 18 .

− 4 x + 3 ) với mọi x∈ R . Có bao nhiêu giá trị nguyên

y = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) có 5 điểm cực trị?

B. 16 .

C. 17 .

dương của

ƠN

Hệ trên có duy nhất nghiệm dương khi và chỉ khi 

D. 15 .

Lời giải

Chọn B

QU Y

x = 2  Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1 , x = 2 là nghiệm kép nên khi qua giá trị x = 2 thì f ′ ( x)  x = 3 không bị đổi dấu. Đặt g ( x ) = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) khi đó g ' ( x ) = f ′ ( u ) .( 2 x − 10) với u = x 2 − 10 x + m + 9 .

KÈ

2 x − 10 = 0 x = 5  2  2 2 2 ( x − 10 x + m + 9 − 2 ) = 0 ( x − 10 x + m + 9 − 2 ) = 0 ⇔ Nên g ′ ( x ) = 0 ⇔  2 2 x − 10 x + m + 9 = 1  x − 10 x + m + 8 = 0 (1)   2  2  x − 10 x + m + 9 = 3  x − 10 x + m + 6 = 0 ( 2 ) Hàm số y = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi g′ ( x) đổi dấu 5 lần Hay phương trình (1) và phương trình ( 2 ) phải có hai nghiệm phân biệt khác 5

DẠ

∆1' > 0  ' ∆ 2 > 0 2 2 , (Với h ( x ) = x − 10 x + m + 8 và p ( x ) = x −10x + m + 6 ). ⇔ h ( 5 ) ≠ 0  p ( 5) ≠ 0 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

m thỏa mãn.

FI CI A

17 − m > 0 19 − m > 0  ⇔ ⇔ m < 17 . −17 + m ≠ 0 −19 + m ≠ 0 Vậy có 16 giá trị nguyên dương

2 Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x − 1) ( x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1) , ∀ x ∈ ℝ . Có

bao nhiêu giá trị nguyên của

A. 3.

m để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị?

B. 5.

C. 2.

D. 4.

Lời giải Chọn C Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm số g ( x ) = f

( x ) có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số

y = f ( x ) có 2 cực trị dương.

ƠN

Để hàm số g ( x ) = f

( x ) , số điểm cực trị của đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) bằng số điểm cực trị dương của đồ thị hàm số y = f ( x ) cộng thêm 1.

 x =1  Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2. 2  x − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 = 0

(*)

Có x = 2 là nghiệm bội 2, x = 1 là nghiệm đơn.

2 2 Vậy x − 2 ( m + 1) x + m −1 = 0 có hai nghiệm phân biệt, có một nghiệm dương x ≠ 1 , có một

nghiệm x ≤ 0

QU Y

2 2 2 Trường hợp 1: Có nghiệm x = 0 khi đó x − 2 ( m +1) x + m −1 = 0 ⇔ m −1 = 0 ⇔ m = ±1

x = 0 Với m = 1 , có x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 4 x = 0 ⇔  ( TM ) x = 4 2 2 2 Với m = −1 , có x − 2 ( m + 1) x + m −1 = 0 ⇔ x = 0 ⇔ x = 0 (Loại)

2 2 Trường hợp 2: x − 2 ( m +1) x + m −1 = 0 có hai nghiệm phân biệt, có một nghiệm dương x ≠ 1

, có một nghiệm âm

KÈ

m2 −1 < 0  m ∈ ( −1;1) Điều kiện tương đương  2  2 1 − 2 ( m +1) .1+ m −1 ≠ 0 m ≠ 1 ± 3 Vì m ∈ ℤ  m = 0

Vậy có hai giá trị nguyên của

m thỏa mãn.

DẠ

Câu 16. Cho hai hàm đa thức y = f ( x) , y = g( x) có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ. Biết rằng đồ

y = f ( x) có đúng một điểm cực trị là A , đồ thị hàm số y = g( x) có đúng một điểm 7 cực trị là B và A B = . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng ( −5;5) để thị hàm số

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L C. 4. Lời giải

D. 6.

ƠN

Chọn B

FI CI A

B. 3.

A. 1 .

QU Y

Đặt h ( x) = f ( x) − g ( x) , ta có: h′ ( x) = f ′ ( x) − g′ ( x) ; h′ ( x) = 0 ⇔ x = x0 ;

h( x) = 0 ⇔ x = x1 hoặc x = x2 ( x1 < x0 < x2 ); h ( x0 ) = f ( x0 ) − g ( x0 ) = −

7 . 4

y = h( x) là:

KÈ

Bảng biến thiên của hàm số

DẠ

Suy ra bảng biến thiên của hàm số y = k ( x ) = f ( x ) − g ( x ) là:

Do đó, hàm số

y = k ( x) + m cũng có ba điểm cực trị.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

y = k ( x) + m và số nghiệm đơn và số nghiệm bội lẻ của phương trình k ( x ) + m = 0 , mà hàm số y = k ( x) + m

Vì số điểm cực trị hàm số y = k ( x ) + m bằng tổng số điểm cực trị của hàm số

cũng có ba điểm cực trị nên hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng năm điểm cực trị khi phương Dựa vào bảng biến thiên của hàm số

y = k ( x) , phương trình

đơn (hoặc bội lẻ) khi và chỉ khi −m ≥

7 7 ⇔ m≤− . 4 4

7 Vì m∈ℤ , m ≤ − và 4

FI CI A

trình k ( x ) + m = 0 có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ).

k ( x ) + m = 0 có đúng hai nghiệm

m∈( −5;5) nên m∈{−4; −3; −2} .

G ọi S

ƠN

Câu 17. Cho đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ dưới đây:

là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số

để hàm số

bằng

A. 6.

B. 5.

1 y = f ( x + 2018) + m2 có 5điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử trong tập S 3 C. 7.

D. 9.

QU Y

Lời giải Chọn C

1   f ′ ( x + 2018 )  f ( x + 2018 ) + m 2  1 3   Đặt g ( x ) = f ( x + 2018 ) + m 2  g ′ ( x ) = 1 3 f ( x + 2018 ) + m 2 3

KÈ

 f ′ ( x + 2018) = 0 (1)  Phương trình g ′ ( x ) = 0 ⇔  m2 f ( x + 2018) = − ( 2)  3 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (1) luôn có 3 nghiệm phân biệt.

DẠ

Vậy để đồ thị hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị thì phương trình ( 2 ) phải có 2 nghiệm đơn  m2  − 3 >2 phân biệt ⇔  ( m ∈ ℕ * ) ⇔ m ∈ {3; 4} . m2   −6 < − 3 ≤ − 3

Vậy tổng các phần tử là 7.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 18. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị của hàm đạo hàm f ' (x ) như hình vẽ và f (b ) = 1 .Số giá

()

B. 10 .

C. 9. Lời giải

Chọn C

ƠN

Cách 1:

D. 7.

A. 8.

FI CI A

2 trị nguyên của m ∈ −5;5 để hàm số g x = f x + 4f x + m có đúng 5 điểm cực trị là

QU Y

Ta có bảng biến thiên của f ( x ) :

Xét hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) + m

( ) ( ) ( ) ( ) '  h ( x ) = 2 f ( x )  f (x ) + 2   h ' (x ) = 0  2f ' (x )  f (x ) + 2 = 0    f ' (x ) = 0 x = a; x = b ⇔ ⇔  f (x ) = −2 x = c (c a )  h ' x = 2f ' x f x + 4 f ' x

KÈ

Pt có

3 nghiệm phân biệt có 3 điểm cực trị

DẠ

Xét h ( x ) = 0

( )

()

⇔ f 2 x + 4 f x = −m 2

Để g x = h x có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi PT ( 2 ) có 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ phân biệt

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét hàm số t ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x )

()

{

}

⇔ m ∈ − 5; − 4; − 3; − 2; − 1; 0;1; 2; 3 .

Cách 2:

−5 ≤ m < 4  m ∈ ℤ

ƠN

  −m ≥ t a > 5  m ≤ −t a < −5     ⇔   −4 < −m ≤ 5 ⇔   −4 < −m ≤ 5 ⇔   −5 ≤ m ≤ 5; m ∈ ℤ −5 ≤ m ≤ 5  

Từ YCBT ⇔ t (x ) = −m có hai nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ pb

FI CI A

Ta có Bảng biến thiên của t (x ) :

QU Y

Ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) :

Xét hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) + m

( ) ( ) ( ) ( ) '  h ( x ) = 2 f ( x )  f (x ) + 2   h ' (x ) = 0  2f ' (x )  f (x ) + 2 = 0    f ' (x ) = 0 x = a; x = b ⇔ ⇔  f (x ) = −2 x = c (c a )

KÈ

 h ' x = 2f ' x f x + 4 f ' x

DẠ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L ()

FI CI A

()

Từ YCBT g x = h x = f

(x ) + 4f (x ) + m có 5 điểm cực trị khi:

 m ≤ f 2 a + 4 f (a) < −5  h a ≤ 0       −4 + m < 0 ≤ 5 + m ⇔ −5 ≤ m < 4 m ∈ ℤ; m ∈ −5;5   m ∈ ℤ; m ∈  −5;5   ⇔ m ∈ −5; −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3

()

{

}

()

để hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5 điểm cực trị?

QU Y

thực

ƠN

Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

C. 4.

D. 5.

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn B

B. 2.

A. 1.

G ọi a , b , c

( a < b < c ) là ba điểm cực trị của hàm số

y = f ( x) .

Khi đó: f ( a ) = −6; f ( b) = −2; f ( c ) = 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét hàm h ( x ) = f ( x + 2020) với x ∈ ℝ .

Khi đó: h′ ( x ) = f ′ ( x + 2020) .( x + 2020) ′ = f ′ ( x + 2020) .

FI CI A

 x = a − 2020 h′ ( x ) = 0 ⇔  x = b − 2020 .  x = c − 2020

Bảng biến thiên của hàm h ( x )

Hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5 điểm cực trị

ƠN

⇔Phương trình f ( x + 2020) + m2 = 0 có đúng 2 nghiệm không thuộc

{a − 2020; b − 2020; c − 2020}

Vậy có 2 giá trị nguyên của

là m = 2 và m = −2 thì hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5

QU Y

điểm cực trị.

m = ± 2 m2 = 2   2 ⇔  m = −2 ⇔  − 6 < m < − 2 .  2 < m2 < 6  2 < m < 6 

4 3 Câu 20. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 ( x + 2 ) ( x + 4 )  x 2 + 2 ( m + 3 ) x + 6 m + 18  . Có

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của

Chọn C

B. 5.

C. 8.

D. 6.

Lời giải

B. 7.

m để hàm số f ( x) có đúng một điểm cực trị?

KÈ

 x2 = 0 x = 0  4  x = −2 ( x + 2 ) = 0 ⇔ Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  3  x = −4 ( x + 4 ) = 0  2  2 x + 2 ( m + 3) x + 6m + 18 = 0 (*)    x + 2 ( m + 3) x + 6m + 18 = 0

DẠ

Để hàm số f ( x) có đúng một điểm cực trị

⇔

Phương trình ( * ) vô nghiệm, có nghiệm kép

hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm là −4.

Trường

hợp

Phương

trình

(*)

⇔ ∆ = 4 m 2 + 24 m + 36 − 24 m − 72 = 4 m 2 − 36 < 0

⇔ −3 < m < 3  m ∈{−2 ; − 1 ; 0 ; 1 ; 2}

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

vô

nghiệm

m = 3 . m = −3

x1 , x2 . Trong đó x1 = −4.

FI CI A

Trường hợp 3. Phương trình (* ) có hai nghiệm phân biệt

Trường hợp 2. Phương trình (* ) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 4m − 36 = 0 ⇔ 

m < −3 . m > 3

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = 4m − 36 > 0 ⇔ 

S = x1 + x2 = −4 + x2 = −2m − 6 P = x1.x2 = −4.x2 = 6m + 18

 x2 = −2m − 2 3 9  ⇔ 3 9 ⇔ −2m − 2 = − m − ⇔ m = 5 . 2 2  x2 = − 2 m − 2

Theo định lí Viète ta có 

Câu 21.

ƠN

Vậy m ∈{−3 ; − 2 ; −1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 5} thỏa mãn yêu cầu đề bài.

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Số điểm

(

)

QU Y

cực trị của hàm số g ( x ) = f x3 + 3x 2 là

A. 5 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

Lời giải

Chọn C

KÈ

Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) như sau

−∞

DẠ

f ′( x) f ( x)

a −

−

+∞ +

+∞

(

+∞

)

(

) (

Ta có g ( x ) = f x3 + 3x 2  g ′ ( x ) = 3x 2 + 6 x . f ′ x3 + 3x 2

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

x = 0  2  x = −2 3 x + 6 x = 0 Cho g ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x 3 + 3 x 2 = a; a < 0 3 2  3  f ′ ( x + 3 x ) = 0  x + 3 x 2 = b; 0 < b < 4  3 2  x + 3 x = c; c > 4

x = 0 Xét hàm số h ( x ) = x 3 + 3 x 2  h′ ( x ) = 3 x 2 + 6 x . Cho h′ ( x ) = 0 ⇔   x = −2

ƠN

Bảng biến thiên

Ta có đồ thị của hàm h ( x ) = x 3 + 3 x 2 như sau Từ đồ thị ta thấy:

Đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 1 điểm. Đường thẳng y = b cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 3 điểm. Đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 1 điểm.

QU Y

Như vậy phương trình g ′ ( x ) = 0 có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt.

(

)

Vậy hàm số g ( x ) = f x3 + 3x 2 có 7 cực trị.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

KÈ

Câu 22.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 4  f ( x + 1)  là

DẠ

A. 11.

B. 9 .

C. 7 .

D. 5 .

Lời giải

Chọn B Ta chọn hàm f ( x ) = 5 x 4 − 10 x 2 + 3 .

Đạo hàm

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

x = 0  2 x 3 f ( x + 1) = 0  ⇔  f ( x + 1) = 0 Ta có g ′ ( x ) = 0 ⇔  .  2 f x + 1 + xf ′ x + 1 = 0  2 f ( x + 1) + xf ′ ( x + 1) = 0 ) ( )  (

g ′ ( x ) = 4 x3  f ( x + 1)  + 2 x 4 f ( x + 1) f ′ ( x + 1) = 2 x 3 f ( x + 1)  2 f ( x + 1) + xf ′ ( x + 1)  .

 x + 1 ≈ 1, 278  x + 1 ≈ 0, 606 4 +) f ( x + 1) = 0 (* ) ⇔ 5 ( x + 1) − 10 ( x + 1) + 3 = 0 ⇔   x + 1 ≈ −0, 606   x + 1 ≈ −1, 278

t = x +1

 Phương trình có bốn nghiệm phân biệt khác 0 .

+) 2 f ( x + 1) + xf ′ ( x + 1) = 0  2 ( 5t 4 − 10t 2 + 3) + ( t − 1) ( 20t 3 − 20t ) = 0

ƠN

t ≈ 1,199 t ≈ 0, 731 ⇔ 30t 4 − 20t 3 − 40t 2 + 20t + 6 = 0 ⇔  t ≈ −0, 218  t ≈ −1, 045

 Phương trình có bốn nghiệm phân biệt khác 0 và khác các nghiệm của phương trình (*) .

Vậy số điểm cực trị của hàm số g ( x ) là 9 .

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

QU Y

Câu 23.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 2  f ( x − 1)  là

B. 8 .

KÈ

A. 7 .

C. 5 .

D. 9 .

Lời giải

Chọn C

DẠ

có 4

g ′ ( x ) = 2 x.  f ( x − 1)  + 4 x f ′ ( x − 1)  f ( x − 1)  = 2 x.  f ( x − 1)  2

( f ( x − 1) + 2 xf ′ ( x − 1) )

x = 0  Vậy g ′ ( x ) = 0   f ( x − 1) = 0 (1)  f x − 1 + 2 xf ′ x − 1 = 0 2 ) ( ) ( )  (

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

Phương trình ( 2 ) có f ( x − 1) = −2 xf ′ ( x − 1)  f ( x ) = −2 ( x + 1) f ′ ( x )

f ( x ) = −3 x 4 + 6 x 2 − 1 thay vào f ( x ) = −2 ( x + 1) f ′ ( x ) vô nghiệm

Vậy hàm g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 24.

FI CI A

Từ bảng biến thiên suy ra hàm f ( x ) là bậc bốn trùng phương nên ta có

(ĐTK2021) Cho f ( x) là hàm bậc bốn thỏa mãn f (0) = 0 . Hàm số f ′( x) có bảng biến thiên

ƠN

như sau:

Hàm số g ( x ) = f ( x 3 ) − 3 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3.

B. 2.

C. 1. Lời giải

D. 4.

Chọn A Do f ( x ) là hàm bậc bốn và từ bảng biến thiên của f ′( x) , ta có: f ′( x) bậc ba có 2 điểm cực trị là −3; −1 nên f ′′ ( x ) = a ( x + 1)( x + 3) .

QU Y

 x3  Suy ra f ′ ( x ) = a  + 2 x 2 + 3 x  + b .  3 

a ( −9 + 18 − 9 ) + b = −1



  3

b = −1

 a = 61 nên   1 Do f ′ ( −3) = −1 và f ′ ( − 1) = − 2. 61 ⇔   3 a  − + 2 − 3  + b = −  Suy ra f ′ ( x ) =



 29  x 3 2  + 2 x + 3 x  − 1. 2  3 

Xét hàm số h ( x ) = f ( x 3 ) − 3 x , có h′ ( x ) = 3 x 2 . f ′ ( x3 ) − 3; 1 x2

(1) .

DẠ

KÈ

h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x 3 ) =

Dựa vào bảng biến thiên ta có + Với x ∈ ( −∞;0) : f ′ ( x ) < 0  f ′ ( x 3 ) < 0 , mà 12 > 0 suy ra (1) vô nghiệm trên ( −∞;0) . x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

+ Trên ( 0; +∞) : f ′ ( x ) ∈ ( −1; +∞ )  f ′ ( x 3 ) ∈ ( −1; +∞ ) đồng biến suy ra f ′ ( x 3 ) đồng biến mà 1 nghịch biến nên phương trình (1) có không quá 1 nghiệm. Mặt khác, hàm số x2

1 1   3 3 1 liên tục trên ( 0; +∞) và lim+  f ′ x − 2  = −∞ ; lim  f ′ x − 2  = +∞ 2 x →+∞ x → 0 x  x  x  

( )

Nên (1) có đúng 1 nghiệm

( )

y = f ′( x3 ) −

FI CI A

hàm số y =

x = x0 > 0 .

Bảng biến thiên của h ( x ) :

h ( x) khi h ( x) ≥ 0 g ( x) = h ( x) =  .  −h ( x) khi h ( x) < 0  Từ đó hàm số g ( x) có 3 điểm cực trị.

ƠN

Từ đó ta có h ( x0 ) < 0 nên phương trình h( x) = 0 có hai nghiệm thực phân biệt. Mặt khác

Câu 25. Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ , f ( 0 ) < 0 và đồ thị hình bên dưới là đồ thị

KÈ

A. 4.

QU Y

của đạo hàm f ′ ( x ) . Hỏi hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x cóbao nhiêu cực trị?

B. 5.

C. 3.

D. 6.

Lời giải

Chọn B

DẠ

Đặt h ( x ) = f ( x ) + 3x

h′ ( x ) = f ′ ( x ) + 3 h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) + 3 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −3

Theo đồ thị của hàm số f ′ ( x ) thì phương trình f ′ ( x ) = −3 có 4 nghiệm {−1; 0;1; 2} Ta có bảng biết thiên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

h'(x)

0 +∞

+∞

2 +

+ +∞

f(0)

h(x)

∞

FI CI A

Theo bảng biến thiên ta có phương trình h ( x ) = 0 có hai nghiệm x1 < −1; và x2 > 1 (do có

Khi đó ta có

∞

ƠN

+∞

f (0) < 0 )

g(x)= h(x)

+∞ +∞

f(0)

Vậy hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x có 5 cực trị.

Câu 26. Cho hàm số Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 + 2 x + 2019 .

QU Y

Biết đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

KÈ

Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) là

A. 5 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 4 .

Lời giải

DẠ

Chọn A

∗

g′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) − 2 x + 2 , g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x − 1

Đường thẳng y = x − 1 đi qua các điểm ( −1 ; − 2 ) , (1 ; 0 ) , ( 3 ; 2 )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Quan sát vào vị trí tương đối của hai đồ thị trên hình vẽ, ta có BBT của hàm số y = g ′ ( x ) như sau

ƠN

∗ Đồ thị hàm số y = g ( x ) nhận trục Oy làm trục đối xứng nên từ BBT trên ta suy ra BBT của

hàm số y = g ( x ) như sau

Vậy hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị.

QU Y

Câu 27. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên ℝ , đồ thị hàm số y = f ( x) là đường cong ở hình vẽ. Hỏi 2

KÈ

hàm số h ( x ) = [ f ( x ) ] − 4 f ( x ) + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?

DẠ

A. 2 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 7 .

Lời giải

Chọn B 2 Đặt g ( x ) = [ f ( x ) ] − 4 f ( x ) + 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

 x = a ( a > 2)  f ( x) = 2  Khi đó, g ′ ( x ) = 2 f ( x). f ′( x) − 4 f ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x = −1  f ′( x) = 0 x = 2  Do đó, ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị hàm số y = g ( x ) có ba điểm cực không nằm trên trục hoành và bốn giao điểm với Ox . Vậy đồ thị hàm số y = h ( x ) = g ( x ) có số cực trị là 3 + 4 = 7 .

(Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0. Biết y = f ′ ( x ) là hàm số bậc bốn và

ƠN

Câu 28.

QU Y

có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f ( x3 ) − x là

A. 5.

B. 4.

Chọn A

C. 6.

D. 3.

Lời giải

Xét h ( x ) = f ( x 3 ) − x

KÈ

Có h ' ( x ) = 3 x 2 f ' ( x 3 ) − 1 h′ ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 f ′ ( x 3 ) − 1 = 0 ⇔ f ′ ( x 3 ) =

1 3x 2

( x ≠ 0 ) (1)

Đặt x3 = t  x 2 = 3 t 2 phương trình (1) trở thành:

DẠ

f ′ (t ) =

1 33 t2

(t ≠ 0) ( 2)

Vẽ đồ thị hàm y =

1 3

3 x2

trên cùng hệ trục tọa độ với hàm y = f ′ ( x ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Dựa vào đồ thị ta có:

x = 3 b < 0  x3 = b < 0 t = b < 0 ⇔ ⇔ 3 ⇔ 33 t 2 t = a > 0  x = a > 0  x = 3 a > 0 1

f ′ (t ) =

ƠN

Bảng biến thiên

Câu 29.

QU Y

Dựa vào BBT ta thầy hàm số g ( x) = f ( x 3 ) − x có 5 điểm cực trị.

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f (x ) có f (0) = 0 . Biết y = f ′ (x ) là hàm số bậc bốn và

KÈ

có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g (x ) = f (x 3 ) + x là

DẠ

A. 4.

B. 5.

C. 3.

D. 6.

Lời giải

Chọn B

( )

Đặt h (x ) = f x 3 + x ⇒ h ′ (x ) = 3x 2 f ′ x 3 + 1 = 0 ⇔ f ′ x 3 = −

1 3x 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Đặt t = x 3 ⇒ x = 3 t thế vào phương trình trên ta được f ′ (t ) = −

⇒ y′ =

3 t2

Xét hàm số y = −

1 3

đổi dấu khi qua 0 và đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 3 t 9 t5 y = 0 . Khi vẽ đồ thị trên cùng một mặt phẳng tọa độ với đồ thị hàm số y = f ′ (t ) ta thấy hai đồ 2

FI CI A

thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thuộc góc phần từ thứ 3 và 4, gọi 2 giao điểm lần lượt là

t1 < 0, t2 > 0 ⇒ x 1 = 3 t1 , x 2 = 3 t2 . Như vậy ta có bảng biến thiên của hàm số h (x ) như sau

ƠN

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình h (x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt và hàm số h (x ) có 2 điểm cực trị không nằm trên trục hoành, do đó hàm số g (x ) = h (x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 30.

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 . Biết y = f ′ ( x ) là hàm số bậc bốn và

B. 3.

C. 6.

D. 5.

Lời giải

KÈ

A. 4.

QU Y

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 là

Chọn D

Xét hàm số h ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 có h′ ( x ) = 4 x 3 f ′ ( x 4 ) − 2 x .

DẠ

x = 0 h′ ( x ) = 0 ⇔   f ′ ( x4 ) = 1 2 2x 

( *)

Xét phương trình (* ) : Đặt t = x 4 thì (* ) thành f ′ ( t ) =

1 2 t

với t > 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Dựa vào đồ thị, phương trình (* ) có duy nhất một nghiệm a > 0 . Khi đó, ta được x = ± 4 a .

ƠN

Bảng biến thiên của hàm số h ( x ) = f ( x 4 ) − x 2

Số cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 bằng số cực trị của hàm h ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 và số

QU Y

nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình h ( x ) = 0 . Dựa vào bảng biến thiên của hàm f ( x ) thì số cực trị của g ( x ) là 5.

Câu 31. Cho y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

DẠ

KÈ

tham số m thuộc đoạn [ −12;12] để hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1) + m có 5 điểm cực trị?

A. 13 .

B. 14 .

C. 15 .

D. 12 .

Lời giải Chọn C Đặt h ( x ) = 2 f ( x − 1) + m  g ( x ) = h ( x ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 Số điểm cực trị của g ( x ) = số điểm cực trị của y = h ( x ) + số giao điểm của y = h ( x ) với trục Ox khác với điểm cực trị của y = h ( x ) .

m có 2 nghiệm phân 2

FI CI A

 Hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi h ( x ) = 0 ⇔ f ( x − 1) = −

 Hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị. Suy ra hàm số y = h ( x ) cũng có 3 điểm cực trị.

biệt khác điểm cực trị của h ( x ) .

 Đồ thị hàm số y = f ( x − 1) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) sang bên phải 1 đơn vị. Dựa vào đồ thị, ta được: −

m m ≥ 2 hoặc −6 < − ≤ −3 . 2 2

 m ≤ −4 m ∈ ℤ ; m ∈ [ −12;12] ⇔ → có 15 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 6 ≤ m < 12

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f ( 0 ) = 0; f ( 4 ) > 4 . Biết hàm y = f ′ ( x )

ƠN

có đồ thị như hình vẽ. y

1 O

x 1 2

QU Y

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x là

A. 2 .

B. 1 .

Chọn D

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải

Xét hàm số h ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x .

KÈ

Ta có: h′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 ) − 2 ; h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x 2 ) =

1 (vô nghiệm ∀x ≤ 0 ). x

Đặt t = x 2  x = t , ∀t > 0 . 1 1 (*). Nhận thấy trên khoảng ( 0;1) thì w ( t ) = nghịch biến và f ′ ( t ) đồng t t biến, do đó (*) nếu có nghiệm là duy nhất.

DẠ

Khi đó: f ′ ( t ) =

Mặt khác:

h′ ( 0 ) .h′ (1) = −2 ( 2 f ′ (1) − 2 ) = −8 < 0

và

h′ ( x )

liên tục trên

[0;1]

nên

∃x0 ∈ ( 0;1) : h′ ( x0 ) = 0 . Vậy h′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ ( 0;1) và h ( x ) có một điểm cực tiểu (vẽ bảng biến thiên). (1)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét phương trình: h ( x ) = 0 ⇔ f ( x 2 ) − 2 x = 0 (**).

Vì h ( x ) có một điểm cực trị, nên (**) có không quá 2 nghiệm. Vậy h ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x = 0 có hai nghiệm phân biệt. (2)

ƠN

Câu 33. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Từ (1) và (2) ta được: hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x có 3 điểm cực trị.

)

x0 ; 2 : h ( x1 ) = 0 .

FI CI A

( x ) .h ( 2 ) = ( f ( x ) − 2 x ) ( f ( 4 ) − 4) < 0  ∃x ∈ ( Nên (**) có nghiệm x ∈ ( x ; 2 ) . Mặt khác: h

Ta có: h ( 0 ) = f ( 0 ) = 0  x = 0 là một nghiệm của (**).

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m có đúng 3

điểm cực trị. B. m ≥ 1

QU Y

A. m > 1

Chọn B

C. m ≤ 2

D. m > 2

Lời giải

Số cực trị của hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m

bằng số cực trị của hàm số

y ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m cộng với số giao điểm (khác điểm cực trị) của đồ thị hàm số y ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m và y = 0 .

Xét hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m

KÈ

g′ ( x ) = 2 f ( x ) . f ′ ( x ) + 2 f ′ ( x ) = 2 f ′ ( x )  f ( x ) + 1

DẠ

x =1  f ′( x) = 0  g′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔ x = 3  f ′ ( x ) = 1 x = α α < 0 ( ) 

BBT

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L 1 . Đáp án B là gần kết quả nhất 2

(Đề Tham Khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 7 điểm cực trị? A. 5

B. 6

C. 4 Lời giải.

Chọn C y = f ( x ) = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m

để hàm số

D. 3

Câu 34.

FI CI A

Hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị ⇔ 2m ≥ 0 ⇔ m ≥

QU Y

ƠN

3 2 Ta có: f ′ ( x ) = 12 x − 12 x − 24 x .; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −1 hoặc x = 2 .

Do hàm số f ( x ) có ba điểm cực trị nên hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị khi m > 0 Phương trình f ( x) = 0 có 4 nghiệm ⇔  ⇔ 0< m <5. m − 5 < 0

Vậy có 4 giá trị nguyên thỏa đề bài là m = 1; m = 2; m = 3; m = 4 .

Câu 35. Tìm số các giá trị nguyên của tham số

KÈ

bảy điểm cực trị A. 1.

B. 4.

m để đồ thị hàm số

y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 + m −12 có

C. 0.

D. 2.

Lời giải Đồ thị hàm số y = x − 2mx + 2m + m −12 có bảy điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số 4

y = x4 −2mx2 +2m2 +m−12 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

DẠ

x 4 − 2 mx 2 + 2 m 2 + m − 12 = 0

có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ    m 2 − (2 m 2 + m − 12 ) > 0 −   4 < m < 3 −1+ 97  ⇔ <m<3 ⇔ m > 0 2m > 0   4   2 m 2 + m − 12 > 0  −1− 97 −1 + 97  ∨m> m < 4 4 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

khi

m để đồ thị hàm số

Vậy không có giá trị nguyên của tham số

y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 + m −12

có bảy điểm cực trị.

[ −2; 2] của m

là tham số thực. Số giá trị nguyên trong khoảng

để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là

A. 2

B. 4

C. 3

FI CI A

Câu 36. Cho hàm số y = x 4 − 2 mx 2 + 2 m − 1 với

D. 1

Lời giải Chọn B

x = 0

4 2 3 Đặt f ( x ) = x − 2mx + 2m −1 , f ′ ( x ) = 4x − 4mx , f ′ ( x ) = 0 ⇔ 

+ Trường hợp 1: hàm số có một cực trị  m ∈ [ −2;0] .

2 x = m

Đồ thị hàm số y = f ( x ) có một điểm cực trị là A ( 0;2m − 1) .

biệt nên hàm số y = f ( x ) có 3 cực trị

ƠN

Do m ∈ [ −2;0]  yA = 2m−1< 0 nên đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân

 có 3 giá trị nguyên của

thỏa ycbt.

+ Trường hợp 2: hàm số có ba cực trị  m ∈ ( 0;2] .

(

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A ( 0;2m − 1) , B

)

C − m ; −m + 2m − 1 . 2

(

QU Y

Do a = 1 > 0 nên hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị khi hàm số y = f ( x ) có yB = yC ≥ 0 ⇔ −m 2 + 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m = 1.

Nếu yB = yC < 0 (trong bài toán này không xảy ra) thì hàm số có ít nhất 5 điểm cực trị. Vậy có 4 giá trị của

Câu 37. Tập hợp các giá trị của

C. (1;33)

D. (1; 6)

Lời giải

KÈ

Chọn D

để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m − 1 có 7 điểm cực trị là:

B. (6;33)

A. (0;6)

thỏa ycbt.

Xét hàm số f ( x) = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m − 1 , Có lim f ( x ) = +∞ , lim f ( x ) = +∞ x → −∞

x → +∞

DẠ

f ′ ( x ) = 12 x 3 − 12 x 2 − 24 x = 12 x ( x 2 − x − 2 )

x = 0 f ( x) = 0 ⇔  x = −1 .  x = 2 ′

Bảng biến thiên:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

m ; −m 2 + 2m − 1 ,

L FI CI A

Từ bảng biến thiên, ta có hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị ⇔ đồ thị hàm số y = f ( x) cắt

Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ m − 6 < 0 < m − 1 ⇔ 1 < m < 6 .

5 < m ≤ 2. 4

B. −2 < m <

5 . 4

C. −

Câu 38. Cho hàm số y = f ( x) = x3 − (2m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị.

5 < m < 2. 4

ƠN

Lời giải

Ta có: y ' = 3 x 2 − 2 ( 2 m − 1) x + 2 − m

Hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị khi chi khi hàm số f ( x ) có hai cực trị dương.

QU Y

 2 ( 2m − 1) − 3 ( 2 − m ) > 0  4m 2 − m − 5 > 0 ∆ > 0    5 1  2 ( 2m − 1)   ⇔ <m<2 >0 ⇔ S > 0 ⇔  ⇔ m > 3 4 2 P > 0    m < 2 2 − m    3 > 0

KÈ

Câu 39. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) .

DẠ

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x − 1) + m có 5

điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 9 . B. 12 . C. 18 .

D. 15 .

Lời giải Nhận xét: Số giao điểm của ( C ) : y = f ( x ) với Ox bằng số giao điểm của ( C ′ ) : y = f ( x − 1) với Ox .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vì m > 0 nên ( C ′′ ) : y = f ( x − 1) + m có được bằng cách tịnh tiến ( C ′ ) : y = f ( x − 1) lên trên m

ƠN

FI CI A

đơn vị.

QU Y

TH1: 0 < m < 3 . Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại. TH2: m = 3 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận. TH3: 3 < m < 6 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận. TH4: m ≥ 6 . Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại. Vậy 3 ≤ m < 6 . Do m∈ ℤ* nên m ∈ {3; 4;5} .

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .

KÈ

Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x5 − 25x3 + 60 x + m có 7 điểm cực trị? A. 42 .

B. 21.

C. 40 . Lời giải

D. 20 .

y = 3 x5 − 25 x3 + 60 x + m

DẠ

 y′ = 15 x 4 − 75 x 2 + 60  x = −2  y = m − 16  x = −1  y = m − 38 x = 1 ′ y =0⇔ 2 ⇔  x = 1  y = m + 38 x = 4    x = 2  y = m + 16 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L y = 3x5 − 25x3 + 60 x + m

có

đ iể m

cực

trị

ƠN

 m = 17,37  m − 38 < 0 < m − 16 16 < m < 38 ⇔ ⇔ ⇔  m + 16 < 0 < m + 38  −38 < m < −16  m = −37, −17 Có tất cả 42 giá trị nguyên của m. Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

FI CI A

Suy

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi  11  B. m ∈  2;  .  2

QU Y

A. m ∈ ( 4;11) .

C. m = 3 .

 11  D. m ∈  2;  .  2

Lời giải

KÈ

Từ BBT của hàm số y = f ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) − 2m như sau

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 m gồm hai phần:

DẠ

+ Phần đồ thị của hàm số y = f ( x ) − 2m nằm phía trên trục hoành. + Phần đối xứng với đồ thị của hàm số y = f ( x ) − 2m nằm phía dưới trục hoành qua trục Ox . Do đó, đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

 11  .  2

( 4 − 2m )(11 − 2m ) < 0 ⇔ m ∈  2;

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 42. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham

B. 18 .

C. 9 .

D. 12 .

FI CI A

S bằng A. 15 .

số m để đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của

Lời giải

Cách 1: dùng đồ thị.

ƠN

- Nhận thấy: số giao điểm của ( C ) : y = f ( x ) với Ox bằng số giao điểm của ( C1 ) : y = f ( x − 2 ) với Ox .

Vì m > 0 nên ( C2 ) : y = f ( x − 2 ) + m có được bằng cách tịnh tiến ( C1 ) : y = f ( x − 2 ) lên trên

m đơn vị.

- Đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có được bằng cách lấy đối xứng qua trục hoành Ox phần đồ thị ( C2 ) nằm phía dưới trục Ox và giữ nguyên phần phía trên trục Ox .

KÈ

QU Y

- Ta xét các trường hợp sau:

DẠ

+ Trường hợp 1: 0 < m < 3 : đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị (loại).

+ Trường hợp 2: m = 3 : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn).

+ Trường hợp 3: 3 < m < 6 : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn). + Trường hợp 4: m ≥ 6 : đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (loại). Vậy 3 ≤ m < 6 Do m ∈ ℤ∗+ nên m ∈ {3; 4;5} hay S = {3; 4;5} .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .

( f ( x − 2) + m) . f ′ ( x − 2)  f ( x − 2 ) + m 

FI CI A

- Ta có: y = f ( x − 2 ) + m =  f ( x − 2 ) + m   y′ =

* Cách 2: đạo hàm hàm số hợp.

- Xét f ′ ( x − 2 ) = 0 (1)

+ Do phương trình f ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình f ′ ( x − 2 ) = 0 cũng có 3 nghiệm phân biệt. - Xét f ( x − 2 ) + m = 0 ⇔ f ( x − 2 ) = − m ( 2 )

+ Nếu −6 < − m < −3 ⇔ 3 < m < 6 thì phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt khác 3 nghiệm của (1) .

+ Nếu − m = −3 ⇔ m = 3 thì ( 2 ) có 3 nghiệm phân biệt (trong đó có 2 nghiệm đơn khác 3

ƠN

nghiệm của (1) và 1 nghiệm kép trùng với 1 nghiệm của (1) )

Tóm lại : với 3 ≤ m < 6 thì hai phương trình (1) và ( 2 ) có tất cả 5 nghiệm bội lẻ phân biệt và

y′ đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó, hay đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có 5 điểm cực trị.

- Lại do m ∈ ℤ∗+ nên m ∈ {3; 4;5} hay S = {3; 4; 5} . Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .

QU Y

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi A. m ∈ ( 4;11) .

 11  B. m ∈  2;  .  2

C. m = 3 .

 11 D. m ∈  2;  .  2

KÈ

Lời giải Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị. Để đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị thì đồ thị y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 2m

11 . 2 (Mã 101 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

tại 5 − 2 = 3 điểm phân biệt ⇔ 4 < 2m < 11 ⇔ 2 < m <

DẠ

Câu 44.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là

A. 9.

B. 3.

C. 7.

D. 5.

Lời giải

FI CI A

Chọn C Ta có y ′ = 2 ( x − 1) . f ′ ( x 2 − 2 x ) .

x = 1 x = 1  2  2  x − 2 x = a ∈ ( −∞; − 1)  x − 2 x − a = 0, a ∈ ( −∞; − 1) x = 1   y′ = 0 ⇔  ⇔  x 2 − 2 x = b ∈ ( −1;0 ) ⇔  x 2 − 2 x − b = 0, b ∈ ( −1; 0 ) 2  f ′ x − 2 x = 0  x 2 − 2 x = c ∈ ( 0;1)  x 2 − 2 x − c = 0, c ∈ ( 0;1)    x 2 − 2 x = d ∈ (1; + ∞ )  x 2 − 2 x − d = 0, d ∈ (1; + ∞ )  

)

(

(1)

(2) . (3)

(4)

Phương trình (1) vô nghiệm, các phương trình (2), (3), (4) đều có hai nghiệm phân biệt khác 1 và do b, c, d đôi một khác nhau nên các nghiệm của phương trình (2), (3), (4) cũng đôi một khác

ƠN

nhau. Do đó f ′ ( x 2 − 2 x ) = 0 có 6 nghiệm phân biệt.

Vậy y ′ = 0 có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là 7.

(Mã 104 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

QU Y

Câu 45.

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) là

B. 9.

A. 5.

( (

′

Chọn C 2

) ) = (8x + 4 ) f ′ ( 4 x

D. 3.

Lời giải

) (

+ 4x , f ( 4 x2 + 4x )

′

)

1  x = − 2 . =0⇔  2 ′ f 4 x + 4 x = 0 

(

DẠ

KÈ

Có f 4 x + 4 x

C. 7.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

 4 x 2 + 4 x = a1 ∈ ( −∞; −1)  2  4 x + 4 x = a2 ∈ ( −1; 0 ) Từ bảng biến thiên trên ta có f ′ 4 x 2 + 4 x = 0 ⇔  2 . (1)  4 x + 4 x = a3 ∈ ( 0;1)  2  4 x + 4 x = a4 ∈ (1; +∞ ) 1 Xét g ( x ) = 4 x 2 + 4 x , g ′ ( x ) = 8 x + 4 , g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = − ta có bảng biến thiên 2

)

Kết hợp bảng biến thiên của g ( x ) và hệ (1) ta thấy:

ƠN

Phương trình 4 x 2 + 4 x = a1 ∈ ( −∞; −1) vô nghiệm.

FI CI A

(

1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ ( −1;0 ) tìm được hai nghiệm phân biệt khác − . 2

Câu 46.

1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ ( 0;1) tìm được thêm hai nghiệm mới phân biệt khác − . 2 1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ (1; +∞ ) tìm được thêm hai nghiệm phân biệt khác − . 2 Vậy hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) có tất cả 7 điểm cực trị.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị

(

)

QU Y

hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y = f x 2 + 4 x − x 2 − 4 x có bao nhiêu điểm cực trị

KÈ

thuộc khoảng ( −5;1) ?

A. 5 .

B. 4 .

C. 6 .

D. 3 .

Lời giải

DẠ

Chọn A

(

)

Đặt g ( x ) = f x 2 + 4 x − x 2 − 4 x

 g ′ ( x ) = ( 2 x + 4 ) f ′ ( x 2 + 4 x ) − ( 2 x + 4 ) = ( 2 x + 4 )  f ′ ( x 2 + 4 x ) − 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

2 x + 4 = 0  2 x + 4 x = −4 (1) Ta có g ′ ( x ) = 0 ⇔  2 . x + 4x = 0 (2)   x 2 + 4 x = a ∈ (1;5) (3)

Xét phương trình x 2 + 4 x = a ∈ (1;5 ) , ta có BBT của hàm số y = x2 + 4 x trên ( −5;1) như sau:

Suy ra (1) có nghiệm kép x = −2 , (2) có 2 nghiệm phân biệt x = −4; x = 0 , (3) có 2 nghiệm phân biệt x = x1; x = x2 khác −2; 0; − 4 . Do đó phương trình g ′ ( x ) = 0 có 5 nghiệm trong đó có

Vậy g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 47.

ƠN

x = −2 là nghiệm bội ba, các nghiệm x = −4; x = 0 ; x = x1; x = x2 là các nghiệm đơn.

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên ℝ và có bảng

xét dấu của hàm số y = f ' ( x ) như hình sau:

x3 − 2 x 2 + 3 x đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau? 3

QU Y

Hỏi hàm số g ( x ) = f (1 − x ) +

A. x = 3 .

B. x = 0 .

Chọn A

C. x = −3 .

D. x = 1 .

Lời giải

g ′ ( x ) = − f ′ (1 − x ) + x 2 − 4 x + 3 .

KÈ

1 − x < −2 x > 3 − f ′ (1 − x ) > 0 ⇔ f ′ (1 − x ) < 0 ⇔  ⇔ 0 < 1 − x < 4  −3 < x < 1

DẠ

Bảng xét dấu g ′ ( x ) :

Câu 48.

Từ bảng xét dấu g ′ ( x ) ta suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 .

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Số cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) là

A. 3 .

B. 9 .

C. 5 .

D. 7 .

Lời giải

 x = a ∈ ( −∞; −1)  x = b ∈ ( −1;0 ) Ta thấy f ′ ( x ) = 0 ⇔   x = c ∈ ( 0;1)   x = d ∈ (1; +∞ )

ƠN

Chọn D Từ bảng biến thiên

QU Y

Với y = f ( 4 x 2 − 4 x ) , ta có y ′ = ( 8 x − 4 ) f ′ ( 4 x 2 − 4 x )

KÈ

1  x=  2  2 4 x 4 x a − = ∈ ( −∞; −1) (1)   8x − 4 = 0 2 y′ = 0 ⇔  ⇔  4 x − 4 x = b ∈ ( −1; 0 ) ( 2 ) 2  ′ f 4 x − 4 x = 0 ( )   4 x 2 − 4 x = c ∈ ( 0;1) ( 3)  2  4 x − 4 x = d ∈ (1; +∞ ) ( 4 )  Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 − 4 x , ta có g ′ ( x ) = 8 x − 4 = 0 ⇔ x =

1 2

DẠ

Bảng biến thiên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Từ bảng biến thiên của g ( x ) ta có:

a ∈ ( −∞; −1)

nên

(1)

vô nghiệm.

Vì

FI CI A

Vì b ∈ ( −1;0 ) nên ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt. Vì c ∈ ( 0;1) nên ( 3 ) có 2 nghiệm phân biệt. Vì d ∈ (1; +∞ ) nên ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) có 7 điểm cực trị

Cách khác:

Ta có: y ′ = ( 8 x − 4 ) . f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) .

QU Y

Phương trình ( 4 ) vô nghiệm.

ƠN

8 x − 4 = 0 y′ = 0 ⇔ ( 8 x − 4 ) . f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) = 0 ⇔  2  f ′ ( 4 x − 4 x ) = 0 1 + 8x − 4 = 0 ⇔ x = . 2  4 x 2 − 4 x = a ( a < −1) (1)  2 4 x − 4 x = b ( −1 < b < 0 ) ( 2 ) 2 + f ′ ( 4 x − 4 x ) = 0 ⇔  2 4 x − 4 x = c ( 0 < c < 1) ( 3)   4 x 2 − 4 x = d ( d > 1) ( 4 ) + Phương trình 4 x 2 − 4 x = m ⇔ 4 x 2 − 4 x − m = 0 có nghiệm khi ∆ ′ = 4 − 4 m ≥ 0 hay m ≤ 1 . Từ đó, ta có phương trình (1) ; ( 2 ) ; ( 3 ) luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó, hàm số đã cho có 7 cực trị.

Câu 49. Cho hàm số bậc năm y = f ( x ) có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số

DẠ

KÈ

g ( x ) = f ( x3 + 3x 2 ) − 2 x3 − 6 x 2 là

A. 5 .

B. 7 .

C. 10 . Lời giải

D. 11.

Chọn C Ta có g ′ ( x ) = ( 3 x 2 + 6 x ) . f ′ ( x 3 + 3 x 2 ) − 6 x 2 − 12 x = ( 3 x 2 + 6 x )  f ′ ( x 3 + 3 x 2 ) − 2  .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 x 2 + 6 x = 0 . g′ ( x ) = 0 ⇔  3 2  f ′ ( x + 3 x ) = 2

 x3 + 3 x 2 = a < 0  3 2  x + 3x = b ∈ ( 0; 2 ) 3 2 ′ f x + 3 x = 2 ⇔ Phương trình ( . )  3 2  x + 3x = c ∈ ( 2; 4 )  x3 + 3 x 3 = d > 4 

x = 0 Hàm số h ( x ) = x 3 + 3 x 2 có h′ ( x ) = 3 x 2 + 6 x = 0 ⇔  .  x = −2

FI CI A

x = 0 Phương trình 3 x 2 + 6 x = 0 ⇔  .  x = −2

ƠN

Bảng biến thiên của hàm h ( x ) :

Dựa vào bảng biên thiên của hàm h ( x ) , ta có

Phương trình x3 + 3x 2 = a < 0 có duy nhất một nghiệm x1 < −3 .

QU Y

Phương trình x3 + 3x 2 = d > 4 có duy nhất một nghiệm x2 > 1 . Phương trình x 3 + 3 x 2 = b ∈ ( 0; 2 ) có ba nghiệm phân biệt không trùng với các nghiệm trên. Phương trình x 3 + 3 x 2 = c ∈ ( 2; 4 ) có ba nghiệm phân biệt không trùng với các nghiệm trên. Do đó, phương trình g ′ ( x ) = 0 có mười nghiệm đơn phân biệt nên hàm số y = g ( x ) có mười

điểm cực trị.

DẠ

KÈ

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số g ( x) = f ( x ) −

A. x = 2

x3 + x 2 − x + 2 đạt cực đại tại điểm nào? 3 B. x = 0

C. x = 1

D. x = −1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải

QU Y

Bảng xét dấu của g ' ( x ) :

ƠN

FI CI A

x = 0 g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x − 2 x + 1 ⇔  x = 1 ( Như hình vẽ).   x = 2 2

Chọn C 2 Ta có: g ' ( x ) = f ' ( x ) − x + 2 x − 1 .

Từ bảng xét dấu của g ' ( x ) ta suy ra hàm số g ( x ) đạt cực đại tại x = 1 .

B. 2.

C. 4.

để

D. 5.

DẠ

KÈ

A. 1.

Câu 51. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số hàm số g ( x ) = f ( x + 2018) + m 2 có 5 điểm cực trị?

Lời giải Chọn B Vì hàm f ( x ) đã cho có 3 điểm cực trị nên f ( x + 2018) + m 2 cũng luôn có 3 điểm cực trị (do phép tịnh tiến không làm ảnh hưởng đến số cực trị).

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Do đó yêu cầu bài toán ⇔ số giao điểm của đồ thị f ( x + 2018) + m 2 với trục hoành là 2.

FI CI A

→ m2 ≤−2 : vô lý  Tịnh tiến đồ thị f ( x) xuống dưới tối thiểu 2 đơn vị 

Để số giao điểm của đồ thị f ( x + 2018) + m 2 với trục hoành là 2, ta cần

 Hoặc tịnh tiến đồ thị f ( x) lên trên tối thiểu 2 đơn vị nhưng phải nhỏ hơn 6 đơn vị  2 ≤m< 6 m ∈ℤ  → 2 ≤ m2 < 6 ⇔   → m ∈ {−2;2}. Chọn B − 6 < m ≤ − 2

ƠN

Câu 52. Cho hàm đa thức y = f ( x ) đạo hàm trên ℝ , f (0) < 0 và có đồ thị hàm số f ′( x ) như hình vẽ

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x là

B. 6 .

C. 4 .

D. 3 .

A. 5 .

Lời giải

Chọn A

Đặt h( x ) = f ( x ) + 3x, ∀x ∈ ℝ

QU Y

 x = −1 x = 0 Ta có h′( x ) = f ′( x ) + 3; h′( x ) = 0 ⇔ f ′( x ) = −3 ⇔  x = 1   x = 2 (2 n)

KÈ

Dựa vào đồ thị hàm f ′( x ) ta có BBT của hàm số h( x ) như sau

Ta có h(0) = f (0) + 3.0 < 0 , suy ra h(1) < 0 , do đó trong khoảng (1; +∞) tồn tại giá trị x0 sao

DẠ

cho h ( x0 ) = 0 . Từ đó ta có BBT của hàm số g ( x ) như sau

Suy ra hàm số g( x ) có 5 điểm cực trị

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 53. Cho hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) có đồ thị là parabol như hình vẽ. Tìm m để giá trị lớn

A. m = 5 .

B. m = 4 .

C. m = 3 .

D. m = 1.

FI CI A

nhất của hàm số y = f ( x ) + m − 4 trên [ −2;1] đạt giá trị nhỏ nhất.

Chọn C 2

ƠN

Lời giải

Từ giả thiết suy ra y = ( x + 1) + m − 5 . Đặt g ( x ) = ( x + 1) + m − 5 .

Với ∀x ∈ [ −2;1] ta có g ( x ) ∈ [ m − 5; m − 1] .

Giá trị lớn nhất của hàm số ymax = max { m − 5 , m − 1 } . 2

+ Trường hợp 1: m − 5 ≥ m − 1 ⇔ ( m − 5 ) ≥ ( m − 1) ⇔ m ≤ 3 .

QU Y

Khi đó ymax = m − 5 = 5 − m ≥ 2  GTLN của hàm số đạt GTNN bằng 2, khi m = 3 . + Trường hợp 2: m − 1 ≥ m − 5 ⇔ m ≥ 3 . Khi đó ymax = m − 1 = m − 1 ≥ 2  GTLN của hàm số đạt GTNN bằng 2, khi m = 3 . Vậy m = 3 .

Câu 54. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có đúng hai điểm cực trị x = −1, x = 1, có đồ

DẠ

KÈ

thị như hình vẽ sau:

Hỏi hàm số y = f ( x 2 − 2 x + 1) + 2019 có bao nhiêu điểm cực trị?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 4 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 2 .

Lời giải

Chọn B

FI CI A

Do hàm số y = f ( x ) có đúng hai điểm cực trị x = −1, x = 1 nên phương trình f ′ ( x ) = 0 có hai nghiệm bội lẻ phân biệt x = −1, x = 1 . Ta có y ′ = ( 2 x − 2 ) f ′ ( x 2 − 2 x + 1) .

2 x − 2 = 0 x = 1  2 y′ = 0 ⇔  x − 2 x + 1 = −1 ⇔  x = 0 .  2  x = 2 x − 2x +1 = 1 Ta có

QU Y

Do đó ta có bảng biến thiên:

ƠN

 x > 1  x > 1  2 x − 2 > 0  2     x − 2 x + 1 > 1 2  x > 2  2 x > 2  f '( x − 2 x + 1) > 0    y' > 0 ⇔  ⇔   x − 2 x + 1 < −1 ⇔    x < 0 ⇔    2 x − 2 < 0 0 < x < 1   x < 1 x < 1     f '( x 2 − 2 x + 1) < 0   2   −1 < x − 2 x + 1 < 1  0 < x < 2

Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số y = f ( x 2 − 2 x + 1) + 2019 có 3 cực trị. Chọn phương án

DẠ

KÈ

Câu 55. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số như hình vẽ bên dưới.

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = 2 f ( x + 2 ) + ( x + 1)( x + 3) là

A. 2 .

B. 1.

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x + 2 ) + 2 x + 4 .

g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x + 2) = − ( x + 2) .

là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f ′ ( t ) và đường thẳng d : y = −t (hình vẽ)

QU Y

Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) .

t = −1  x = −3 t = 0  x = −2 ta có f ′ ( t ) = −t ⇔  hay  . t = 1  x = −1   t = 2 x = 0

ƠN

Dựa vào đồ thị của f ′ ( t ) và đường thẳng y = −t ta có

(1)

FI CI A

Đặt t = x + 2 ta được f ′ ( t ) = −t . (1)

Vậy đồ thị hàm số có một điểm cực tiểu.

Câu 56. Cho hàm số f ( x) có f ′ ( x ) = x ( x −1)( x 2 − 2mx + 1) . Hỏi có tất cả bao nhiêu số nguyên m không vượt quá 2018 sao cho hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) có 7 điểm cực trị?

KÈ

A. 2019.

B. 2016.

C. 2017.

D. 2018.

Lời giải

Chọn C

DẠ

Ta có: g ′ ( x ) = 2 x. f ′ ( x 2 ) = 2 x.x 2 ( x 2 −1)( x 4 − 2mx 2 + 1) = 2 x 3 ( x 2 −1)( x 4 − 2 mx 2 + 1) .

x = 0  g ′ ( x ) = 0 ⇔  x = ±1  4 2  x − 2mx + 1 = 0 (∗)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Do x = 0 là nghiệm bội lẻ và x = ±1 là các nghiệm đơn nên để g ( x) có 7 điểm cực trị thì phương trình (∗) phải có 4 nghiệm phân biệt khác 0 và khác ± 1 , hay phương trình

 m > 1    m < −1  ⇔ m > 0  m ≠ 1  

FI CI A

∆′ = m 2 −1 > 0  S = 2m > 0 ⇔  P = 1 > 0  2 1 − 2m.1 + 1 ≠ 0

t 2 − 2mt + 1 = 0 phải có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1.

⇔ m >1 .

Kết hợp với điều kiện m nguyên, không vượt quá 2018 suy ra có 2017 giá trị của m . 2

A. 15.

B. 16.

C. 17.

ƠN

Lời giải

D. 18.

Chọn A

 x = 1 (nghiem boi 2)  2 Xét f ′ ( x) = 0 ⇔ ( x −1) ( x 2 − 2 x) = 0 ⇔  x = 0 . x = 2  Ta có g ′ ( x ) = 2 ( x − 4) f ′ ( x 2 − 8 x + m) ;

QU Y

x = 4   x 2 − 8 x + m = 1 (nghiem boi 2)  2 g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 ( x − 4 ) f ′ ( x − 8 x + m) = 0 ⇔  2 .  x − 8 x + m = 0 (1)  2  x − 8 x + m = 2 ( 2)  Yêu cầu bài toán ⇔ g ′ ( x ) = 0 có 5 nghiệm bội lẻ ⇔ mỗi phương trình (1), (2) đều có hai

nghiệm phân biệt khác 4. (*)

DẠ

KÈ

Xét đồ thị (C ) của hàm số y = x 2 − 8 x và hai đường thẳng d1 : y = −m, d2 : y = −m + 2 (như hình vẽ).

Khi đó (*) ⇔ d1 , d 2 cắt (C ) tại bốn điểm phân biệt ⇔ −m >−16 ⇔ m < 16. Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Câu 58. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và bảng xét dấu đạo hàm

Hàm số y = 3 f (− x 4 + 4 x 2 − 6) + 2 x 6 − 3x 4 − 12 x 2 có tất cả bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 3.

B. 0.

C. 1.

D. 2.

Lời giải Chọn D

= −12 x( x 2 − 2). f ′( − x 4 + 4 x 2 − 6) + 12 x ( x 4 − x 2 − 2)

(

)

= −12 x( x 2 − 2). f ′(− x 4 + 4 x 2 − 6) − ( x 2 + 1) .

Có y′ = −(12 x 3 − 24 x ). f ′( − x 4 + 4 x 2 − 6) + 12 x 5 − 12 x 3 − 24 x

ƠN

x = 0 x = 0   4 2 2 Khi đó y ' = 0 ⇔  f ′(− x + 4 x − 6) − ( x + 1) = 0 ⇔  x = ± 2 .  x2 − 2 = 0  4 2 2   f ′( − x + 4 x − 6) = x + 1

4 2 2 2 Ta có − x + 4 x − 6 = −( x − 2) − 2 ≤ −2, ∀x ∈ ℝ .

Do đó f ′( − x 4 + 4 x 2 − 6) ≤ f ′ ( −2 ) = 0, ∀x ∈ ℝ . Mà x 2 + 1 ≥ 1, ∀x ∈ ℝ .

QU Y

Do đó phương trình f '(− x 4 + 4 x 2 − 6) = x 2 + 1 vô nghiệm.

Hàm số y = 3 f (− x 4 + 4 x 2 − 6) + 2 x 6 − 3x 4 − 12 x 2 có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Vậy hàm số y = 3 f (− x 4 + 4 x 2 − 6) + 2 x 6 − 3x 4 − 12 x 2 có 2 điểm cực tiểu.

DẠ

KÈ

Câu 59. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f 3 ( x 3 + 3 x ) là

A. 5.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Chọn B Ta có: g ′ ( x ) = 3 ( 3 x 2 + 3) f ′ ( x 3 + 3 x ) . f 2 ( x 3 + 3 x ) .

dấu của f ′ ( x 3 + 3 x )

 x 3 + 3 x = −1  x = x1 ≈ −0,32  f ′ ( x 3 + 3 x ) = 0 ⇔  x 3 + 3 x = 0 ⇔  x = 0  3  x = x2 ≈ 0,32  x + 3x = 1

 −1 < x 3 + 3 x < 0 x < x < 0 3 ′ Do đó f x + 3 x > 0 ⇔  3 ⇔ 1  x + 3 x > 1  x > x2

)

Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x )

ƠN

(

 −1 < x < 0 Từ bảng biến thiên của hàm f ( x ) ta có f ′ ( x ) > 0 ⇔  x > 1

FI CI A

Ta thấy g ′ ( x ) = 3 ( 3 x 2 + 3 ) > 0, ∀x ∈ ℝ và f 2 ( x 3 + 3 x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ nên dấu của g ' ( x ) chính là

QU Y

Vậy hàm số g ( x ) có 2 điểm cực tiểu.

KÈ

Câu 60. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số y = f ( x + 1 − 1) có bao nhiêu cực trị?

DẠ

A. 11 .

B. 7 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải

Chọn A Xét hàm số y = f ( x + 1 − 1)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có y′ =

x +1 f ′ ( x + 1 − 1) x +1

FI CI A

 x =1  x = 0 | x + 1| −1 = 0 y′ = 0 ⇔  ⇔ | x + 1| −1 = 1  x = −2     x = −3 y′ không xác định tại x = −1 .

ƠN

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT của hàm số y = f ( x + 1 − 1) suy ra BBT của hàm số y = f ( x + 1 − 1) .

Vậy hàm số y = f ( x + 1 − 1) có 11 cực trị.

KÈ

A. 9 .

QU Y

B. 12 .

C. 18 .

D. 15 .

Lời giải Chọn B

DẠ

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x) ta thấy hàm số có 3 cực trị. Số cực trị của hàm số y = f ( x − 1) + m bằng với số cực trị của hàm số y = f ( x − 1) và bằng số cực trị của hàm số y = f ( x) . Số cực trị của hàm số y = f ( x − 1) + m bằng số cực trị của hàm số y = f ( x) cộng với số nghiệm

đơn của phương trình f ( x − 1) + m = 0 (*) . Ta có f ( x − 1) + m = 0 ⇔ f ( x − 1) = − m ⇔ f (t ) = − m với t = x − 1 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Để hàm số y = f ( x − 1) + m có có 5 điểm cực trị thì phương trinh (*) phải có 2 nghiệm đơn phân biệt.

FI CI A

Câu 62. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Do đó −6 < −m ≤ 3 hoặc 2 ≤ −m  m ∈ {3, 4,5}  S = 3 + 4 + 5 = 12 .

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x + m ) có 5 điểm cực trị?

A. 3.

B. 4.

C. 5. Lời giải

ƠN

Chọn D Từ đồ thị hàm số ta thấy:

( x ) có 5 điểm cực trị.

Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị dương.  →f

D. Vô số.

 → f ( x + m ) có 5 điểm cực trị với mọi m (vì tịnh tiến sang trái hay sang phải không ảnh

hưởng đến số điểm cực trị của hàm số).

QU Y

Vậy có vô số giá trị m để hàm số g ( x ) = f ( x + m ) có 5 điểm cực trị.

Câu 63. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số

KÈ

y = f ( x + 1 − 3 ) có bao nhiêu điểm cực trị?

B. 5.

C. 6.

D. 7.

Lời giải

A. 3.

DẠ

Chọn D Đồ thị hàm số y = f ( x + 1 − 3 ) được suy từ đồ thị hàm số y = f ( x ) bằng cách • Tịnh tiến sang phải 3 đơn vị;

• Xóa bỏ phần đồ thị phía bên trái trục tung, phần đồ thị phía bên phải trục tung thì lấy đối xứng qua trục tung;

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

• Cuối cùng tịnh tiến đồ thị sang trái 1 đơn vị.

Câu 64. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình bên. Đặt

g ( x ) = f ( x + m ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) có đúng 7 điểm

A. 2 .

B. 3 .

C. 1 . Lời giải

D. Vô số.

ƠN

Chọn A

FI CI A

cực trị?

 f ( x + m ) , khi x ≥ 0 Ta có g ( x ) = f ( x + m ) =   f ( − x + m ) , khi x < 0

Do hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ  Hàm số g ( x ) xác định trên ℝ Và ta lại có g ( − x ) = f ( x + m ) = g ( x )  Hàm số g ( x ) là hàm số chẵn  Đồ thị hàm số

QU Y

y = g ( x ) đối xứng qua trục Oy .

Hàm số y = g ( x ) có 7 điểm cực trị ⇔ Hàm số y = g ( x ) có 3 điểm cực trị dương, 3 điểm cực trị âm và một điểm cực trị bằng 0 (*)

 x = −3  x = −1 Dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) , ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2  x = 5

KÈ

Xét trên khoảng ( 0; +∞ ) , ta được g ( x ) = f ( x + m ) + Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x + m )

DẠ

 x + m = −3  x = −m − 3  x + m = −1  x = −m − 1 + g′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔ x + m = 2  x = −m + 2   x + m = 5  x = −m + 5 + Nhận thấy −m − 3 < −m − 1 < −m + 2 < −m + 5

m ∈ ℤ −m − 1 > 0 Theo yêu cầu (*) bài toán ⇔  ⇔ −3 ≤ m < −1 ⇔  m ∈ {−3; −2} −m − 3 ≤ 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

hàm

y = f ( x)

số

có

bảng

biến

như

thiên

hình

vẽ

FI CI A

Câu 65. Cho

Hàm số y = f (1 − 3 x ) + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 5 .

Lời giải

Chọn D Đặt g ( x ) = f (1 − 3x ) + 1 .

 g ′ ( x ) = −3. f (1 − 3x ) .

ƠN

2  x = 3 1 − 3x = −1 ⇔⇔   g ′ ( x ) = 0 ⇔ f (1 − 3x ) = 0 ⇔  1 − 3x = 3 x = − 2  3

QU Y

Suy ra bảng biến thiên:

hàm

số

y = f ( x)

có

bảng

biến

như

thiên

hình

vẽ.

DẠ

KÈ

Câu 66. Cho

Vậy hàm số y = g ( x) có 5 điểm cực trị.

Biết đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) − m có 5 điểm cực trị. Khi đó số các giá trị nguyên của tham

số của m là A. 6 .

B. 7 .

C. 8 .

D. 9 .

Lời giải Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Do hàm y = f ( x ) có hai điểm cực trị nên y = f ( x ) − m có hai điểm cực trị. số giao điểm của y = f ( x ) và y = m phải là 3. g ( x) = f (1 − 3 x)  g ′( x) = −3. f ′(1 − 3 x) Suy ra 4 < m < 11 . Do m ∈ ℤ  m ∈ {4,5, 6, 7,8,9,10} nên chọn đáp án

FI CI A

Để thoả mãn yêu cầu bài thì số giao điểm của đồ thị y = f ( x ) − m với trục hoành phải là 3 hay

Câu 67. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi  11  B. m ∈  2;  .  2

A. m ∈ ( 4;11) .

C. m = 3 .

 11  D. m ∈  2;  .  2

ƠN

Lời giải Chọn B

y = f ( x) Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị. y = f ( x ) − 2m Để đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị thì đồ thị y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 2m tại 5 − 2 = 3 điểm phân biệt ⇔ 4 < 2m < 11 ⇔ 2 < m <

11 . 2

QU Y

Câu 68. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

A. 1 . Lời giải

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 2 x + 1 + 3 ) là

B. 5 .

C. 0 .

D. 3 .

KÈ

Chọn A +/ Ta có: Số điểm cực trị của hàm y = f ( 2 x + 1 + 3 ) bằng 2α + 1 , với α bằng số điểm cực trị lớn hơn −

1 của hàm y = f ( 2 x + 1 + 3) = f ( 2 x + 4 ) . 2

DẠ

5  x=−  2 x + 4 = −1  2 ⇔ +/ Hàm y = f ( 2 x + 4 ) có 2 điểm cực trị là:  2 x + 4 = 3 1  x = −  2 Vậy: Số điểm cực trị của hàm y = f ( 2 x + 1 + 3 ) bằng 2.0 + 1 = 1  Chọn A

Câu 69. Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu như sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L D. 7.

Chọn A g '( x) = (| 2 x − 3 | −2) '. f '(| 2 x − 3 | −2) =

2 ( 2 x − 3) . f '(| 2 x − 3 | −2) | 2x − 3 |

QU Y

ƠN

BBT:

x = 5 / 2  x = 1/ 2 | 2 x − 3 | −2 = 0 g '( x) = 0 ⇔  ⇔ x = 7 / 2 | 2 x − 3 | −2 = 2   x = −1/ 2

FI CI A

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số g ( x) = f (| 2 x − 3 | −2) là A. 5. B. 4. C. 3. Lời giải

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.

Câu 70. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + ex + f ( a ≠ 0 ) và hàm số f ' ( x ) có đồ thị như

DẠ

KÈ

hình vẽ dưới đây.

1 1 Gọi g ( x ) = f ( x ) − x 3 − x 2 − 2 x − m . Hàm số y = g ( x ) có tối đa bao nhiêu điểm cực trị. 3 2

A. 5 .

B. 6 .

C. 9 . Lời giải

D. 8 .

Chọn C

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Từ đồ thị f ' ( x ) = 5ax 4 + 4bx 3 + 3cx 2 + 2dx + e suy ra a > 0 . Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) − x 2 − x − 2 nên lim g ' ( x ) = +∞ .

x →+∞

FI CI A

Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) − x 2 − x − 2 . Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x 2 + x + 2 (1).

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của hai đồ thị y = f ' ( x ) và đồ thị hs

ƠN

y = x2 + x + 2 .

g ' ( x ) = f ' ( x ) − x 2 − x − 2 là đa thức bậc 4 với hệ số lớn nhất a > 0 .

Dựa đồ thị ta có lim+ g ' ( x ) = c < 0 (với c là hằng số) và lim g ' ( x ) = +∞ . Vậy phương trình x →+∞

x →1

g ' ( x ) = 0 có ít nhất 1 nghiệm x0 > 1 .

QU Y

 x = −2 Dựa vào đồ thị g ' ( x ) = 0 có 3 nghiệm  x = −1 .  x = 1

Mà g ' ( x ) = f ' ( x ) − x 2 − x − 2 = 0 là phương trình bậc 4 có tối đa 4 nghiệm.

KÈ

 x = −2  x = −1 . Kết luận: g ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1   x = x0 > 1

DẠ

Cũng dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 3 − x 2 − 2 x − m có 4 cực trị. 3 2

FI CI A

1 1 Phương trình g ( x ) = 0 ⇔ f ( x ) − x 3 − x 2 − 2 x − m = 0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt khác với 3 2 các nghiệm g ' ( x ) = 0 . Vậy hàm số y = g ( x ) có tối đa 9 điểm cực trị.

Câu 71. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ có f ' ( x ) = ( x − 8)3 .(x 2 − 8 x + 15).(x + 2) 4 Có

(

)

4 2 2 bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f −16 x − 2 x + m có nhiều cực trị nhất?

C. 7 . Lời giải

Chọn A

D. 8 .

B. 5 .

A. 4 .

QU Y

ƠN

Xét hàm số y = −16 x 4 − 2 x 2 + m 2 có bảng biến thiên có dạng:

Hàm số f ' ( x ) = ( x − 8)3 .(x 2 − 8 x + 15).(x + 2) 4 có 3 điểm cực trị là x = 3 , x = 5 ; x = 8 . Số giao điểm tối đa của hàm số y = −16 x 4 − 2 x 2 + m 2 với các đường thẳng y = 3 , y = 5 ; y = 8

DẠ

KÈ

thể hiện ở hình vẽ sau:

m 2 > 8 ⇔ 8 < m 2 < 19 ⇔ 2 2 < m < 19 ≈ 4,36 YCBT ⇔  2 m − 16 < 3  Vì m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−4;−3;3;4} .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy có 4 giá trị nguyên m ∈ ℤ .

Câu 72. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

FI CI A

y x 0

A. m ∈ (−∞; 0 ].

B. m ∈ (3; +∞) .

C. m∈[ 0;3) .

D. m ∈ (0;3) .

Tìm m để hàm số y = f ( x 2 + m) có 3 điểm cực trị.

ƠN

Lời giải Chọn C 2

Do hàm số y = f ( x + m) là hàm chẵn nên hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi hàm số này có đúng 1 điểm cực trị dương. y = f ( x 2 + m )  y ′ = 2 xf ′ ( x 2 + m )

QU Y

x = 0  2 x = 0 x +m=0 ′ ⇔ 2 ⇔ y =0⇔  2 x + m = 1 ′  f ( x + m ) = 0   x 2 + m = 3

x = 0  2  x = −m  x2 = 1 − m   x 2 = 3 − m

đi qua, do đó các điểm cực

KÈ

x = 0  2 trị của hàm số y = f ( x + m) là các điểm nghiệm của hệ  x = − m  x2 = 3 − m  2

−m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m < 3. 3 − m > 0 

Hệ trên có duy nhất nghiệm dương khi và chỉ khi 

DẠ

Câu 73. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L (

)

FI CI A

[ −10;10]

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên thuộc đoạn

của tham số m để hàm số

A. 5 .

B. 3 .

C. 10 . Lời giải

( 2 x + 1) ( x 2 + x − 2 ) 2

x +x−2

(

 x = −2 f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2  x = 5 y′ =

D. 6 .

ƠN

Chọn D

y = f x 2 + x − 2 − m có đúng 3 điểm cực trị. Số phần tử của tập hợp S bằng

f ′ x2 + x − 2 − m

)

(

)

KÈ

QU Y

1  x = − 2  Điểm đặc biệt: y ' = 0 hoặc y ' không xác định ⇔  x = 1  x = −2   f ′ x 2 + x − 2 − m = 0 (1)  1 Ta thấy x = − ; x = 1; x = −2 là các nghiệm đơn của y′ . 2 2  x + x − 2 − m = −2  x2 + x − 2 = m − 2   (1) ⇔  x 2 + x − 2 − m = 2 ⇔  x 2 + x − 2 = m + 2    x2 + x − 2 − m = 5  x2 + x − 2 = m + 5  

DẠ

Ta có BBT của hàm số t = x 2 + x − 2 như sau:

Để hàm số có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình (1) không có nghiệm đơn. Dựa vào BBT trên, phương trình (1) không có nghiệm đơn ⇔ m + 5 ≤ 0 ⇔ m ≤ −5

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vì m ∈ ℤ , m∈ [ −10;10]  m ∈ {−10; −9;...... − 5} . Vậy tập S có 6 phần tử.

f ( − x 2 + 2 x ) + 2021 f ( − x2 + 2x )

A. 3.

có bao nhiêu điểm cực trị?

B. 2.

C. 4. Lời giải

Chọn A

D. 5.

Hàm số y =

f ( − x2 + 2 x )

−2021( −2 x + 2) f ′ ( − x 2 + 2 x ) 2021 ′ = 1+ y = f ( −x2 + 2x ) f 2 ( −x2 + 2x )

−2021( −2 x + 2) f ′ ( − x 2 + 2 x ) f 2 ( −x2 + 2x )

QU Y

Do đó y ′ = 0 ⇔

x≠0   x≠2  . ⇔ x ≠ 1+ 1− a x ≠ 1− 1− a 

Ta có y =

ƠN

 − x2 + 2x ≠ 0  Điều kiện f ( − x 2 + 2 x ) ≠ 0 ⇔  − x 2 + 2 x ≠ a ( a < −1)  − x 2 + 2 x ≠ b (b > 1) ( ∀x )  f ( − x 2 + 2 x ) + 2021

FI CI A

Câu 74. Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn có bảng biến thiên như sau:

⇔ −2021(−2 x + 2) f ′ ( − x 2 + 2 x ) = 0

x =1  x =1    − x 2 + 2 x = −1 x = 1± 2  ⇔ 2 ⇔ . x = 0; x = 2 ∉ TXĐ  −x + 2x = 0   2 2 − x + 2 x = 1   ( x − 1) = 0  Vậy hàm số có 3 cực trị.

DẠ

KÈ

Câu 75. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị của hàm số y = f ( 5 − 2 x ) như hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng ( −9;9 ) thỏa mãn 2m ∈ ℤ và hàm số

B. 25 .

C. 26 .

D. 27 .

Lời giải Chọn C • Đặt g ( x ) = f ( 5 − 2 x ) , khi đó đồ thị đã cho là của g ( x ) .

ƠN

5 − x  2 =0 x = 5  5− x  f ′( x) = 0 ⇔ = 2 ⇔  x = 1 .  2  x = −3 5 − x  =4  2

1 5− x  5− x  Có f ( x ) = g    f ′( x) = − g′ . 2  2   2 

A. 24 .

1 có 5 điểm cực trị? 2

FI CI A

y = 2 f ( 4 x3 + 1) + m −

1 • Đặt h ( x ) = 2 f ( 4 x 3 + 1) + m − , có h′ ( x ) = 24 x 2 f ′ ( 4 x 3 + 1) . 2

DẠ

KÈ

Bảng biến thiên:

QU Y

 x2 = 0  3 x = 0 4x +1 = 5  ⇔  x = −1 . h′ ( x ) = 0 ⇔  3 4x +1 = 1   x = 1  4 x3 + 1 = −3

1 = h ( x ) có 5 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình h ( x ) = 0 có đúng 2 nghiệm khác các điểm cực trị của Từ BBT ta thấy h ( x ) có 3 điểm cực trị, do đó hàm số y = 2 f ( 4 x 3 + 1) + m −

m + 4 ≤ 0  m ≤ −4  2m ≤ −8 1 ⇔ ⇔ . h ( x ) . Điều này tương đương với  17 1 17 m − < 0 ≤ m −  ≤m< 1 ≤ 2m < 17  2 2 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Mà 2m ∈ ℤ , 2m ∈ ( −18;18 ) nên 2 m ∈ {−17 ; − 16 ;...; − 8} ∪ {1; 2;...;16} . Vậy có 26 giá trị m thỏa mãn.

FI CI A

Câu 76. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f

( x) − 4 f ( x) − m )

A. 1652 .

ƠN

điểm cực trị là B. 1653 .

C. 1654 .

D. 1651 .

Lời giải

Chọn A Ta có:

f 2 ( x) − 4 f ( x) − m

(

)

. f ′ f 2 ( x) − 4 f ( x) − m = 0

QU Y

g′( x) =

f ′ ( x ) ( 2 f ( x ) − 4) ( f 2 ( x ) − 4 f ( x ) − m)

 f ′ ( x ) = 0 (1)  2 f ( x ) − 4 = 0 ⇔ f ( x ) = 2 ( 2)  2  f ( x ) − 4 f ( x ) − m = 0 ⇔ f 2 ( x ) − 4 f ( x ) = m ( 3)  ⇔ f 2 ( x ) − 4 f ( x ) − m = −1 ( vo ly )    f 2 ( x) − 4 f ( x) − m = 2  f 2 ( x ) − 4 f ( x ) = m + 2 ( 4)  2 f x − 4 f x − m = 2 ⇔ ⇔ ( )  2  2  ( )  f ( x ) − 4 f ( x ) − m = −2  f ( x ) − 4 f ( x ) = m − 2 ( 5) 

KÈ

Dễ thấy (1) có 2 nghiệm đơn (vì có 2 cực trị) và ( 2 ) có 3 nghiệm đơn Vậy tổng số nghiệm đơn của phương trình ( 3 ) ; ( 4 ) ; ( 5 ) là 12 thì thỏa mãn

DẠ

 x ∈ {−1; 2} Đặt u = u ( x ) = f 2 ( x ) − 4 f ( x )  u′ = 2 f ′ ( x ) ( f ( x ) − 2 )  u′ = 0 ⇔  .  x ∈ {a; b; c}

Các nghiệm trên được sắp thứ tự từ nhỏ đến lớn như sau: a < −1 < b < 2 < c . Bảng biến thiên của hàm số u = f 2 ( x ) − 4 f ( x ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

có 17

L FI CI A

Vậy số giao điểm của các đường thẳng y = m − 2; y = m; y = m + 2 với đồ thị u ( x ) là 12 điểm phân biệt

−3 ≤ m − 2 < 60 ⇔ ⇔ −1 ≤ m < 58  m ∈ {−1;0;1;...;57}  S = 1652 . −3 ≤ m + 2 < 60

9 1 Câu 77. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ có f (−3) > 8, f (4) > , f (2) < . Biết rằng hàm số 2 2 2

ƠN

y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số y = 2 f ( x ) − ( x − 1) có bao nhiêu điểm

QU Y

cực trị?

A. 4

B. 5

Chọn B

C. 6

D. 7

Lời giải

Đặt g ( x) = 2 f ( x) − ( x − 1) . Ta xác định số điểm cực trị của hàm số y = g ( x )

Ta có g '( x ) = 2 f '( x ) − 2( x − 1)

KÈ

Xét đường thẳng (d ) : y = x − 1. Đồ thị hàm số y = f ′( x) và đường thẳng (d ) có 4 điểm chung có hoành độ lần lượt −1;1;2;3 nhưng chỉ các điểm −1;2;3 là cực trị hàm số (1). 2

g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x − 1) vì khi x đi qua điểm 1 thì g '( x )

không đổi dấu

DẠ

Bảng biến thiên của hàm số g(x)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Từ giả thiết ta thấy g (2) < 0; g (4) > 0, g ( −3) > 0 nên phương trình g ( x) = 0 có đúng 2 nghiệm (2)

Từ (1) và (2) suy ra đồ thị hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 78. Cho hàm số g ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số

B. 5

QU Y

A. 9

ƠN

f ( x ) = g ( g ( x ) ) có bao nhiêu điểm cực tiểu.

Chọn B Ta có

C. 6

D. 7

Lời giải

x = 2 g '( x) = 0 ⇔  x = 3  x = 4.

Các phương trình g ( x) = 2, g ( x) = 3 và g ( x) = 4 mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt nằm

KÈ

ngoài khoảng [ 2; 4 ]

 g '( x) = 0 f ' ( x) =  g ( g ( x ) )  ' = 0 ⇔ g ' ( x ) .g ' ( g ( x ) ) = 0 ⇔   g ' ( g ( x ) ) = 0

DẠ

Suy ra: f ' ( x) = 0 có tất cả 9 nghiệm đơn nên hàm số y = f ( x) có tất cả 9 cực trị. Mặt khác ta có f ( x) là một đa thức bậc 16 có hệ số a > 0 nên hàm số có đúng 5 điểm cực tiểu.

Vậy số cực tiểu là 5