TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ CÁC TRƯỜNG, CÁC SỞ NĂM 2022 MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VD-VDC TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ CÁC TRƯỜNG, CÁC SỞ NĂM 2022 MÔN TOÁN (CÂU HỎI - ĐÁP ÁN) 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

VẤN ĐỀ 1. HÀM SỐ (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′( x ) = ( x 2 + 9 x )( x 2 − 9 ) với mọi

(

)

Câu 1.

quá 6 điểm cực trị ? A. 2. B. 5. C. 4. D. 7. (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

ƠN

Câu 2.

FI CI A

x ∈ ℝ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = g ( x) = f x 3 + 3 x + 2m − m 2 có không

(

)

Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình f x 2 − 4 x − 3 = a có không ít hơn 10 nghiệm thực

QU Y

Câu 3.

phân biệt? A. 4. B. 6. C. 2. D. 8. (Chuyên Vinh -2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) . Biết rằng hàm số y = f ′ (1 − x 2 ) có đồ thị

KÈ

như hình vẽ bên.

 x2 − 1  2 Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f  2  + là  x  x A. 5. B. 4. C. 3. D. 7. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm

DẠ

Câu 4.

f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1)

( x − 2 ) . Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( x ) +

1 3 x − x − 2 có đạo hàm 3

trên đoạn [ −1; 2] bằng A. f ( 2 ) −

3 . 4

8 B. f (1) − . 3

C. f ( 0 ) − 2 .

D. f ( −1) −

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

4 . 3 Trang 1

(Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho

m + 3 3 m + 3log x = log x có 3 nghiệm phân biệt? A. 2. B. 1. C. 3. D. 4. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ. Số

phương trình Câu 6.

(

f ( x)

)

+ f ( x ) = 1 là:

A. 2 . Câu 7.

B. 4 .

FI CI A

nghiệm thực phân biệt của phương trình f e

Câu 5.

C. 6 .

D. 8 .

(Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá

(

)

ƠN

trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −2021;2021] để hàm số g ( x ) = f x5 + 4 x + m có ít nhất

QU Y

5 điểm cực trị.

A. 2022 .

C. 2021 .

D. 1012 .

(Đại học Hồng Đức 2022) Cho hàm đa thức y =  f x + 2 x  ′ có đồ thị cắt trục Ox tại 5 điểm phân biệt như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu giá trị của tham số m với 2022m ∈ ℤ để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 | x − 1| −2 x + m ) có 9 điểm cực trị?

(

)

DẠ

KÈ

Câu 8.

B. 2023 .

A. 2020. B. 2023. C. 2021. D. 2022. 3 2 Câu 9. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho f ( x) = x − 3 x + 1 . Phương trình f ( f ( x) + 1) + 1 = f ( x) + 2 có số nghiệm thực là A. 7. B. 6. C. 4. D. 9. Câu 10. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 6 f ( x 2 − 4 x ) = m có it nhất 3 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng (0; +∞) ? A. 29. B. 25. C. 24. D. 30. Câu 11. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) 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. 17. B. 16. C. 18. D. 19. Câu 12. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho các hàm số y = f ( x ) ; y = f ( f ( x ) ) ;

y = f ( x 2 + 2 x − 1) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) ; ( C2 ) ; ( C3 ) . Đường thẳng x = 2 cắt ( C1 ) ; ( C2 ) ; ( C3 )

lần lượt tại A, B, C . Biết rằng phương trình tiếp tuyến của ( C1 ) tại A và của ( C2 ) tại B lần lượt B. y = 12 x + 3 .

C. y = 24 x − 27 . D. y = 4 x + 1 . (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hìnhh vẽ. Hàm số

A. y = 8 x − 9 . Câu 13.

ƠN

là y = 2 x + 3 và y = 8 x + 5 . Phương trình tiếp tuyến của ( C3 ) tại C là

QU Y

y = 4 − f 2 ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 . Câu 14.

B. 5 .

C. 3 .

D. 6 .

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [ −4; 4] , có các điểm

KÈ

4 cực trị trên ( −4; 4 ) là −3; − ;0; 2 và có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( x3 + 3x ) + m với m là 3 tham số. Gọi m1 là giá trị của m để max g ( x ) = 2022, m2 là giá trị của m để min g ( x ) = 2004. [0;1]

[ −1;0]

DẠ

Giá trị của m1 − m2 bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

C. 11 .

FI CI A

L Câu 15.

B. 13 .

D. 14 .

A. 12 .

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C1 ) và

QU Y

ƠN

y = f ′ ( x ) có đồ thị ( C 2 ) như hình vẽ dưới.

Số điểm cực đại của đồ thị hàm số g ( x ) = f  e − x f ( x )  trên khoảng ( −∞ ;3) là B. 3 . C. 6 . D. 4 . A. 5 . Câu 16. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x) = x 4 − 14 x3 + 36 x 2 + (16 − m) x với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số g ( x) = f (| x |) có 7 điểm cực trị? A. 33. B. 31. C. 32. D. 34. x −x Câu 17. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số y = f ( x) = 2022 − 2022 + x + sin x . Có bao nhiêu

Câu 18.

KÈ

giá trị nguyên của m để phương trình f ( x + 3) + f ( x 3 − 4 x + m ) = 0 có ba nghiệm phân biệt? A. 4. B. 3. C. 2. D. 5. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ , có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x 2 − 4 ) ( x − 5 ) , ∀x ∈ ℝ và f (1) = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số

g ( x ) = f ( x 2 + 1) − m có nhiều điểm cực trị nhất ?

A. 6 . B. 8 . C. 5 . D. 7 . (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) 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 bên dưới:

DẠ Câu 19.

Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

ƠN

Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng (−9;9) thỏa mãn 2m ∈ ℤ và hàm số 1 y = 2 f ( 4 x3 + 1) + m − có 5 điểm cực trị ? 2 A. 26. B. 25. C. 27. D. 24. Câu 20. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ.

Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) có 7 điểm cực trị.

KÈ

QU Y

A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. Câu 21. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và đồ thị của hàm số y = f (1 − x ) như hình vë bên:

 1− x  2x +1 Số giá trị nguyên của m để phương trình f  + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt là −  x+2 x+2 A. 3. B. 4. C. 2. D. 5. Câu 22. (Sở Hà Tình 2022) Cho hàm số bậc ba f ( x ) và hàm số g ( x ) = f ( x + 1) thoả mãn

(

)

DẠ

( x − 1) g ′( x + 3) = ( x + 1) g ′( x + 2) , ∀x ∈ ℝ . Số điếm cực trị của hàm số y = f 2 x 2 − 4 x + 5 là

Câu 23.

A. 1. B. 3. C. 2. D. 5. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f (0) < 0 , đồ thị của f ′( x ) như hình vẽ:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

L FI CI A

ƠN

Gọi m, n lần lượt là số điểm cực đại, số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) =| f (| x |) + 3 | x || . Giá trị của m n bằng A. 4. B. 8. C. 27. D. 16. Câu 24. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị của đạo hàm như hình vë:

A. 3 f (1) + 2 . B. 3 f (0) . C. 3 f ( − 3) . D. 3 f ( 3) . (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đổ thị như hình vẽ:

QU Y

Câu 25.

Giá trị lớn nhất của hàm số h( x) = 3 f ( x) − x3 + 3 x trên đoạn [ − 3; 3] bằng

Xét T = 103 f ( a 2 + a + 1) + 234 f ( af (b) + bf ( a )), (a, b ∈ ℝ ) . Biết T có giá trị lónn nhát bằng M

M bằng m 1011 1011 337 674 A. . B. . C. . D. . 4 8 2 3 Câu 26. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có đồ thị của đạo hàm như hình vẽ:

DẠ

KÈ

đạt tại m cặp (a; b) , khi đó

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

)

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x) = 4 f x 2 − 4 + x 4 − 8 x 2 là

A. 4. B. 7. C. 3. D. 5. 6 Câu 27. (Sở Bắc Giang 2022) Biết rằng f (0) = 0 . Hỏi hàm số g ( x) = f x − x3 có bao nhiêu điểm cực

( )

FI CI A

đại?

Đặt g ( x ) = f

(

QU Y

ƠN

B. 4. C. 3. D. 1. A. 2. Câu 28. (Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây

)

(

x2 − 4 x + 6 − 2 x2 − 4 x

)

x 2 − 4 x + 6 − 12 x 2 − 4 x + 6 + 1 . Tổng giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) trên đoạn [1; 4] bằng

DẠ

KÈ

B. −12 − 12 6 . C. −12 − 2 4 . D. 12 − 12 6 . A. 12 − 2 4 . Câu 29. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có f ′(1) = 3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m và mε [ −10;10] để phương trình fɺ ( x) ln + x[ f ( x ) − 3mx] = 3mx3 − f ( x) có hai nghiệm dương phân biệt? 3mx 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

L FI CI A OF QU Y

ƠN

A. 18. B. 9. C. 10. D. 15. 3 2 Câu 30. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + d có bảng biến thiên như sau

Tìm m để phương trình | f ( x − 1) + 2 |= m có 4 nghiệm thỏa mãn x1 < x2 < x3 < 1 < x4 . A. 4 < m < 6 . B. 3 < m < 6 . C. 2 < m < 6 . D. 2 < m < 4 . Câu 31. (Sở Ninh Bình 2022) Cho f ( x ) là hàm số bậc ba. Hàm số f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( e x − 1) − x − m = 0 có hai nghiệm thực phân

KÈ

biệt?

B. m > f (0) . C. m < f (0) . D. m > f (2) . (Sở Bạc Liêu 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị có 3 điểm cực trị như

DẠ

A. m < f (2) .

Câu 32.

hình vẽ.

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x + 2 ) là

A. 5 . B. 11 . C. 9 . D. 7 . Câu 33. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số đa thức bậc bốn và có bảng biến thiên như −

1 x4

 f ( 2 x + 1) 

ƠN

hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = 2

QU Y

A. 7 . B. 5 . C. 4 . D. 6 . Câu 34. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ..

Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình f (1 − 2sin x ) = m có đúng hai nghiệm

Câu 35.

KÈ

trên [ 0; π ]

B. −2 . C. 0 . D. −6 . A. −3 . (Sở Lạng Sơn 2022) Biết rằng tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

DẠ

m ( x + 4 ) x 2 + 2 = 5x 2 + 8x + 24 có bốn nghiệm thực phân biệt là khoảng ( a; b ) . Giá trị a + b bằng 28 25 A. . B. . C. 4 . D. 9 . 3 3 Câu 36. (Sở Lạng Sơn 2022) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

L FI CI A

Hàm số y =  f ( x )  − 3  f ( x )  đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. ( −∞ ;1) . B. (1;2 ) . C. ( 3;4 ) . D. ( 2;3) .

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

ƠN

Câu 37.

Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) có đúng 3 điểm

D. 13 .

QU Y

cực tiểu. Tổng các phần tử của S bằng A. 18 . B. 11 . C. 2 . Câu 38. (Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

(

)

KÈ

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2 f x − 1 − 2 x − 1 = 3 là

B. 5 .

C. 8 . D. 4 . x −1 Câu 39. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . Gọi ∆ là tiếp tuyến thay đổi của 2x −1 đồ thị ( C ) . Khoảng cách từ giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị ( C ) đến đường thẳng ∆ đạt giá trị lớn nhất bằng 2 A. . B. 1 . C. 2 . D. 5 . 2 ax + b Câu 40. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như trong hình cx + d vẽ sau:

DẠ

A. 12 .

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Biết rằng đồ thị hàm số f ( x ) đi qua điểm A ( 0;2 ) . Giá trị f ( 3) bằng

A. −2 . B. −1 . C. 3 . D. 5 . Câu 41. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đạo hàm

3 2 f ′ ( x ) = ( x + 1) ( 2 x 2 − 3x − 9 ) , ∀x ∈ ℝ . Hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − 3x − 9x + 6 có bao nhiêu điểm

ƠN

cực trị? A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3 . Câu 42. (Sở Thái Nguyên 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho 2 x 3 − 3 x 2 + m ≤ 16, ∀x ∈ [ 0;3] . Tổng tất cả các phần tử của S bằng

QU Y

A. −65 . B. − 74 . C. −42 . D. 87 . Câu 43. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

(

)

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x3 − x  f ( x + 1)  là B. 8. C. 13. A. 11.

Câu 44.

D. 10. 1 x

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số f ( x) = log 3 x + 3x − 3 . Tổng bình phương các giá trị của

  1 2 tham số m để phương trình f   + f x − 4 x + 7 = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân  4 | x − m | +3  biệt bằng A. 14. B. 13. C. 10. D. 5. Câu 45. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số x −1 y= 2 có đúng hai đường tiệm cận? x − ( 2m + 1) x + m2 − 3

)

KÈ

(

A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 0 . Câu 46. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và đồ thị f ′ ( x ) như

DẠ

hình vẽ dưới đây.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

L FI CI A

[0;2]

ƠN

1 Bất phương trình f ( x ) − x 3 + x 2 + 3 x − m > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi 3 22 22 A. m < f ( 0 ) . B. m < f ( 2 ) + . C. m ≤ f ( 0 ) . D. m ≤ f ( 2 ) + . 3 3 2 x − m2 Câu 47. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số f ( x ) = , với m là tham số. Gọi m1 , m2 ( m1 < m2 ) là x +1 các giá trị của tham số m thỏa mãn 2 max f ( x ) − min f ( x ) = 8 . Tổng 2m1 + 3m2 bằng [0;2]

QU Y

A. 1. B. −2 . C. 4 . D. −1 . Câu 48. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Một người thợ cần thiết kế một bể cá hình hộp chữ nhật bằng kính, có chiều cao là 0,8m , thể tích 576dm3 . Biết rằng phần nắp phía trên của bể cá người thợ đó để trống một ô có diện tích bằng 30% diện tích đáy bể. Biết rằng loại kính mà người thợ sử dụng làm mặt bên và nắp bể có giá thành 1000000 đồng/m2 và kính để làm mặt đáy có giá thành 1200000 đồng/m2. Giả sử phần tiếp xúc giữa các mặt là không đáng kể. Số tiền mua kính ít nhất để hoàn thành bể cá gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 4,1 triệu đồng. B. 3, 2 triệu đồng. C. 2,8 triệu đồng. D. 3,8 triệu đồng. Câu 49. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét

A. ( 0;1) .

B. ( −4; −2 ) .

C. ( −1;0 ) .

D. ( −2; −1) .

(Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu f ′ ( x ) như sau

KÈ

Câu 50.

dấu như hình sau. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 3x + 1) đồng biến trên khoảng nào dưới đây

DẠ

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 + 2 x − 4 ) là

A. 2 .

Câu 51.

Trang 12

B. 3 .

C. 5 .

D. 10 .

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc bốn. Đồ thị hàm số f ′( x + 2) được cho trong hình vẽ bên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Hàm số g ( x ) = 4 f ( x 2 ) − x 6 + 5 x 4 − 4 x 2 + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −4; −3) . B. (2; +∞ ) .

QU Y

ƠN

C. ( − 2; 2) . D. (−2; −1) . Câu 52. (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc ba và có đồ thị y = f (2 − x ) như hình vẽ.

(

)

Hỏi phương trình f x 2 − 2 x = 1 có tất cả bao nhiêu nghiệm?

A. 8. B. 7. C. 9. D. 6. Câu 53. (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm

KÈ

f ′( x ) = ( x − 1) 2 ( x 2 − 2 x ) với ∀x ∈ ℝ . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm

số f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị?

DẠ

A. 15. B. 16. C. 17. D. 18. Câu 54. (Chuyên Hạ Long 2022) Cho các số thực x, y thoả mãn

max{5;9 x + 7 y − 20} ≤ x 2 + y 2 ≤ 2 x + 8 .Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất  y ≤1 của biểu thức P = x − 2 y . Tính M − m A. 1 + 3 5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

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

mx 2 + (m + 2) x + 5 . Gọi S là tập hợp các giá trị của x2 + 1 m sao cho đồ thị hàm số đã cho có đúng hai điểm cực trị và đường thẳng nối hai điểm cực trị của 25 đồ thị hàm số cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng . Tính tổng các phần 4 tử của S A. 0. B. 1 C. −4 D. −2 . Câu 56. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f ( −4) = 4 . Đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ bên dưới. Để giá trị lớn nhất của hàm số (Chuyên Hạ Long 2022) Cho hàm số y =

ƠN

FI CI A

Câu 55.

QU Y

x2 − x + 3m trên đoạn [ −4;3] không vượt quá 2022 thì tập giác trị của m là 2 (−∞; 2022] . (674; +∞ ) . (−∞;674] . (2022; +∞ ) .

h( x) = f ( x) −

DẠ

KÈ

A. B. C. D. Câu 57. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số f ( x) = x 4 − 2 x 3 + (m − 1) x 2 + 2 x − m + 2022 , với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn [ −2021; 2022] để hàm số y =| f ( x − 2021) − 2022 | có số điểm cực trị nhiều nhất? A. 2021. B. 2022. C. 4040. D. 2023. Câu 58. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L (f

bao 2

nhiêu

( x) + x

2 2

) − (m

giá 2

trị

+ 2m + 14

nguyên

)( f

c ủa

tham

số

FI CI A

Có

m ∈ [ −2021; 2021]

)

để

phương

trình

( x) + x 2 + 4( m + 1) 2 + 36 = 0 có đúng 6 nghiệm phân biệt.

ƠN

A. 2022. B. 4043. C. 4042. D. 2021. Câu 59. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

KÈ

QU Y

Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f 2 ( g ( x)) với g ( x) = x 2 − 4 x + 2 4 x − x 2 A. 17. B. 21. C. 23. D. 19. Câu 60. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm đa thức bậc bốn y = f ( x ) . Biết đồ thị của hàm số y = f ′(3 − 2 x ) được cho như hình vẽ

DẠ

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng A. (−∞; −1) . B. ( −1;1) . C. (1;5) . D. (5; +∞ ) . Câu 61. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

L FI CI A

Đặt g ( x ) =| m + f (2022 + x ) | . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = g ( x ) có đúng 5 điểm cực trị? A. 6. B. 8. C. 9, D. 7. Câu 62. (Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2022) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số f ′( x ) có bảng

ƠN

biến thiên như hình vẽ sau Giá trị lớn nhất của hàm số g ( x) = f (2 x) − sin 2 x trền đoạn [ −1;1] là

A. f (1) . B. f (0) . C. f (2) . D. f ( −1) . Câu 63. (Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ

QU Y

thị có 3 điểm cực trị như hình dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x + 2 ) là

DẠ

KÈ

A. 5. B. 9. C. 11. D. 7. Câu 64. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương-2022) Cho hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ. Biết rằng f (3) = 2 f (5) = 4 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

Trang 16

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

1  f  f ( x) − m  = 2 x + 2m có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. 2  A. 8⋅ B. 6. C. 3. D. 7. Câu 65. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm

ƠN

f ′( x ) = ( x + 3) ( x 2 − 2 ) ∀x ∈ ℝ . Tìm tất cả các giá trị thực không âm của tham số m để hàm số

 −π 11π  . g ( x ) = f (| sin x + 3 cos x | + m) có nhiều điểm cực trị nhất trên  ;  2 12   2  A. m ∈  , +∞  .  2   2  B. m ∈  ,1 . 2   C. m ∈ ( 2 − 1, 2)

QU Y

 2  D. m ∈  , 2  .  2   Câu 66. (THPT Đô Lương – Nghệ An – 2022) Hàm số f ( x) = 10 x + x và g ( x ) = x 3 − mx 2 + ( m 2 + 1) x − 2 . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = g ( x + f ( x )) trên đoạn

KÈ

[0;1] . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của m bằng? 21 A. . 2 B. 6. C. 21. D. 5. Câu 67. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Đổ thị hàm

DẠ

số f ′( 3 x ) được cho trong hình bên:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

FI CI A

1 Hàm số g ( x) = f ( x) − x 4 − x có tối đa bao nhiêu điểm cực đại? 8 A. 2. B. 4. C. 5. D. 3. Câu 68. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Cho hàm số f ( x ) có đổ thị như hình vẽ:

(

)

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 3 − 4 − x 2 = m có

ƠN

hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ − 3; 3] . Số phần tử của S là A. 1. B. 4. C. 5. D. 3. Câu 69. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ′( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị y = f ′( x ) cắt trục hoành tại hai điếm phân biệt có hoành độ lần lượt là −3; 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [ −10;10] để hàm số

QU Y

y = f ( x 2 + 2 x − m ) đồng biến trên ( −1;1) .

KÈ

A. 12. B. 14. C. 11. D. 13. Câu 70. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ là

f ′ ( x ) = ( x + 3)( x − 4 ) . Tính tổng các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;5] để hàm số

(

y = f x2 − 3x + m

) có nhiều điểm cực trị nhất?

A. 54 . B. 9 . C. − 52 . D. − 54 . Câu 71. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) là

DẠ

đường cong trong hình bên. Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( 3 x ) + 3 x 2 − 4 x + 1 trên đoạn

 −2 2   3 ; 3  bằng

Trang 18

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L B. f ( 6 ) .

Câu 72.

FI CI A

1 C. f ( 2 ) − . D. f ( −3 ) + 8 . 3 (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và đồ thị

A. f ( 0 ) + 1 .

hàm số y = f ′ ( x ) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ −3; − 2; a ; b ;3; c ;5 với 4 4 < a < −1;1 < b < ; 4 < c < 5 có dạng như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của 3 3 m để hàm số y = f ( 2 x + m − 2022 ) có 5 điểm cực trị?

QU Y

ƠN

−

A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. Vô số. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Tìm m để đường thẳng y = 2 x + m cắt đồ thị hàm số x+3 tại hai điểm A, B sao cho độ dài AB là nhỏ nhất. y= x +1 A. 2 . B. 1 . C. −1 . D. 3 . 3 Câu 74. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = 2 x + bx 2 + cx + d thỏa mãn

Câu 73.

KÈ

4b + 2c + d + 16 < 0 và 9b − 3c + d > 54 . Hàm số y = f ( x ) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 .B 3 . C. 5 . D. 4 . Câu 75. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các ía trị của tham số m sao cho phương trình f ( sin x ) = f ( m + 1) có nghiệm.

A. − 1 ≤ m ≤ 3 . B. −2 ≤ m ≤ 0 . C. −3 ≤ m ≤ 1 . D. −2 ≤ m ≤ 2 . (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như

DẠ

Câu 76.

hình vẽ sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

L FI CI A OF

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ 0; 20] để hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) − 2 f ( x ) − m có 9

ƠN

điểm cực trị?

A. 8 . B. 9 . C. 10 . D. 11 . y = f x Câu 77. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hàm số ( ) liên tục trên ℝ và B. (1;+∞ ) .

A. ( −∞; +∞ ) . Câu 78.

f ′ ( x ) = − x 3 + 6 x 2 − 32 . Khi đó hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 3 x ) nghịch biến trên khoảng C. ( 2;+∞ ) .

D. ( −∞;1) .

(THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hàm số f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) là

KÈ

QU Y

đường cong trong hình bên.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình f ( 2 x ) +

DẠ

 1 1 m ọi x ∈  − ;   2 2 5 A. m > f (1) − . 3

Câu 79.

B. m > f ( 0 ) .

D. m > f ( 3) .

(THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho x, y là các số thực dương và thỏa mãn

Giá trị nhỏ nhất m của biểu thức P = Trang 20

C. m ≥ f ( 0 ) .

8x3 − 4 x − m < 0 đúng với 3

y+4 là x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x2 + 1 y + 1 . = x y

A. m = 3 B. m = 2 2 C. m = 4 D. m = 8 Câu 80. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 3 có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −100;100] để hàm số

FI CI A

h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) + 3m có đúng 3 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của S bằng

B. 5049 . C. 5043 . D. 5050 . A. 5047 . 4 Câu 81. (THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số f ( x ) = − x − ( 4 − m 2 ) x + 2020 và h ( x ) = g  f ( x )  đồng biến trên ( 2; +∞ ) ?

A. 7 . B. 6 . C. 12 . D. 13 . (THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ đồng thời thỏa

Câu 82.

ƠN

g ( x ) = − x3 + 5 x 2 − 2020 x + 2021 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để

điều kiện f ( 0 ) > 0 và  f ( x ) + 6 x  f ( x ) = 9 x 4 + 3 x 2 + 4, ∀x ∈ ℝ . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( 2 x 2 − 3 x + 1) trên đoạn [ 0;1] . 5 . 2

17 . 7

155 . 64

167 . 69

DẠ

KÈ

QU Y

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 21

VẤN ĐỀ 2. LOGARIT

đúng 3 sô nguyên dương x thỏa mãn 3x − y ≤ 2 log 2 ( 3x − 2 ) ? .

(

)

2 log 2 ( x + 2) − log 2 2 x 2 − 1 ≥ ( x + 1)( x − 5) là

ƠN

A. 5. B. 6. C. 7. D. 4. (Chuyên Vinh 2022) Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = 4 x + (a − 2)2 x + 2 trên đoạn [ −1;1] . Tất cả giá trị của a để m ≥ 1 là A. a ≥ 1 . 1 B. − ≤ a ≤ 0 . 2 1 C. a ≤ − . 2 D. a ≥ 0 . (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn đẳng thức sau:

Câu 5.

QU Y

Câu 4.

Câu 3.

A. 16. B. 51. C. 68. D. 66. (Chuyên Vinh – 2022) Số nghiệm nguyên của bất phương trình

FI CI A

Câu 1. (Chuyên Vinh– 2022) Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại số thực b ≥ a thỏa mãn 4 a = 2b + b và đoạn [ a; b ] chứa không quá 5 số nguyên ? A. 5. B. 10. C. 6. D. 11. Câu 2. (Chuyên Vinh – 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên lớn hơn 2 của y sao cho với mỗi y tồn tại

y + 2022  log 2022 ( x 4 − 2 x 2 + 2023)  = 2 y + 2021 .  A. 3. B. 1. C. 0. D. 2. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho x là số nguyên dương và y là số thực. Có tất cả bao nhiêu cặp số ( x; y ) thỏa mãn ln(1 + x + 2 y ) = 2 y + 3 x − 10 ? A. 10. B. Vô số. C. 11. D. 9. (Đại học Hồng Đức – 2022) Tổng S của tất cả các nghiệm thuộc khoảng (0; 4π ) của phương

Câu 7.

KÈ

Câu 6.

DẠ

trình 2022sin x − 2022cos x = 2ln(cot x ) là A. S = 18π . B. S = 8π . C. S = 7π . D. S = 16π .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

Câu 8.

(THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn log x2 + 2 y + 2 y2 (9 x + 10 y − 20) = 1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y . Tính M + m . x 5 A. M + m = . 3 B. M + m = 5 + 2

FI CI A

C. M + m = 2 7 . 7 D. M + m = . 2 (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , điểm M ( x ; y ) biểu

Câu 9.

diễn nghiệm của phương trình log3 ( 9 x + 18) + x = y + 3y . Có bao nhiêu điểm M có tọa độ nguyên

thuộc hình tròn tâm O bán kính R = 7 ? B. 2 . C. 3 . D. 49 . A. 7 . Câu 10. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Với giá trị nào của m thì phương trình 1 2

B. 1023 . C. 2047 . D. 2048 . A. 1024 . (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Số nghiệm nguyên của bất phương trình ( 3x + 36− x − 246 ) 5 − ln ( x + 3) ≥ 0 là A. 144.

B. 145.

C. 146.

D. 147. 1 (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho các số thực a, b thỏa mãn a > , b > 1 . Khi biểu thức 2 4 2 P = log 2 a b + log b ( a − 4a + 16 ) đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b bằng

QU Y

Câu 13.

Câu 12.

ƠN

− 4m.3x + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 ? 3 3 A. m = . B. m = − . C. m = 7 . D. m = −1 . 4 4 Câu 11. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Có tất cả bao nhiêu số b nguyên dương sao cho tồn tại đúng hai số thực a thỏa mãn đẳng thức b.2 a − 6 a −1 + b 2 .2 2 a −12 a −1 − 3 = 7 log 2 ( a 2 − 6 a + log 2 b ) ? 9

A. 4. B. 18. C. 14. D. 20. Câu 14. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình [ log 2 ( x − 1) + x − 2] ( 4 x − 2 x +3 + m − 1) = 0 có ba nghiệm phân biệt

DẠ

KÈ

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 15. (Liên trường Hà Tĩnh 2022) Tính tổng tất cả các giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 2 x +3 + 2m − x < 2m +3 + 1 có nhiều nhất 20 nghiệm nguyên A. 153. B. 171. C. 190. D. 210. Câu 16. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để bất phương trình

log 22 x − (m + 1) log 2 x − 2m + 3 ≥ 0

nghiệm đúng với mọi x ∈ [1;32] Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 11. B. 12. C. 13. D. 14. Câu 17. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho x, y, z ∈[ 0;2] và thỏa mãn x + 2 y + z = 6 . 2

FI CI A

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 32 x−x + 52 y− y + 3z + 2 x2 + 4 y 2 B. max P = 27 . C. max P = 26 . D. max P = 30 . A. max P = 25 . Câu 18. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho úng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thỏa mãn log 5 ( x 2 + y ) ≥ log 2 ( x + y ) ?

A. 1250. B. 1249. C. 625. D. 624. Câu 19. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 x3 − log 22 (2 x) + 13 ≥ 0 là 1 + 8 + ( 2) x −2 B. 8. C. 36. D. 136. A. 16. 2 2 2 x + y −1 Câu 20. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho các số thực x, y thỏa mãn 2 ≤ 4 x −1 và 2 x + y − 2x + 2 2 x − y ≥ 0 . Giả trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x + 2 y + 1 lần lượt là M và m . Tính M + m . A. 6. B. 10. C. 12. D. 8. 1   Câu 21. (Sở Hà Tĩnh 2022) Xét các số thục̣ dương x, y , z thoả män ( y + z )  3x − 81 y + z  = xy + xz − 4 . Giá     trị nhỏ nhất của biểu thức P = log 2 x + log 2 ( 2 y 2 + z 2 ) bằng

ƠN

( )

B. 5 − log 2 3 . C. log 2 11. D. 4 − log 2 3 . Câu 22.

QU Y

A. 2 + log 2 3 .

(Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm só f ( x) = 2 x − 2− x + 2022 x3 . Biết rằng tồn tại só thực m sao cho bá́ t phương trình f ( 4 x − mx + 37 m ) + f ( ( x − m − 37) ⋅ 2 x ) ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ . Khi đó

KÈ

m thuộc khoảng nào dưới đây? A. (30;50) . B. (10;30) . C. (50;70) . D. (−10;10) . Câu 23. (Sở Thanh Hóa 2022) Gọi S là tập tất cả các số nguyên y sao cho với mỗi y ∈ S có đúng 10 số nguyên x thoả mãn 2 y − x ≥ log 3 ( x + y 2 ) . Tổng các phần tử của S bẳng

DẠ

A. 7. B. −4 . C. 1. D. −1 . Câu 24. (Sở Bắc Giang 2022) Có bao nhiêu số nguyên dương x sao cho ứng với mỗi x có đúng 9 số nguyên y thỏa mãn ( 2 y +1 − x 2 )( 3 y − x ) < 0 ? A. 64. B. 67. C. 128. D. 53.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

Câu 25.

(Sở Bắc Giang 2022) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn

23 ⋅ 7 x

−2 x

+ 73 ⋅ 2 x

−2 x

FI CI A

A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. Câu 26. (Sở Hà Tĩnh 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [−10;10] để phương trình

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

= 143 ( 7 x 2 − 14 x + 2 − 7 ⋅ 3m ) m

Câu 28.

ƠN

có bốn nghiệm phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn −1 ? A. 10. B. 9. C. 11. D. 8. Câu 27. (Sở Ninh Bình 2022) Cho các số thực a , b thỏa mãn 1 < a < b ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 16 thức P = 3log a ( b 2 + 16b − 16 ) + ⋅ log 3b a . 27 a A. 8. B. 18. C. 9. D. 17.

(Sở Bạc Liêu 2022) Cho phương trình ( 2 log 32 x − log 3 x − 1) 5 x − m = 0 ( m là tham số thực). Có

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt? A. 125 . B. 123 . C. 122 . D. 124 . x ; y x , y Câu 29. (Sở Hà Tĩnh 2022) Có bao nhiêu cặp số ( nguyên dương thuộc đoạn ) (trong đó

[ 0;2022] thỏa mãn điều kiện 2 x − log 2 ( y 2 + 615) = y 2 − x + 615 Câu 30.

Câu 31.

QU Y

A. 1 . B. 3 . C. 4 . D. 2 . x x (Sở Lạng Sơn 2022) Với a là tham số thực để bất phương trình 2 + 3 ≥ ax + 2 có tập nghiệm là R , khi đó A. a ∈ (1;3 ) . B. a ∈ ( 0;1) . C. a ∈ ( −∞; 0 ) . D. a ∈ ( 3; +∞ ) . (Sở Lạng Sơn 2022) Biết đồ thị hàm số y = f ( x ) đối xứng với đồ thị hàm số

1   y = a x ( a > 0, a ≠ 1) qua điểm I (1;1) . Giá trị của biểu thức f  2 + log a  bằng 2022   A. −2022 . B. 2021. C. 2022. D. −2020 . Câu 32. (Sở Phú Thọ 2022) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn

KÈ

2 2 1 2 2 ( x 2 + y 2 + 4 ) + log 2022  +  = ( xy − 4 ) . Khi biểu thức P = x + 4 y đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị x y 2 y c ủa bằng x 1 1 A. 4 . B. 2 . C. . D. . 2 4 Câu 33. (Sở Phú Thọ 2022) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 20 số 2

DẠ

nguyên y thỏa mãn 4 x −5 y +16 + 2− x − y ≥ 512 và x + y > 0 ? A. 19 . B. 20 . C. 21 . Câu 34. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho bất phương trình

(

)

(

)

(

D. 18 .

)

log 2 x − x 2 − 1 .log 2022 x − x 2 − 1 ≥ log m x + x 2 − 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc

Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

khoảng (1; 2022 ) của tham số m sao cho bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x thuộc

[5; +∞ ) ? Câu 35.

A. 2022. B. 2021 . C. 2012 . (Sở Thái Nguyên 2022) Cho x, y > 0; x + 3 y > 0 thỏa mãn

D. 2010 .

(Sở Vĩnh Phúc 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x, y ) thoả mãn 34 x

−1

log ( 4 x 2 + 4 x + 2 ) = 3 y − 2 x − 4 log ( 2 x + y − 1) đồng thời x, y ≤ 2021

A. 15 . Câu 37.

C. 22 .

B. 28 .

D. 35 .

Câu 36.

FI CI A

  x2 + y2 x2 + y2 2022  log 2 − 1 ≤ x + 3 y − . Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của   x + 3 y 4   biểu thức P = x 2 + y 2 − 14 x − 2 y + 2022 bằng A. 4124 B. 4042 . C. 4044 D. 4122

(Sở Vĩnh Phúc 2022) Xét các số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 > 1 và log x 2 + y 2 ( 2 x + 4 y ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3 x + y bằng

B. 5 + 4 5 .

C. 5 + 5 2 . D. 10 + 2 5 . 1   Câu 38. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số f ( x ) = ln  1 − 2  . Biết rằng  x  a f ′ ( 2 ) + f ′ ( 3 ) + ... + f ′ ( 2019 ) + f ′ ( 2020 ) = với a, b là các số nguyên dương nguyên tố cùng b nhau. Giá trị của 2a − b bằng A. 2 . B. 4 . C. −2 . D. −4 . (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

KÈ

QU Y

Câu 39.

ƠN

A. 5 + 2 10 .

Số nghiệm của phương trình log 32 ( f ( x ) + 1) − log 2 2 ( f ( x ) + 1) − 2 log 1

f ( x ) + 1 + 6 = 0 là

DẠ

A. 7 . B. 5 . C. 6 . D. 8 . Câu 40. (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Tất cả các giá trị thực của m để bất phương trình x x + x + 12 ≤ m log 5− 4 − x 3 có nghiệm: A. m > 2 3 . B. m > 12 log 3 5 . C. m ≥ 2 3 . D. 2 < m < 12 log 3 5 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Câu 41.

(Chuyên Hạ Long 2022) Cho 0 < m ≠ 1 . Gọi (a; b) là tập hợp các giá trị của m để bất phương trình log m (1 − 8m − x ) ≥ 2(1 − x ) có hữu hạn nghiệm nguyên. Tính b − a

FI CI A

A. 1. B. 3 2 − 1 . C. 2 2 − 1 . D. 4 2 − 1 . Câu 42. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi giá trị y luôn tồn tại không quá 15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2021 ( x + y 2 ) + log 2022 ( y 2 + y + 16 ) ≥ log 2 ( x − y ) ?

A. 2021. B. 4042. C. 2020. D. 4041. Câu 43. (Chuyên Lam Sơn 2022) Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình m ( e x − 1) ⋅ ln( mx + 1) + 2e x = e 2 x + 1 có 2 nghiệm phân biệt không lớn hơn 5.

và c, d là các số thực dương thay đổi thỏa mãn

A. 4 2 − 1 . B. 29 − 1 . 12 5 − 5 . 5 8 5 −5 D. . 5

Câu 45.

QU Y

( a − c + 1) 2 + (b − d ) 2 là

c 2 + c + log 2

c − 7 = 2 2d 2 + d − 3 . Giá trị d

(

)

nhỏ nhất của biểu thức

ƠN

A. 26. B. 27. C. 29. D. 28. Câu 44. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho a , b là các số thực thay đổi thỏa mãn log a 2 +b 2 + 20 (6 a − 8b − 4) = 1

(

)

(Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình 2022) Cho phương trình 2 log 32 x − log 3 x − 1

5x − m = 0

DẠ

KÈ

( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 125. B. 123. C. 122. D. 124. 1 Câu 46. (Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình 2022) Cho các số thực a , b thỏa mãn < b < a < 1 . Tìm 3 giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4(3b − 1) P = log a + 8log 2b a 9 a A. 7. B. 8. C. 6. D. 9. Câu 47. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Gọi S là tập các giá trị của tham số m để bất phương trình log 0.3  x 2 + 2(m − 3) x + 4  ≥ log 0.3 ( 3 x 2 + 2 x + m ) thỏa mãn với mọi x thuộc ℝ . Tập

S bằng Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

log 2 a 2 + b 2 + 5 = 1 + log 2 (2 − 2a − b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  4 c + 5 d −10 c + d + 2 e − e = 12 − 3 c − 4 d 

)

FI CI A

(

A. S = [5; 6) . B. S = [4; 6] . C. S = [4;5) . D. S = [1;5) . Câu 48. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Cho các số thực a , b, c, d thỏa mãn điều kiện:

P = ( a − c ) 2 + (b − d ) 2

2 5 5 B. 2. C. 2 5 − 2 . 12 D. . 5 Câu 49. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội -2022) Gọi S là tập các số nguyên m ∈ [−2022; 2022] để phương trình log 22 x − log

x = m − m + log 2 x có đúng ba nghiệm phân biệt. Số phần tử của S

ƠN

là A. 1. B. 2. C. 2021. D. 2022. Câu 50. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên (a; b) , trong đó 2b

KÈ

QU Y

 a + 2b   2a  ≥ a , b ∈ [1; 2022] thỏa mãn   b +1  ? b  a+2   2  A. 5. B. 9. C. 10. D. 11. Câu 51. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log 22 x − (2m + 5) log 2 x + m 2 + 5m + 4 < 0 có it nhất một nghiệm nguyên và không quá 1791 nghiệm nguyên? A. 10. B. 3. C. 9. D. 11. Câu 52. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Có bao nhiêu số tự nhiên x sao cho mỗi giá trị của x tồn tại số thực y thoả mãn log 3 ( x − y ) ≥ log 6 ( x 2 + 2 y 2 ) ?

A. 1. B. 3. C. 2. D. 6.

13 2 x − 12 x − e x − 2022 . Bất 2 phương trình ẩn m sau đây f log 0,5 ( log 2 (2m + 1) ) − 2021 < f [ f (0)] có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 14. B. 10. C. 11. D. 7.

(THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x ) = − x 3 +

DẠ

Câu 53.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

Câu 54.

(THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Gọi S là tập nghiệm của phương trình

+ 3x − 8x + 3)

( 3) − m = 0 (với m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [ −2021; 2021] để tập hợp S có hai phần tử ?

A. 2095 . B. 2092 . C. 2093 . D. 2094 . (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho bất phương trình log 5 ( x 2 − 4 x + 4 + m ) − 1 < log 5 ( x 2 + 2 x + 3) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ (1;3 ) ?

FI CI A

Câu 55.

A. 30 . B. 28 . C. 29 . D. Vô số. Câu 56. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2022; 2022] để bất phương trình ( 3m + 1)12 x + ( 2 − m ) 6 x + 3x < 0 có nghiệm đúng với

ƠN

∀x > 0 ? B. 4044 . C. 2022 . D. 2020 . A. 2021 . Câu 57. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn phương trình x + y +1 3 + ln = 9 xy − 3 x − 3 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy 3 xy 1 1 B. . C. . D. 9 . A. 1. 9 3 Câu 58. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x ∈ (1; 8) thỏa mãn:

( x − 1) ( 2e x − y 2 ) = y ( e x − x 2 ) ?

(

Câu 61.

)

A. 2. B. 3. C. 4. D. Vô số. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho ba số thực x, y, z không âm thoả mãn 2 x + 4 y + 8 z = 4 . Gọi M , N lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z S = + + . Đặt T = 2M + 6 N . Khẳng định nào dưới đây đúng? 6 3 2 A. T ∈ (1; 2 ) . B. T ∈ ( 2;3) . C. T ∈ ( 3; 4 ) . D. T ∈ ( 4; 5 ) .

QU Y

Câu 60.

B. 14 . C. 12 . D. 13 . A. 11 . Câu 59. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Tập nghiệm của bất phương trình 4x − 65.2x + 64 [ 2 − log3 ( x + 3)] ≥ 0 có tất cả bao nhiêu số nguyên?

(THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn

log 2 ( x 2 + 2 x + 3)

y 2 +8

≤ 7 − y2 + 3y ?

KÈ

A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 7 . Câu 62. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 log 3 ( 2 x − 1) = log 3 ( mx 2 + 1) có nghiệm. A. 1.

C. 7 .

D. 9 .

1  x  (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho f ( x) = 2023.ln  e 2023 + e 2  . Tính giá trị biểu thức   H = f ′ (1) + f ′ ( 2 ) + ... + f ′ ( 2022 )

Câu 63.

B. 3 .

DẠ

A. 1011. B. 2022. C. e 2022 . D. e1011 . Câu 64. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 91+

A. 7 .

Trang 8

1− x2

− ( m + 3) 31+

1− x2

+ 2m + 1 = 0 có nghiệm thực B. 5 . C. 6 .

D. 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 65.

(THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng

FI CI A

biến thiên như sau

D. m > 2 f ( 0 ) − e .

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

 π Bất phương trình 2 f ( x ) < ecos x + m đúng ∀x ∈  0;  khi và chỉ khi  2 π  π  A. m ≥ 2 f ( 0 ) − e . B. m ≥ 2 f   − 1 . C. m > 2 f   − 1 . 2 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

(Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên đoạn [1; 2] thỏa mãn

f (1) = 2, f (2) = 1 và

dx = 2 . Tich phân



x 2 f ( x)dx bằng

A. 4.. B. 2. C. 1. D. 3. (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số y = x 4 + bx3 + cx 2 + dx + e(b, c, d , e ∈ ℝ ) có các giá trị cực trị f ′( x) là 1,4 và 9. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g ( x) = với trục hoành bằng f ( x) A. 4. B. 6. C. 2. D. 8. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , ( a, b, c, d ∈ ℝ, a ≠ 0 ) có đồ thị ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) tiếp xúc

ƠN

Câu 3.

Câu 2.

 [ xf ′( x)]

FI CI A

Câu 1.

VẤN ĐỀ 3. TÍCH PHÂN

với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) cho bởi hình vẽ

Câu 4.

725 π. 35

QU Y

dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị ( C ) và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox .

729 π. 35

C. 6 π .

1 π. 35

(Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Xét hàm só́ f ( x ) = e x +  x f ( x ) dx . Giá trị của 0

KÈ

f ( ln 2022 ) bằng bao nhiêu?

A. 2022 .

DẠ Câu 6.

C. 2023 .

D. 2024 .

(Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hàm số f ( x ) thoả mãn f ( 2 ) = −

1 và 25

f ′ ( x ) = 4 x3  f ( x )  vói mọi x ∈ ℝ . Giá trị của f (1) − f ( 0 ) bằng 1 1 1 1 A. . B. − . C. − . D. 90 90 72 72 (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số

Câu 5.

B. 2021 .

f ′ ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , g ′ ( x ) = qx 2 + nx + p với a , q ≠ 0 có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) và y = g ′ ( x ) bằng 10 và f ( 2 ) = g ( 2 ) . Biết

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) bằng

a (với a, b ∈ ℕ b

FI CI A

và a , b nguyên tố cùng nhau). Tính a − b .

f ′ ( x ) − 2 f ( x ) = ( x + 1) e 2

x2 + 4 x −1 2

Câu 7.

A. 18. B. 19. C. 20. D. 13. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và thoả mãn

, ∀x ∈ ℝ và f (1) = e2 . Biết f ( 3) = a.eb + c với a , b , c ∈ ℕ .

A. 36 . B. 30 . C. 24 . D. 32 . 3 2 (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho hàm số f ( x) = x + ax + bx + c(a, b, c ∈ ℝ) có hai điểm cực trị là −1 và 1. Gọi y = g ( x ) là hàm số bậc hai có đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ trùng với các điểm cực trị của f ( x ) , đồng thời có đỉnh nằm trên đồ thị của f ( x ) với tung độ bằng 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ( x ) và y = g ( x ) gần với giá trị nào nhất dưới đây? A. 10. B. 12. C. 13. D. 11. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm

Câu 9.

QU Y

Câu 8.

ƠN

Tính 2a + 3b + 4c.

liên tục trên đoạn [0;1] sao cho f (1) = 1 và f ( x) ⋅ f (1 − x) = e x 1

( 2x

− 3x

1 . 10

, ∀x ∈ [0;1]. Tính

) f ′( x)dx.

f ( x)

A. I = −

−x

I =

2 . 5 1 C. I = − . 60 1 D. I = . 10 Câu 10. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên

KÈ

B. I =

DẠ

( 0; +∞ ) và thỏa mãn f (1) = 2 ;

f ′( x) =

x2  f ( x ) 

với mọi x ∈ ( 0; +∞ ) . Giá trị f ( 3) bằng

A. 3 34 . B. 34 . C. 3 . D. 3 20 . Câu 11. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v ( km / h ) phụ thuộc vào thời gian t ( h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 2 giờ kể Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

từ khi bắt đầu chuyển động, đó là một đường parabol có đỉnh I ( 2;7 ) và trục đối xứng của

A. s = 15,81 ( km ) .

B. s = 17,33 ( km ) .

C. s = 23,33 ( km ) .

D. s = 21,33 ( km ) .

(THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Một biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O , phía trong được trang trí bởi hình chữ nhật ABCD ; hình vuông MNPQ có cạnh MN = 2m và hai đường parabol đối xứng nhau chung đỉnh O như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 300.000 đồng/m2 và phần còn lại là 250.000 đồng/m2. Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?

B. 3.628.000 đồng.

C. 3.580.000 đồng. D. 3.363.000 đồng.  2 x + 3, khi x < 2 Câu 13. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hàm số f ( x ) =  3 . Giả sử F ( x ) là  4 x − 1, khi x ≥ 2 nguyên hàm của f ( x ) trên ℝ và thỏa mãn F ( 0 ) = 3 . Giá trị F ( 3 ) − 5 F ( −5 ) bằng

QU Y

A. 3.439.000 đồng.

ƠN

Câu 12.

FI CI A

parabol song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại, đồ thị là đoạn thẳng IA . Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

A. 12 . B. 16 . C. 13 . D. 7 . Câu 14. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hai hàm đa thức f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d và g ( x ) = mx 2 + nx + p . Biết rằng đồ thị hai

hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −1; 2; 4 đồng thời cắt

DẠ

KÈ

trục tung lần lượt tại M , N sao cho MN = 6 ( tham khảo hình vẽ).

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đã cho ( phần gạch sọc) có diện tích bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

A. Câu 15.

125 . 8

253 . 24

253 . 16

253 . 12

(Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

ƠN

FI CI A

ln 2 e3 x ( 4 f ( x) + f ′( x) ) = 2 f ( x) , ∀x ≥ 0 và f (0) = 1 . Tính I =  f ( x )dx  0 f ( x) > 0  11 A. I = . 24 1 B. I = − . 12 209 C. I = . 640 201 D. I = . 640 Câu 16. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x) xác định trên ℝ \{−1;2} thỏa mãn 1 1 f ′( x) = 2 ; f (−3) − f (3) = 0 và f (0) = . Giá trị của biểu thức f (−4) + f (1) − f (4) bằng x − x−2 3 1 1 A. + ln 2 . 3 3 B. 1 + ln S 0 . 1 C. − ln 2 . 3 1 8 D. 1 + ln . 3 5 Câu 17. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục 2

trên ℝ và thỏa mãn các điều kiện f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ f ( 0 ) = 1 và f ′ ( x ) = −4 x 3 ( f ( x ) ) ∀x ∈ ℝ . 1

QU Y

Tính I =  x 3 . f ( x ) dx . 0

ln 2 1 1 . B. I = ln 2 . C. I = . D. I = . 4 4 6 Câu 18. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ln x, trục hoành và hai đường thẳng x = 1; x = m, với m > 1. Khi hình phẳng D có diện tích bằng 1, giá trị của m thuộc khoảng nào dưới đây ?

A. I =

KÈ

-1 O

DẠ

7  A.  ; 4  . 2 

Trang 4

y = ln x

 7 B.  3;  .  2

5  C.  ;3 . 2 

 5 D.  2;  .  2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 2 sin 2 x + 1 khi x < 0 (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hàm số f ( x ) =  x . Giả khi x ≥ 0  2 2 sử F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên ℝ và thỏa mãn điều kiện F (1) = . Tính ln 2 F ( −π ) .

Câu 19.

1 . ln 2

ƠN

B. F ( −π ) = −π −

FI CI A

1 . ln 2 1 C. F ( −π ) = −2π . D. F ( −π ) = − 2π − . ln 2 Câu 20. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị (C ) , Biết f ( −1) = 0 . Tiếp tuyến d tại điểm có hoành độ x = −1 của (C ) cắt (C ) tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2, Gọi S1 ; S 2 là diện tích hình phẳng (phần gạch chéo trong hình vẽ). Tính S 2 , 401 biết S1 = . 2022 A. F ( −π ) = − 2π +

12431 . 2022 5614 . B. − 1011 2005 C. . 2022 2807 D. . 1011 Câu 21. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số

QU Y

DẠ

KÈ

f ′( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d , g ′( x ) = qx 2 + nx + p với a , q ≠ 0 có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích 5 hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ′( x ) và y = g ′( x ) bằng và f (2) = g (2) . Biết 2 a diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) bằng (với a , b ∈ ℕ b và a , b nguyên tố cùng nhau). Tính T = a 2 − b 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

L FI CI A

A. 7. B. 55. C. −5 . D. 16. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho f ( x ) là hàm đa thức bậc bốn và có đổ thị như hình vẽ. Hình phắng gióri hạn bởi đổ thị hai hàm số y = f ( x ) ; y = f ′( x ) có diện tích bằng

ƠN

Câu 22.

127 . 40 107 . B. 5 87 C. . 40 127 D. . 10 Câu 23. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ thoả män 2 f ( x ) + xf ′( x ) = 3 x + 10, ∀x ∈ ℝ và f (1) = 6 . Biết

QU Y

ln(2 + f ( x)) dx = a ln 5 + b ln 6 + c ln(2 + 3), ( a, b, c ∈ ℚ) . Khi đó a + b + c thuộc khoàng f ( x) − 6 f ( x) + 9 nào dưới đây? A. (1; 2) . B. (2;3) . C. (0;1) . D. (−1; 0) . Câu 24. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) ≠ 0, ∀x > 0 và có đạo hàm f ′( x ) liên tục trên khoảng 1 (0; +∞ ) thoả 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 (3) + …+ f (2022) bằng 2022 A. . 2023 2021 . B. 2022 2021 C. − . 2022



DẠ

KÈ

−1

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2022 . 2023 Câu 25. (Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm xác định trên (0; +∞ ) và thỏa mãn 1 a x ( f ′( x) + x ) = ( x + 1) f ( x); f (1) = e + 1 . Biết rằng  f ( x) dx = ; trong đó a , b là những số nguyên 0 b a dương và phân số tối giản. Khi đó giá trị của (2 a + b ) tương ứng bằng: b A. 4. B. 5. C. 8. D. 7. Câu 26. (Sở Bắc Giang 2022) Một bức tường lớn kích thước 8m × 8m trước đại sảnh của một toà biệt thự được sơn loại sơn đặc biệt. Người ta vẽ hai nửa đường tròn đường kính AD , AB cắt nhau tại H ; đường tròn tâm D , bán kính AD , cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K . Biết tam giác "cong" AHK được sơn màu xanh và các phần còn lại được sơn màu trắng (như hình vẽ) và một mét vuông sơn trắng, sơn xanh lần lượt có giá là 1 triệu đồng và 1,5 triệu đồng. Tính số tiền phải trả (làm tròn đến hàng ngàn).

ƠN

FI CI A

D. −

A. 60, 567, 000 (đồng). B. 70, 405, 000 (đồng). C. 67,128, 000 (đồng). D. 86,124, 000 (đồng).

x khi x ≥ 0 e + m Câu 27. (Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số f ( x) =  2 3 (với m là tham số). Biết 3 khi x < 0  x x + 1 1 b b hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và  f ( x ) dx = a ⋅ e − với a, b, c ∈ ℕ* ; tối giản −1 c c (e = 2, 718281828) . Biểu thức a + b + c + m bằng A. 13. B. 35. C. −11 . D. 36. Câu 28. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho đường cong (C ) : y = x 3 + kx + 2 và parabol P : y = − x 2 + 2 tạo thành hai miền phẳng có diện tích S1 , S 2 như hình vẽ bên.

)

DẠ

KÈ

QU Y

(

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

FI CI A

8 Biết rằng S1 = , giá trị của S 2 bằng 3 1 A. . 2 1 B. . 4 3 C. . 4 5 D. . 12 Câu 29. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′( x ) liên tục trên ℝ . Miền hình phẳng trong hình vẽ được giới hạn bơi đồ thị hàm số y = f ′( x ) và trục hoành đồng thời có diện tích 1

S = a . Biết rằng  ( x + 1) f ′( x)dx = b

ƠN

DẠ

KÈ

QU Y

A. I = a − b + c. B. I = −a + b − c . C. −a + b + c . D. I = a − b − c . Câu 30. (Sở Ninh Bình 2022) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x 2 + 2 x + 1 và đường thẳng y = (m + 1) x + 5 có giá trị nhỏ nhất bằng 16 A. . 3 48 B. . 3 64 C. . 3 32 . D. 3 Câu 31. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hàm số f ( x) = x 5 + ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + 36 . Biết đồ thị hàm số y = f ( x ), y = f ′( x ) và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2,3. Diện tích m hình phẳng giớihạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và Ox bằng là một phân số tối giản với n m, n ∈ ℕ* . Tổng m + n bằng A. 846. B. 845. C. 848. D. 847. Câu 32. (Sở Ninh Bình 2022) Gọi X là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : 1 y = −45m − 2 cùng với đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 − 2mx 2 + x + 1 tạo thành hai miền kín có 3 diện tích lần lượt là S1 , S 2 thỏa mãn S1 = S 2 (xem hình vẽ). Số phần tử của tập X là Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

A. 0. B. 2. C. 1. D. 9. Câu 33. (Sở Bạc Liêu 2022) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ −3;3] . Biết diện tích

hình phẳng S1 , S 2 giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = − x − 1 lần lượt là 3

M , m . Tính tích phân

 f ( x ) dx .

ƠN

−3

Câu 34.

B. 6 − m − M .

C. M − m + 6 . D. m − M − 6 . x e + 1 khi x ≥ 0 (Sở Bạc Liêu 2022) Cho hàm số y = f ( x ) =  2 . Tích phân  x − 2 x + 2 khi x < 0 e2 f ( ln x − 1) a a I= dx = + ce biết a, b, c ∈ ℤ và tối giản. Tính a + b + c ? x b b 1

QU Y

A. 6 + m − M .

B. 29 . C. 36 . D. 27 . A. 35 . 4 3 Câu 35. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số f ( x ) = ax − x + 2 x + 2 và hàm số g ( x ) = bx 3 − cx 2 + 2 có đồ

DẠ

KÈ

thị như hình vẽ bên. Gọi S1; S2 là diện tích các hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ, biết 221 S1 = . Khi đó S2 bằng 640

791 . 640

571 . 640

271 . 320

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1361 . 640

Trang 9

Câu 36.

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và f ( 4 ) = 2 ,

 f ( x ) dx = 4 . Tính 0

 xf ′ ( 2 x ) dx A. I = 17 .

C. I = 12 .

D. I = 4 .

π  (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) = sin 2 x trên ℝ thoả mãn F   = 0 . 4 π  Giá trị biểu thức S = F ( −π ) + 2 F   bằng 2

FI CI A

Câu 37.

B. I = 1 .

3 π 3 3π 1 3π 3 3π B. S = − . C. S = + . D. S = − . − . 4 4 4 4 4 8 2 8 (Sở Lạng Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ thỏa mãn f (1) = e và

A. S = Câu 38.

f ′ ( x ) + f ( x ) = x, x ∈ ℝ . Giá trị f ( 2 ) bằng

2 1 1 . B. 1 − . C. 1 + . D. 2 . e e e (Sở Lạng Sơn 2022) Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên ( 0; +∞ ) và thỏa

A. Câu 39.

A. 3 < f ( 5 ) < 4 . Câu 40.

B. 11 < f ( 5 ) < 12 .

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm số

ƠN

mãn f (1) = e , f ( x ) = f ′ ( x ) . 3 x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

C. 10 < f ( 5 ) < 11 .

y = f ( x)

D. 4 < f ( 5 ) < 5 .

liên tục trên

R \ {−2;0}

thỏa mãn

x ( x + 2 ) . f ′ ( x ) + 2 f ( x ) = x + 2 x và f (1) = −6 ln 3 . Biết f ( 3) = a + b ln 5 ( a, b ∈ ℚ ) . Giá trị a − b bằng? 10 20 B. 10 . C. . D. . A. 20 . 3 3

QU Y

Câu 41.

3x 2 ln ( x + 1) khi x ≥ 0 (Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm số f ( x ) =  . Biết 2  2 x x + 3 + 1 khi x < 0 e f ( ln x ) 1 x dx = a 3 + b ln 2 + c với a, b, c ∈ℚ . Giá trị của a + b + 6c bằng e

B. −14 . C. −27 . D. 18 . A. 35 . f x Câu 42. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số ( ) có đạo hàm trên ℝ , thoả mãn f ( x ) > −1

và f ' ( x ) x 2 + 1 = 2 x f ( x ) + 1, ∀x ∈ ℝ . Biết rằng f ( 0 ) = 0 , khi đó f ( 2 ) có giá trị bằng

DẠ

KÈ

A. 0. B. 4. C. 8. D. 6. 4 3 Câu 43. (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hai hàm số f ( x) = ax + bx + cx 2 + 3 x và g ( x) = mx 3 + nx 2 − x , với a , b, c, m, n ∈ ℝ . Biết hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là −3,1 và 4. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = f ′( x ) và y = g ′( x ) bằng 935 A. . 36 941 B. . 36 937 C. . 36 939 D. . 36

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Một công ty có ý định thiết kế một logo hình vuông có độ dài nửa đường chéo bằng 4. Biểu tượng 4 chiếc lá (được tô màu) được tạo thành bởi các đường cong đối xứng với nhau qua tâm của hình vuông và qua các đường chéo. Một trong số các đường cong ở nửa bên phải của logo là một phần của đồ thị hàm số bậc ba dạng y = ax3 + bx 2 − x với hệ số a < 0 . Để kỷ niệm ngày thành lập 2 / 3 , công ty thiết kế để tỉ số diện 2 tích được tô màu so với phần không được tô màu bằng . Tính 2a + 2b 3

FI CI A

Câu 44.

ƠN

41 . 80 1 B. . 2 4 C. . 5 9 D. . 10 Câu 45. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm không âm trên

(

)

QU Y

[0;1] , thỏa mãn f ( x ) > 0 với mọi x ∈ [0;1] và [ f ( x)]2 ⋅ [ f ′( x) ] x 2 + 1 = 1 + [ f ( x)]2 . Nếu

Câu 46.

KÈ

f (0) = 3 thì giá trị f (1) thuộc khoảng nào sau đây?  7 A.  3;  .  2  5 B.  2;  .  2 5  C.  ;3  . 2  3  D.  ; 2  . 2  7 12 và hàm số bậc ba g ( x ) . Đồ thị hai hàm số đó cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3

(Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số f ( x ) với đồ thị là Parabol đỉnh I có tung độ bằng −

DẠ

thoả mãn 18 x1 x2 x3 = −55 (hình vẽ).

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

L FI CI A

Diện tích miền tô đậm gần số nào nhất trong các số sau đây? A. 5,7. B. 5,9. C. 6,1. D. 6,3.

 π (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn  2  π 2 cos x ⋅ f (1 + 4 sin x) − sin 2 x ⋅ f (3 − 2 cos 2 x) = sin 4 x + 4 sin 2 x − 4 cos x, ∀x ∈ 0;   2

Câu 47.

ƠN

Khi đó I =  f ( x)dx bằng 1

A. 2. B. 0. C. 8. D. 16. Câu 48. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên (0; π ) thỏa mãn

π  π π  . Tính f   . f ′( x ) = f ( x ) . cot x + 2 x . sin x . Biết f   = 2 4 6 2

B. C. D.

π2 72

π2 54

. . .

π2

. 80 (THPT Đô Lương – Nghệ An – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −1,1] và thỏa mãn 1 3 1 ( x + t ) f (t ) dt . với ∀x ∈ [ −1;1] Tính tích phân I =  f ( x)dx  −1 2 −1

KÈ

f ( x) + 2 =

Câu 49.

π2

QU Y

DẠ

A. I = 3 B. l = 4 C. I = 2 D. l = 1 Câu 50. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Một téc nước hình trụ, đang chứa nước được đạat nằm ngang, có chiều dài 3m và đường kính đáy 1m . Hiện tại mặt nước trong téc cách phía trển đỉnh của téc 0, 25 m (xem hình vẽ). Tính thể tích của nước trong téc (kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn)?

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

A. 1, 768 m3 . B. 1,167 m3 C. 1,895m3 . D. 1,896m3 (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022)



min{2 x + 1, x + 2, −3x + 14}dx bằng

Câu 51.

31 . 2 B. 30. 27 C. . 2 D. 36. Câu 52. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C ), f ( x ) có đạo hàm xác định và liên tục trên khoảng (0; +∞ ) thỏa mãn điều kiện

ƠN

QU Y

f ′( x) = ln x ⋅ f 2 ( x), ∀x ∈ (0; +∞) . Biết f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ (0; +∞ ) và f (e) = 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ x = 1 . 2 A. y = − x + 2 . 3 2 B. y = − . 3 2 C. y = x + 1 . 3 2 D. y = . 3 Câu 53. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số y = f ( x) > 0 liên tục trên ℝ và f (1) = e3 . 4

−3 x + 4

có bao nhiêu nghiệm?

1 và có đạo 2 1 1 1  hàm f ′ ( x ) liên tục trên khoảng  ; +∞  thỏa mãn f ′ ( x ) + 8 xf 2 ( x ) = 0, ∀x > và f (1) = . 2 3 2  Tính f (1) + f ( 2 ) + ... + f (1011) .

(THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x ) > 0, ∀x >

DẠ

Câu 54.

KÈ

Biết f ′( x ) = (2 x − 3) f ( x ), ∀x ∈ ℝ . Hỏi phương trình f ( x) = e2 x A. 4. B. 3. C. 2. D. 0.

Câu 55.

1 2022 2021 2022 1 2021 . B. . C. . D. . . . 2 2023 2043 4045 2 2022 (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x 2 + 2 x − 1 và các đường thẳng y = m , x = 0 , x = 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m ∈ [ −4040; −3] để S ≤ 2021 ?

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

A. 2019 . B. 2020 . C. 2021 . D. 2018 . 3 2 Câu 56. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) là hàm số nhận

FI CI A

giá trị không âm trên đoạn [ 2;3] có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ

các đường x = 2; x = 3 bằng 72. Tính f (1) ?

62 5 3 2 (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số f ( x ) = x + bx + cx + d với b,c,d là các

B. f (1) = −1

C. f (1) = 1

D. f (1) = −

ƠN

A. f (1) = 2 Câu 57.

Biết diện tích hình giới hạn bởi các đồ thị của các hàm g ( x ) = xf 2 ( x ) ; h ( x ) = − x 2 f ( x ) f ′ ( x ) và

số thực. Biết hàm số g ( x ) = f ( x ) + 2 f ′ ( x ) + 3 f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −6 và 42 . Tính diện

f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) và y = 1 . g ( x ) + 18 A. ln 5 . B. ln 7 . C. 2ln 6 . D. 2 ln 5 . Câu 58. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ. Giả sử diện tích phần kẻ sọc trên hình vẽ có diện tích bằng a . Tính theo a giá trị của tích 2

phân I =

 ( 2 x + 1) f ′ ( x ) dx ?

tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

KÈ

QU Y

−3

A. I = 50 − 2 a .

C. I = − 30 − 2 a . D. I = − 30 + 2 a .  2 x + a khi x ≥ 1 (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số f ( x) =  2 thoả mãn 3 x + b khi x < 1

Câu 59.

B. I = 50 − a .

DẠ

 f ( x) dx = 13 . Tính T = a + b − ab ? 0

A. T = −11 . B. T = −5 . C. T = 1 . D. T = −1 . Câu 60. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và nhận giá trị 2

không âm trên [ −1;2] và thoả mãn f ( x ) = f (1 − x ) , ∀x ∈ [ −1;2] . Đặt S1 =

 xf ( x ) dx , S2 là diện −1

Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường thẳng x = −1; x = 2 . Khẳng định nào dưới đây là đúng? A. S1 = 2S2 . B. S1 = 3S2 . C. 2S1 = S2 .

(THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0;+∞ ) thỏa mãn

FI CI A

1 2 x. f ′ ( x ) + f ( x ) = 3x 2 x , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . Biết f (1) = , tính f ( 4 ) . 2 A. 14 . B. 4 . C. 24 .

Câu 61.

D. 3S1 = S2 .

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

D. 16 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

VẤN ĐỀ 4. SỐ PHỨC

FI CI A

Câu 1. (Chuyên Vinh – 2022) Xét các số phức z và w thỏa mãn | z |=| w |= 1 và | z + w |= 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =| zw + 2i ( z + w) − 4 | bằng

3 2 . 2 1+ 5 2 B. . 4 C. 5 − 2 2 . D. 5 . (Chuyên Vinh – 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z ⋅ z =| z + z | .

Câu 2.

Xét các số phức z1 , z2 ∈ S sao cho z1 − z2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = z1 − 3i + z2 + 3i bằng

ƠN

A. 2. B. 1 + 3 . C. 2 3 .

Câu 4.

Câu 5.

QU Y

Câu 3.

D. 20 − 8 3 . (Chuyên Vinh – 2022) Biết phương trình z 2 + mz + m 2 − 2 = 0 ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để diện tích tam giác ABC bằng 1 ? A. 2. B. 3. C. 4. D. 6. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Xét các số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn | z − 3 + 2i |= 5 . Tính P = a − b khi | z − 3 − 3i | + | z − 7 − i | đạt giá trị lớn nhất. A. 8 B. 6 C. 4 D. 10 (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Trong tập các số phức, phương trình z 2 − 6 z + m = 0, m ∈ ℝ (1) . Gọi m0 là một giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thoả mãn z1.z1 = z2 .z2 . Hỏi trong khoảng ( 0; 20 ) có bao nhiêu giá trị m0 ∈ ℕ ?

Câu 6.

A. 10 B. 12 C. 11 D. 13 (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho số phức z thoả mãn iz.z + (1 + 2i ) z − (1 − 2i ) z − 4i = 0 . Giá trị

KÈ

lớn nhất của P = z + 1 + 2 i + z + 4 − i gần số nào nhất sau đây?

DẠ

Câu 7.

A. 7,4. B. 4,6. C. 4,2. D. 7,7. (Đại học Hồng Đức – 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 6m − 5 = 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 ⋅ z1 = z2 ⋅ z2 ? A. 5. B. 3. C. 6. D. 4.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

Câu 8.

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện

Câu 9.

FI CI A

B. 10 3 − 2 5 . B. 3 5 − 1 . C. 2 + 2 5 . D. 8 − 2 5 . (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Có tất cả bao nhiêu số phức w thỏa mãn điều kiện w là số thuần ảo? 2 ww = 1 và w2

z1 = 2, z2 = 3, z1 + z2 = 5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3z1 − z2 − 10 + 5i + 2 bằng

Câu 10.

B. 6 . C. 3 . D. 2 . A. 4 . (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hai số phức z và w thay đổi thỏa mãn các điều kiện z + 1 + i = z và w − 3 − 4i = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − w − 1 − i .

Câu 11.

A. min P = 3 2 − 1 . B. min P = 3 2 . C. min P = 5 2 . D. min P = 5 2 − 1 . (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z − 1 + 3i = 2 và số phức w = (1 − 2i ) z . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một

A. R = 5 . B. R = 10 . C. R = 6 . D. R = 2 5 . (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho iz.z + (1 + 2i ) z − (1 − 2i ) z − 4i = 0 và T là tập hợp tất cả các số phức w có phần thực khác 0 sao w là số thực. Xét các số phức z1 , z2 ∈ S và w ∈ T thỏa mãn z1 − z2 = 2 5 và cho w + 6i w − z1 w − z1 = . Khi w − z1 ⋅ w − z1 đạt giá trị nhỏ nhất thì w − z1 + w − z1 bằng z2 − z1 z2 − z

ƠN

Câu 12.

đường tròn ( C ) trong mặt phẳng ( Oxy ) . Tìm bán kính R của đường tròn ( C ) .

A. 3 . B. 2 3 .

QU Y

C. 3 3 . D. −4 3 . Câu 13. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 2 mz − m + 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 = 2 z1 − z2 ?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 14. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 3m + 10 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 không phải số thực thỏa mãn z1 + z2 ≤ 8 ?

KÈ

A. 1 B. 2. C. 3. D. 4. Câu 15. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho số phức z và số phức w = ( z − i )( z + i ) + 2 z − 3i thỏa mãn w − i 2022 − i 2023 ⋅ w − 1 = 0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T =| z − 3 + i |2 + | z + 1 − 3i |2 bằng

m + n 5 với m, n ∈ ℝ . Tính P = m.n . A. P = 124 . B. P = 876 . C. P = 416 . D. P = 104 . Câu 16. (Sở Bắc Giang 2022) Giả sử z1 ; z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn ( z − 6)(8 − i.z ) là số

DẠ

thực. Biết rằng z1 − z2 = 6 . Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2 bằng

A. −5 + 73 . B. 5 − 21 . C. 20 − 2 73 . D. 20 − 4 21 .

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 17.

(Sở Bạc Liêu 2022) Cho các số phức z , w thỏa mãn z = 2 , w − 3 + 2i = 1 khi đó z 2 − 2 zw − 4 đạt giá trị lớn nhất bằng A. 16 . B. 24 .

D. 20 .

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho số phức z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) thỏa mãn z + z − 2 + 3 z − z + 4i ≤ 6 và

Câu 18.

C. 4 + 4 13 .

FI CI A

z − 1 − i ≤ z + 3 + i . Gọi M , m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x + 3 y + 5 . Khi đó M + m bằng: 17 33 13 22 A. . B. . C. − . D. . 5 5 5 5 Câu 19. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Trên tập hợp số phức, xét phương trình 1 z 2 − m + 1z − ( m 2 − 5m − 6 ) = 0( m là tham số thực). Có bao nhiêu số nguyên m ∈ [−10;10] đề 4 phương trình trên có hai nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 ≤ z1 − z2 ? A. 11. B. 10. C. 8. D. 9. Câu 20. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho M , N , P lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn

ƠN

điều kiện 5 z1 + 9 − 3i = 5 z1 , z2 − 2 = z2 − 3 − i , z3 + 1 + z3 − 3 = 4 . Khi M , N , P không thẳng hàng, giá trị nhỏ nhất của nửa chu vi p của tam giác MNP là 10 5 . 9 6 5 B. . 5 9 10 C. . 10 5 11 D. . 13 (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho hai số phức z , w thỏa mãn z + w = 10 ,

Câu 21.

QU Y

2 z + w = 17 và z − 3w = 146 . Tính giá trị của biểu thức P = z.w + z.w . B. P = 14 .

C. P = 16 .

D. P = −8 .

DẠ

KÈ

A. P = −14 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

VẤN ĐỀ 5. HHKGHHKG-THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

phẳng ( P ) cắt SB, SD lần lượt tại B ′ và D′ . Tính tỷ số

VS . AB′MD′ VS . ABCD

1 1 3 2 . B. . C. . D. . 6 3 4 3 (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt

A. Câu 2.

FI CI A

Câu 1. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm cạnh bên SC . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD , mặt

đáy. Cosin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) bằng:

1 13 2 5 3 . B. . C. . D. . 4 5 4 4 (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng 2. Gọi M , N lần 2 lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA′ và BB ′ sao cho M là trung điểm AA′ và B′N = BB′ . 3 Đường thẳng CM cắt đường thẳng A′C ′ tại P và đường thẳng CN cắt đường thẳng B′C ′ tại a với a, b ∈ ℕ; a, b nguyên tố cùng nhau. Q . Biết thể tích khối đa diện lồi A′MPB′NQ bằng b Tính a + 2b . B. 31 . C. 41 . D. 32 . A. 14 . (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho tứ diện ABCD có AC = 2 CD = DB = 2 a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng CD sao cho H , C , D , K theo thứ tự cách đều nhau. Biết góc tạo bởi A.

Câu 4.

ƠN

Câu 3.

a3 3 . 6

a3 3 . 8

a3 3 . 3

a3 3 . 4

(THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho khối hộp chữ nhật ABCD ⋅ A′B′C ′D′ . Khoảng 2 cách giữa 2 đường thẳng AB, CB′ bằng a , khoảng cách giữa 2 đường thẳng A′ D′, B′ A bằng 5 2 2 a . Tính thể tích khối hộp chữ nhật a . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng BD′ , AC bằng 5 6 đã cho. A. a 3 . a3 B. . 2 C. 2a 3 . D. 2a3 . (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh bằng 1.

KÈ

Câu 5.

QU Y

AH và BK bằng 60° . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng

DẠ

Câu 6.

Gọi M

là điểm thuộc cạnh BC

sao cho MC = 2 MB ; N , P

lần lượt là trung điểm của

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

và AD . Gọi Q

là giao điểm của AC

và ( MNP ) . Thể tích khối đa diện

ABMNPQ

FI CI A

bằng

7 2 13 2 2 11 2 . B. . C. . D. . 216 432 36 432 (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Hình lập phương ABCD. A1 B1C1 D1 có cạnh bằng 6. Gọi

A. Câu 7.

M , N lần lượt là trung điểm của cạnh B1C1 , CD và O, O1 lần lượt là tâm các hình vuông

ƠN

Câu 8.

ABCD, A1 B1C1 D1 . Thể tích khối tứ diện MNOO1 bằng B. 12. C. 18. D. 27. A. 9. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho lăng trụ ABC . A′B ′C ′ có tam giác ABC vuông cân tại A . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt đáy trùng với trung điểm của cạnh BC . Biết cạnh AA′ = a 3 và tạo với mặt đáy của hình lăng trụ một góc bằng 60° . Khoảng cách từ đỉnh C ′ đến mặt ( A′BC ) bằng

a a 3 3a 2a . B. . C. . D. . 2 2 4 3 (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông; mặt bên (SAB) là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách

Câu 9.

giữa hai đường thẳng AB và SD bằng

3 5a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . 5

3 3 a . 2 6 3 3 B. V = a . 2 27 3 a . C. V = 2 9 D. V = a 3 . 2 Câu 10. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = 2a và AA′ = a (tham khảo hình vẽ bên). Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB′, A′C .

DẠ

KÈ

QU Y

A. V =

A. d = Trang 2

2a . 3

B. d =

3a . 2

C. d =

2a . 3

D. d =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3a . 2

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C′D′ có cạnh a . Gọi M , N và E lần lượt là trung điểm các cạnh AA′, C ′D′ và CC′ (tham khảo hình vẽ bên). Tính thể tích V của khối tứ diện BMNE .

FI CI A

Câu 11.

a3 a3 a3 a3 . B. V = . C. V = . D. V = . 24 6 8 12 Câu 12. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hình hộp đứng ABCD ⋅ A′ B′C′ D′ có cạnh AA′ = 2 , đáy ABCD là hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của B′C ′, C ′ D′, DD′ và Q thuộc cạnh BC sao cho QC = 3QB . Thể tích của khối tứ diện MNPQ bằng A. 3 3 .

ƠN

A. V =

3 3 . 2 3 . C. 4 3 D. . 2 Câu 13. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho khối chóp S . ABCD với đáy ABCD là hình bình hành có thể tích bằng 84a 3 . Gọi M là trung điểm AB; J thuộc cạnh SC sao cho JC = 2 JS ; H thuộc cạnh SD sao cho HD = 6 HS . Mặt phẳng ( MHJ ) chia khối chóp thành hai phần. Thể tích khối đạ diện của phần chứa đỉnh S bằng A. 17a 3 . B. 19a3 . C. 24a 3 . D. 21a 3 . Câu 14. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho lăng trụ ABCD ⋅ A′ B′C′D có đáy là hình chữ nhật với AB = 6, AD = 3, A′C = 3 và mặt phẳng ( AA′C′C ) vuông góc với mặt đáy. Biêt hai mặt phẳng

KÈ

QU Y

( AA′C′C ) và ( AA′B′B )

tạo với nhau góc α có tan α =

3 . Thể tích V của khối lăng trụ 4

DẠ

ABCD ⋅ A′ B′C′ D′ là A. 12. B. 6. C. 8. D. 10. Câu 15. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Một mặt cầu ( J ) ( J và S cùng phía với ( ABCD ) ) tiếp xúc với ( ABCD ) tại A , đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt phẳng ( P ) đi qua J và BC . Gọi ϕ là góc giữa ( P ) và ( ABCD ) . Tính

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

2 −1 . 3

2 +1 . 9

2 +1 . 6

2 −1 . 9

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A′B′C ′D′ có đáy là hình vuông cạnh a , góc 1 giữa AC và mặt phẳng ( A′CD ) bằng 30° . Gọi M là điểm sao cho A′M = A′B . Thể tích khối 3 tứ diện A′CDM bằng

QU Y

Câu 18.

ƠN

FI CI A

tan ϕ biết các đường chéo của thiết diện của hình chóp cắt bởi ( P ) lần lượt cắt và vuông góc với SA, SD . 1 A. . 4 6 B. . 6 3 C. . 6 1 D. . 2 Câu 16. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của cạnh SA, N là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3NB . Mặt phẳng ( P ) thay đổi đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại hai điểm phân biệt P, Q . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S .MNPQ . V A. . 3 27 B. V. 80 27 C. V. 40 V D. . 6 Câu 17. (Sở Bạc Liêu 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB = 1 , cạnh bên SA = 1 và vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là = 45° . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là điểm di động trên đoạn CB và góc MAN

a3 B. . 3

a3 3 . 12

a3 3 . 3

a3 A. . 18

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là nửa lục giác đều nội tiếp 3a đường tròn đường kính AD = 2a, SA ⊥ ( ABCD ) , SA = . Khoảng cách giữa hai đường thẳng 2 BD và SC bằng 3 2a 2a 5 2a 5 2a A. . B. . C. . D. . 4 4 12 4 Câu 20. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D , AB = AD = a , CD = 2 a . Hình chiếu của đỉnh S lên mặt ( ABCD ) trùng với trung điểm của BD .

DẠ

KÈ

Câu 19.

Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

2a 3 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) 2

bằng

Trang 4

5a . 2

5a . 5

10a . 5

10a . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 21.

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , = 30° . Đỉnh S cách đều ba điểm A, B, C và cạnh bên SB tạo với mặt phẳng AB = 6 3, CAB

( ABC ) một góc

45° . Hai điểm M , Q lần lượt thuộc các đoạn AB và SB sao cho

AM = 2 MB, QB = 2QS . Mặt phẳng (α ) chứa M , Q và song song với đường thẳng BC chia khối

chóp S . ABC thành hai khối đa diện có thể tích lần lượt là V1 ,V2 (V1 < V2 ) . Giá trị của V2 là

A. 22 3 . B. 20 3 . C. 24 3 . D. 26 3 . (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a 3, SA = SB = SC = SD = 2a . Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD bằng:

FI CI A

Câu 22.

13 3 13 2 3 13 6 3 13 3 3 a . a . a . a . B. C. D. 12 12 12 12 (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi, có AC = a 3, ABC = 600 . Biết rằng SA = SC , SB = SD và khoảng cách từ A mặt phẳng ( SBC )

A. Câu 23.

a 6 . Tính thể tích khối chóp S . ABC bằng: 2 9 6a 3 3 15a 3 3 6a3 3 6a 3 A. . B. . C. . D. . 16 40 16 8 Câu 24. (Chuyên Lam Sơn 2022) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh 1, người ta lấy điểm M sao cho AM = x (0 ≤ x ≤ 1) và trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông, người ta lấy điểm S vói SA = y thỏa mãn y > 0 và x 2 + y 2 = 1 . Biết khi M thay đổi trên

ƠN

bằng

m với m, n ∈ ℕ* và n

đoạn AD thì thể tích của khối chóp S . ABCM đạt giá trị lớn nhất bằng

DẠ

KÈ

QU Y

m , n nguyên tố cùng nhau. Tính T = m + n . A. 11. B. 17. C. 27. D. 35. Câu 25. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho khối bát diện đều có cạnh a . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC , SCD, SDA; gọi M ′, N ′, P′, Q′ lần lượt là trọng tâm của các tam giác S ′ AB, S ′ BC , S ′CD, S ′ DA (như hình vẽ dưới).

Thể tích của khối lăng trụ MNPQ ⋅ M ′ N ′ P′Q′ là

2a 3 . 72

2 2a 3 . 81

2a 3 . 24

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 2a 3 . 27 Trang 5

(Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB = 1 , cạnh bên SA = 1 và vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên đoạn CB sao cho MAN = 45° . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S ⋅ AMN là 2 −1 A. . 3 2 +1 B. . 9 2 +1 C. . 6 2 −1 D. . 9 Câu 27. (Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình 2022) Bạn A định làm một cái hộp quà lưu niệm (không nắp) bằng cách cắt từ một tấm bìa hình tròn bán kính 4 cm để tạo thành một khối lăng trụ lục giác đều, biết 6 hình chữ nhật có các kích thước là 1cm và x cm (tham khảo hình vẽ). Thể tích của hộp quà gần nhất với giá trị nào sau đây?

QU Y

ƠN

FI CI A

Câu 26.

DẠ

KÈ

A. 24, 5 cm3 . B. 25 cm3 . C. 25,5 cm3 . D. 24 cm3 . Câu 28. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Cho khối chóp S ⋅ ABCD , có đáy là hình chứ nhật cạnh AB = 2a 5 và tất cả các cạnh bên của hình chóp bằng 5a . Thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho bằng 20a 3 5 A. . 3 8a 3 B. . 3 40 5a 3 C. . 3 D. 15 5a 3 .

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Người ta dùng thuỷ tinh trong suốt để làm một cái chặn giấy hình tứ diện đều. Để trang trí cho nó, người thiết kế đặt trong khối tứ diện 4 quả cầu nhựa màu xanh có bán kính bằng nhau là r = 2( cm) . Biết rằng 4 quả cầu này đôi một tiếp xúc với nhau và mỗi mặt của tứ diện tiếp xúc với 3 quả cầu, đồng thời không cắt quả cầu còn lại. Nếu bỏ qua bề dày của các mặt thì người ta cần dùng bao nhiêu thuỳ tinh để làm chặn giấy trên (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2). B. 62, 09 ( cm 3 ) . C. 30, 03 ( cm 3 ) . D. 65, 55 ( cm 3 ) . A. 195, 66 ( cm 3 ) .

FI CI A

Câu 29.

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Trên d lấy điểm S và đặt AS = x ( x > 0 ) . Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S ′ . Khi SS ′ ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng a3 6 a3 3 a3 2 a3 6 A. . B. . C. . D. . 6 8 27 24 Câu 31. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng 4a . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của cạnh

Câu 30.

AB , tính khoảng cách từ điểm M tới mặt phẳng ( A′BC ) ?

B. 3a .

C. a 3 .

ƠN

Câu 32.

a 3 . 2

3a . 2 (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều. Gọi α là góc tạo bởi A′B với mặt phẳng ( ACC ′A′ ) và β là góc giữa mặt

phẳng ( A′BC ′ ) với mặt phẳng ( ACC ′A′ ) . Biết cot 2 α − cot 2 β =

m m (với m, n ∈ N* và phân số n n

QU Y

tối giản). Khi đó, giá trị của biểu thức T = m + 2n bằng A. 3 . B. 5 . C. 7 . D. 9 . Câu 33. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hình hộp đứng ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông. Gọi S là tâm hình vuông A′B′C ′D′ . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng, nếu MN tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 60° và AB = a thì thể

KÈ

tích S . ABC bằng a3 30 a3 30 a3 3 A. . B. . C. a3 30 . D. . 12 3 2 Câu 34. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình vuông, SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuống góc với mặt đáy. Biết khoảng cách giữa hai 2a 21 đường thẳng AB và SD bằng . Thế tích của khối chóp S . ABCD bằng 7 2a 3 3 4a 3 3 8a 3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 35. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Một trang tại cần xây dựng một bể chứa nước hình hộp chữ nhật bằng gạch không nắp ở phía trên. Biết bể có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và thể tích (phần chứa nước) bằng 8 m 3 . Hỏi chiều cao của bể gần nhất với kết quả nào dưới đây để số lượng gạch dùng để xây bể là nhỏ nhất A. 1,8 m . B. 1,3m . C. 1,1m . D. 1, 2 m .

DẠ

Câu 36.

(THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm di động trên cạnh AB và N là trung điểm SD . Mặt phẳng (α ) đi qua V1 3 = , trong đó V1 là thể V2 5 AM tích khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B . Tỉ số bằng AB M , N và song song BC chia khối chóp thành hai khối có tỉ lệ thể tích

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

1 . 3

1 . 2

3 . 5

3 . 7

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

VẤN ĐỀ 6. KHỐI TRÒN XOAY

Câu 2.

FI CI A

(Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cắt hình nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh S và tạo với Câu 1. trục của ( N ) một góc bằng 30° , ta được thiết diện là tam giác SAB vuông và có diện tích bằng 4a 2 .Chiều cao của hình nón bằng A. a 3 . B. 2 a 3 . C. 2 a 2 . D. a 2 . (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường cao là R và đáy là đường tròn tâm O bán kính R . Gọi (d ) là tiếp tuyến của đường tròn đáy tại A và ( P ) là mặt phẳng chứa SA và (d ) . Mặt phẳng (Q ) thay đổi qua S cắt đường tròn O tại hai điểm C , D sao cho CD = 3R . Gọi α là góc tạo bởi ( P ) và (Q ) . Tính giá trị lớn nhất của cos α .

3 10 . 10 10 B. . 5 2 6 C. . 5 10 . D. 10 (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Một chiếc kem Ốc quế gồm 2 phần, phần dưới là một khối nón có chiều cao bằng ba lần đường kính đáy, phần trên là nửa khối cầu có đường kính bằng đường kính khối nón bên dưới (như hình vẽ). Thể tích phần kem phía trên bằng 50cm3 . Thể tích của cả chiếc kem bằng

Câu 4.

QU Y

Câu 3.

ƠN

A. 200cm3 . B. 150cm3 . C. 125cm3 . D. 500cm3 . (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn

( I ; 7 ) và ( J ; 7 ). Biết rằng tồn tại dây cung EF của đường tròn ( I ; 7 ) sao cho tam giác

(Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua

đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng 32 5π A. . 3 B. 32π . C. 32 5π .

DẠ

Câu 5.

KÈ

JEF là tam giác đều và mặt phẳng ( JEF ) hợp với mặt đáy của hình trụ một góc bằng 60°. Thể tích V của khối trụ đã cho là A. V = 21π . B. V = 7 6π . C. V = 14π . D. V = 28π .

18 5π . 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

Câu 6.

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2, AD = 1 . Gọi M là trung điểm của DC . Biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = 2 . Tính

3 3 11 13 . C. R = . D. R = . 2 2 2 (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Cho hình nón đỉnh S có đường cao h = a 3 . Một mặt phẳng (α ) đi qua đỉnh S , cắt đường tròn đáy tại hai điểm A, B sao cho AB = 8a và tạo với mặt đáy một góc 30° . Tính diện tích xung quanh của hình nón. 10 7π 2 A. a . 3 B. 20 7π a 2 .

A. R = 3 .

B. R =

Câu 7.

ƠN

FI CI A

bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCM .

QU Y

DẠ

Câu 9.

KÈ

Câu 8.

C. 10 7π a 2 D. 5 7π a 2 . (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Một tấm tôn hình tam giác ABC có độ dài cạnh AB = 3; AC = 2; BC = 19 . Điểm H là chân đường cao kẻ từ đình A của tam giác ABC . Người ta dùng compa có tâm là A , bán kính AH vạch một cung tròn MN . Lấy phần hình quạt gỏ thành hình nón không có mặt đáy với đỉnh là A , cung MN thành đường tròn đáy của hình nón (nhuc hình vẽ). Tính thể tich khối nón trên. 2π 114 2π 3 π 57 2π 19 A. . B. . C. . D. . 361 19 361 361 (Sở Bạc Liêu 2022) Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường kính của đáy; một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng đường kính của đường tròn đáy cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón sao cho đỉnh khối nốn nằm trên mặt cầu (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu.

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 4 5 1 . B. . C. . D. . 3 9 9 2 (Sở Hà Tĩnh 2022) Cắt hình nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh ( S ) và tạo bởi với trục của

A. Câu 10.

(N)

một góc bằng 30° ta được thiết diện là tam giác SAB vuông và có diện tích 4a 2 . Chiều cao

FI CI A

B. 2a 3 . C. 2a 2 . D. a 2 . A. a 3 . (Sở Lạng Sơn 2022) Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm một khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo được ghi trên hình, chu vi đáy là 20cm .

Câu 11.

của hình nón bằng:

ƠN

Thể tích của cột bằng 52000 5000 5000 13000 A. B. C. D. cm 3 ) . cm 3 ) . cm 3 ) . ( ( ( ( cm 3 ) . π 3π 3π 3π Câu 12. (Sở Phú Thọ 2022) Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a 3 . Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục, cách trục một khoảng bằng a ta được thiết diện là một hình vuông. Thể tích khối trụ đó bằng: A. 2π a 3 2 . B. 4π a 3 2 . C. 6π a 3 2 . D. 3π a 3 2 . Câu 13. (Sở Phú Thọ 2022) Cho hình nón (ℵ) có chiều cao bằng 2a . Cắt (ℵ) bởi một mặt phẳng đi qua

đỉnh và cách tâm của đáy một khoảng bằng a ta được thiết diện có diện tích bằng

4a 2 11 . Thể 3

DẠ

KÈ

QU Y

tích của khối nón đã cho bằng 4πa 3 5 10 πa 3 4πa 3 5 A. . B. 10πa3 . C. . D. . 3 3 9 Câu 14. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho một dụng cụ đựng chất lỏng như hình 1 có phần trên là mặt xung quanh và đáy của hình trụ, phần dưới là mặt xung quanh của hình nón. Biết hình trụ có cùng bán kính đáy R và cùng chiều cao h = 24cm với hình nón. Trong hình 1, lượng chất lỏng có chiều cao bằng 12cm . Lật ngược dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất như hình 2. Khi đó chiều cao của chất lỏng trong hình 2 là

A. 3cm .

B. 2cm .

C. 1cm .

D. 4cm .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CD = 2 3 , AC = BD = 2 , AD = 2 2 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho bằng 40π 10π A. 6π . B. 24π . C. . D. . 3 3 Câu 16. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho một hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R = 5 2 và góc ở đỉnh là 2α với sin α = . Một mặt phẳng ( P ) vuông góc với SO tại H và cắt hình 3 nón theo một đường tròn tâm H . Gọi V là thể tích của khối nón đỉnh O và đáy là đường tròn 50π a a tâm H . Biết V = khi SH = với a, b ∈ ℕ* và là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu 81 b b thức T = 3a 2 − 2b 3 . A. 12 . B. 23 . C. 21 . D. 32 . Câu 17. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho một hình nón có bán kính đáy bằng a . Mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh S

FI CI A

Câu 15.

đáy đến mặt phẳng ( P ) bằng

a 2 . Thể tích khối nón đã cho bằng 4

π a3

. B. . C. . D. . 12 6 3 24 Câu 18. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 45° . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng

ƠN

π a3

của hình nón cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = a 3 , khoảng cách từ tâm đường tròn

25π a 2 25π a 2 25π a 2 25π a 2 . B. . C. . D. . 12 3 9 6 (Chuyên Hạ Long 2022) Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn (O; R ) và ( O′; R ) .

Câu 19.

Tồn tại dây cung AB thuộc đường tròn (O ) sao cho ∆O′ AB là tam giác đều và mặt phẳng hình trụ là 4π R 2 A. S xq = . 7 3π R 2 B. S xq = . 7

một góc 60° . Khi đó diện tích xung quanh S xq

QU Y

( O′ AB ) hợp với mặt phẳng chứa đường tròn (O )

3π R 2 7 . 7 6π R 2 7 D. S xq = . 7 Câu 20. (Chuyên Hạ Long 2022) Cho hình chóp S ⋅ ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 7 và vuông góc với đáy. Lấy điểm M trên cạnh SC sao cho CM < a . Gọi (C ) là hình nón có đỉnh C , các điểm B, M , D thuộc mặt xung quanh, điểm A thuộc mặt đáy của hình nón. Tính diện tích xung quanh của (C ) .

KÈ

C. S xq =

16 7 π a2 . 15 8 30 2 B. πa . 15 32 2 2 C. πa . 15

DẠ

Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

16 3 2 πa . 9 Câu 21. (Chuyên Lam Sơn 2022) Một cái bình thủy tinh có phần không gian bên trong là một hình nón có đỉnh hướng xuống dưới theo chiều thẳng đứng. Rót nước vào bình cho đến khi phần không gian trống trong bình có chiều cao 2 cm . Sau đó đậy kín miệng bình bởi một cái nắp phẳng và lật ngược bình để đỉnh hướng lên trên theo chiều thẳng đứng, khi đó mực nước cao cách đỉnh của nón 8 cm (hình vẽ minh họa bên dướí).

FI CI A

KÈ

QU Y

ƠN

Biết chiều cao của nón là h = a + b cm . Tính T = a + b . A. 22. B. 58. C. 86. D. 72. Câu 22. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Nhân dịp năm mới để trang trí một cây thông Noel, ở sân trung tâm có hình nón ( N ) như hình vẽ sau. Người ta cuộn quanh cây bằng một sợi dây đèn LED nhấp nháy, bóng đèn hình hoa tuyết từ điểm A đến điểm M sao cho sợi dây luôn tựa trên mặt nón. Biết rằng bán kính đáy hình nón bằng 8m , độ dài đường sinh bằng 24m và M là điểm sao cho 2MS + MA = 0 . Hãy tính chiều dài nhỏ nhất của sợi dây đèn cần có.

DẠ

A. 8 19(m) .

B. 8 13( m) .

C. 8 7 ( m) . D. 9 12( m) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Câu 23.

(THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cắt hình trụ (T ) có bán kính R bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng a ( 0 < a < R ) ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích 16a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ (T ) bằng

B. π a 2 5 .

C. 8π a 2 5 .

D. 16π a 2 5 . a 3 Câu 24. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho tứ diện ABCD có AB = và các cạnh 2 a m còn lại đều bằng a . Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng với n m, n ∈ ℕ* ; m ≤ 15 . Tổng T = m + n bằng A. 15. B. 17. C. 19. D. 21. Câu 25. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hình trụ (T ) chiều cao bằng 2a , hai đường tròn đáy

FI CI A

A. 4π a 2 5 .

của (T ) có tâm lần lượt là O và O1 , bán kính bằng a . Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A ,

trên đường tròn đáy tâm O1 lấy điểm B sao cho AB = 5a . Thể tích khối tứ diện OO1 AB bằng

3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 . B. . C. . D. . 12 3 4 6 (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Một khối nón có bán kính đáy bằng 2 cm , chiều cao bằng

A. Câu 26.

(THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hình nón đỉnh S tâm O có độ dài đường sinh bằng SA = a , đường kính đáy AB . Thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60° cắt đường tròn 2a 3 đáy theo dây cung MN = . Biết rằng khoảng cách từ A đến MN bằng a . Thể tích khối nón 3 bằng: a 3 6π a 3 2π a3 6π a 3 6π A. . B. . C. . D. . 12 18 9 3

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 27.

ƠN

3 cm . Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60° chia khối nón làm 2 phần. Tính thể tích phần nhỏ hơn (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). B. 2,36 cm3 . C. 1, 42 cm3 . D. 1, 53 cm 3 . A. 2, 47 cm 3 .

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

VẤN ĐỀ 7. OXYZ

(Chuyên Vinh – 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z + 16 = 0 và mặt

Câu 2.

cầu ( S ) : ( x − 2)2 + ( y + 1) 2 + ( z − 3) 2 = 21 . Một khối hộp chữ nhật ( H ) có bốn đỉnh nằm trên mặt phẳng ( P ) và bốn đỉnh còn lại nằm trên mặt cầu ( S ) . Khi ( H ) có thể tích lớn nhất, thì mặt phẳng chứa bốn đỉnh của ( H ) nằm trên mặt cầu ( S ) là (Q ) : 2 x + by + cz + d = 0 . Giá trị b + c + d bằng A. −15 . B. −13 . C. −14 . D. −7 . (THPT Kim Liên – Hà Nội – 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

FI CI A

Câu 1.

( S ) : ( x + 1)2 + ( y + 3) 2 + ( z − 2)2 = 25 và hai đường thẳng ( d1 ) , ( d2 ) lần lượt có phương trình

Câu 4.

QU Y

Câu 3.

ƠN

 x = 1 + mt x = 1+ t   d1 :  y = −1 và d 2 :  y = −1 . Có bao nhiêu giá trị của m để ( d1 ) , ( d 2 ) cắt mặt cầu ( S ) tại 4 z = 1+ t  z = 1 − mt   điểm phân biệt sao cho bốn điểm đó tạo thành tứ giác có diện tích lớn nhất A. 0. B. 3. C. 2. D. 1. (Chuyên Vinh – 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 12 y + 6 z + 24 = 0 . Hai điểm M , N thuộc ( S ) sao cho MN = 8 và OM 2 − ON 2 = −112 . Khoảng cách từ O đến đường thẳng MN bằng A. 4. B. 3. C. 2 3 . D. 3 . (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2

( S ) : ( x + 1) + ( y − 3) + ( z + 4 )

= 5 và điểm M (1; 4; −2 ) . Xét điểm N thuộc mặt cầu ( S ) sao

cho đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu ( S ) . Khi đó điểm N luôn nằm trên mặt phẳng có

Câu 5.

KÈ

phương trình là: A. 2 x + y + z + 2 = 0 . B. x + y + z + 1 = 0 . C. 2 x + y + 2 z + 2 = 0 . D. 2 x + y + 2 z − 2 = 0 . (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm

A ( a; b; c ) với a; b; c là các số thực dương thỏa mãn 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca ) và a 1 có giá trị lớn nhất. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của − 2 b + c ( a + b + c )3 2

DẠ

A lên các tia Ox, Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là

Câu 6.

A. 3 x + 12 y + 12 z − 1 = 0 .B. x + 4 y + 4 z − 12 = 0 . C. 3 x + 12 y + 12 z + 1 = 0 .D. x + 4 y + 4 z = 0 . (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0;0) , B (0; −2;3) , 2 . Tìm C (1;1;1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa A , B sao cho khoảng cách từ C đến ( P ) bằng 3 tọa độ giao điểm M của ( P ) và trục Oy .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

 23  A. M (0; −1; 0) hoặc M  0; ;0  .  37  23   C. M (0; −1; 0) hoặc M  0; − ; 0  . 37  

B ( 2; −3; −5) . Gọi 2

( P) 2

là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu

( S1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 3) điểm thuộc

( P)

(Cụm Trường Nghệ An - 2022) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 0;0;3) và 2

= 25 và

FI CI A

Câu 7.

23   B. M (0;1; 0) hoặc M  0; − ; 0  . 37   23   D. M (0;1; 0) hoặc M  0; − ; 0  . 37  

( S2 ) : x2 + y2 + z 2 − 2x − 2 y −14 = 0 .

Gọi M , N là hai

sao cho MN = 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của AM + BN có dạng

( a , b , c ∈ ℕ và c là số nguyên tố). Tính a + b + c

a −b c

KÈ

QU Y

ƠN

A. 80 . B. 93 . C. 89 . D. 90 . Câu 8. (Đại học Hồng Đức – 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng x + 1 y −1 z + 2 x −1 y + 3 z −1 và điểm A(4;1; 2) . Gọi ∆ là đường thẳng = = , (d2 ) : = = ( d1 ) : −1 2 2 1 2 3 qua A cắt d1 và cách d 2 một khoảng lớn nhất. Lấy u = (a;1; c ) là một véctơ chỉ phương của ∆ . Độ dài của u là A. 3 5 . B. 86 . C. 3 . D. 85 . Câu 9. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 5 = 0 ; (Q ) : x + y + z + 1 = 0 và ( R ) : x + y + z + 2 = 0 . Úng với mỗi cặp điểm A, B lần lượt thuộc hai mặt phẳng ( P ), (Q ) thì mặt cầu đường kinh AB luôn cắt mặt phẳng ( R ) theo một đường tròn. Tìm bán kính nhỏ nhất của đường tròn đó. 1 . A. 3 2 B. . 3 C. 1. 1 D. . 2 Câu 10. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường x + 2 y +1 z 2 2 2 = = và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 1) = 6 . Hai mặt phẳng thẳng d : 2 −3 1 P , Q ch ứ a d và cùng tiếp xúc với ( S ) lần lượt tại A, B . Gọi I tà tâm mặt cầu ( S ) . Giá trị ( ) ( )

cos AIB bằng 1 1 1 1 A. − . B. . C. − . D. . 9 3 9 3 Câu 11. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng x y+2 z−2 = = ⋅ Đường thẳng ∆ ′ là hình chiếu vuông 2 −2 1 góc của đường thẳng ∆ trên mặt phẳng ( α ) có phương trình: ∆:

DẠ

( α ) : x + y − 2 z − 2 = 0 và đường thẳng

x+8 y −6 z + 2 x+8 y −6 z + 2 . B. . = = = = 3 5 4 3 −5 4 x +1 y −1 z +1 x +1 y −1 z +1 C. . D. . = = = = −5 7 1 7 5 1

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 12.

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt 2

cầu ( S1 ) : ( x + 5 ) + y 2 + z 2 = 25 ,

Câu 13.

B. 50 6 .

C. 100 2 .

D. 100 3 .

FI CI A

A. 90 3 .

2 ( S2 ) : ( x + 5 ) + y 2 + z 2 = 100 và điểm K ( 8;0;0 ) . Đường thẳng ∆ di động nhưng luôn tiếp xúc với ( S1 ) , đồng thời cắt ( S2 ) tại hai điểm M , N . Tam giác KMN có diện tích lớn nhất bằng

(Liên trường Hà Tĩnh-2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho

ƠN

A( a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c ) với a, b, c > 0 sao cho 2OA − OB + OC + 5 OB 2 + OC 2 = 36 . Tính a − b + c khi thể tích khối chóp O. ABC đạt giá trị lớn nhất A. 1. B. 5 −36 + 36 2 C. 5 D. 7 Câu 14. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x −1 y −1 z +1 và hai điểm A( 6;0;0) , B ( 0;0; −6) . Khi M thay đổi trên đường thẳng d , d: = = 2 2 1 hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + MB A. min P = 6 3 . B. min P = 6 2 . C. min P = 9 . D. min P = 12 . Câu 15. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2 z − 11 = 0 và điểm I ( −3;3;1) . Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm là điểm I và cắt mặt phẳng ( P ) theo một đường tròn có chu vi bằng 8π . Phương trình của mặt cầu ( S ) là A. ( x + 3 ) + ( y − 3 ) + ( z − 1) = 52 .

Câu 16.

D. ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z + 1) = 52 .

QU Y

C. ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z + 1) = 64 .

B. ( x + 3 ) + ( y − 3 ) + ( z − 1) = 64 .

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Trong không gian tọa độ cho đường thẳng

x −1 y − 2 z = = và hai điểm A (1; −1;1) , B ( 4; 2; −2 ) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A và 2 2 1 vuông góc với d sao cho khoảng cách từ điểm B đến ∆ là nhỏ nhất. Phương trình của đường d:

thẳng ∆ là

x −1 y +1 z −1 = = . 1 1 4

x −1 y +1 z −1 = = . 1 −1 4

x −1 y +1 z −1 = = . 1 1 −4

KÈ

x −1 y +1 z −1 = = . −1 1 4

(Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét ba điểm 1 1 1 A( a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c ) thỏa mãn − + = 1 . Biết rằng mặt cầu a b c ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 3) 2 = 25 cắt mặt phẳng ( ABC ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính là 4. Giá trị của biểu thức a + b + c là A. 1. B. 2. C. 3. D. 5.

DẠ

Câu 17.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

Câu 18.

x = 1+ t  (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1 và z = t 

FI CI A

mặt phẳng ( P ) : 2 x − z + 3 = 0 . Biết đường thẳng ∆ đi qua điểm O (0;0;0) gốc toạ độ, có 1 vectơ chỉ phương u = (1; a; b) , vuông góc với đường thẳng d và hợp với mặt phẳng ( P ) một góc lớn nhất. Hỏi điểm nào sau đây thuộc đường thẳng ∆ ? B. M (2;0; −2) . C. N ( −1;1;1) . D. Q (1; 2; 2) . A. P (0;1;0) . Câu 19. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (2; −1;3)

bán kính R = 4 và mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 6 z − 2 = 0 . Biết mặt phẳng ( P ) là giao của hai mặt cầu ( S ) và ( S1 ) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MN = 2 .

ƠN

Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng a − b 2 , với a , b ∈ ℝ và A(0;5;0), B (3; −2; −4) . Tính giá b trị gần đúng của (làm tròn đến hàng phần trăm). a A. 0,05. B. 0,07. C. 0,11. D. 0,13. Câu 20. (Sở Hà Tĩnh 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = 16; ( S2 ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z 2 = 1 và điểm A  4 ; 7 ; − 14  . Gọi ( P ) 3 3 3 là mặt phẳng tiếp xúc với cả hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) và I là tâm của ( S1 ) . Xét điểm M ( a; b; c ) di

DẠ

KÈ

QU Y

động trên ( P ) sao cho IM tiếp xúc với mặt cầu ( S2 ) , khi AM ngắn nhất thì a + b + c bằng A. 1. B. −1 . 7 C. . 3 7 D. − . 3 Câu 21. (Sở Thanh Hóa 2022) Trong không gian Oxyz , cho bốn điếm A(2;3;5), B ( −1;3; 2), C ( −2;1;3), D (5; 7; 4) . Xét điếm M (a; b; c ) di động trên mặt phắng (Oxy ) , khi T = 4 MA2 + 5 MB 2 − 6 MC 2 + MD 4 đạt giá trị nhỏ nhất thì a + b + c bằng A. 11. B. −11 . C. 12. D. 9. Câu 22. (Sở Bắc Giang 2022) Trong không gian Oxyz , biết rằng không có đường thẳng nào cắt đồng thời cả 4 đường thẳng x = 6 + t x−3 y +3 z x −1 y −1 z x y + 2 z +1  d1 : = = ; d2 : = = ; d3 : = = ; d 4 :  y = a + 3t. −1 1 1 1 2 −1 1 −1 −1 z = b + t  Giá trị 2b − a bằng A. −2 B. 3 C. 2. D. −3 . Câu 23. (Sở Hà Tĩnh 2022) 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 = 0 và điểm M (0;1; 0) . Mặt phẳng ( P ) đi qua M và cắt ( S ) theo đường tròn (C ) có chu vi nhỏ nhất. Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) là điểm thuộc đường tròn (C ) sao cho

ON = 6 . Tính y0 . A. 3. B. 1.

Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

C. 2. D. 4. Câu 24. (Sở Bạc Liêu 2022) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu 2

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 )

= 9 và điểm M (1;3; −1) , biết rằng các tiếp điểm của các tiếp

tuyến kẻ từ M tới các mặt cầu đã cho luôn thuộc một đường tròn ( C ) có tâm J ( a; b; c ) . Giá trị

( P ) : 2 x − y − 2 z + 5 = 0.

FI CI A

T = 2a + b + c bằng 134 62 84 116 A. T = . B. T = . C. T = . D. T = . 25 25 25 25 Câu 25. (Sở Hà Tĩnh 2022) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 2; −3; −5 ) , I ( 2;0; −1) và mặt phẳng Điểm M ( a; b; c ) thay đổi thuộc mặt phẳng

(P)

sao cho IM = 5 và độ

dài đoạn AM lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức T = a + b + 2c bằng

Câu 26.

C. 6 .

B. 11 .

1 D. − . 3

A. −1 .

(Sở Hà Tĩnh 2022) Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng d :

x −5 y +7 z −3 , = = 1 2 3

x y +1 z + 3 x+2 y −3 z và d 2 : = = = = . Gọi ∆ là đường thẳng song song với d đồng thời 2 1 −2 1 −3 2 cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 . Đường thẳng ∆ đi qua điểm nào sau đây?

A. ( 4;10;17 ) . Câu 27.

B. ( 4;1; −7 ) .

ƠN

d1 :

C. ( 3; −12;10 ) .

D. (1; −6; 6 ) . 2

(Sở Phú Thọ 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 2 ) + y 2 + ( z + 5 ) = 24 cắt

mặt phẳng ( α ) : x + y + 4 = 0 theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Điểm M thuộc ( C ) sao cho khoảng cách từ M đến A ( 4; −12;1) nhỏ nhất. Tung độ của điểm M bằng

DẠ

KÈ

QU Y

A. −6 . B. −4 . C. 0 . D. 2 . Câu 28. (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 và x = 1+ t  điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ∈ d :  y = 1 + 2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao  z = 2 − 3t  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. 21. B. 30. C. 20. D. 26. Câu 29. (Chuyên Hạ Long 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm N (2;3; 4) . Một mặt cầu bất kỳ đi qua O và N cắt các trục tọa độ Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C ≠ 0 . Biết rằng khi mặt cầu thay đổi nhưng vẫn thỏa đề bài, trọng tâm G của tam giác ABC luôn nằm trên một mặt phẳng cố định. Mặt phẳng cố định này chắn các trục tọa độ thành một tứ diện, tính thể tích của khối tứ diện đó. 24389 A. . 3888 24389 . B. 4374 24389 C. . 8748 24389 D. . 2916

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

(Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(4; 6; 2), B (2; −2; 0) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua B , gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định. Diện tích của hình tròn đó bằng A. 4π . B. π . C. 6π . D. 3π . Câu 31. (Chuyên Lam Sơn – 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng

( d1 ) , ( d2 ) , ( d3 )

FI CI A

Câu 30.

 x = 1 + 2t1  x = 3 + t2  x = 4 + 2t3    có phương trình ( d1 ) :  y = 1 + t1 , ( d 2 ) :  y = −1 + 2t2 , ( d3 ) :  y = 4 − 2t3 tiếp xúc   z = 2 + 2t z = 1+ t 2 3    z = 1 − 2t1

với 3 đường thẳng đó. Giá trị nhỏ nhất của R gần số nào nhất trong các số sau: A. 2,1. B. 2,2. C. 2,3. D. 2,4. Câu 32. (Chuyên Lam Sơn 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm I (1; 0; 0) , điểm

QU Y

ƠN

x = 2  7 4 4 M  ; ;  và đường thẳng d :  y = t .N (a, b, c) là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện 9 9 9 z = 1+ t  tích tam giác IMN nhỏ nhất. Khi đó a + b + c có giá trị bằng: A. 2. B. −2 . 5 C. . 2 −5 . D. 2 Câu 33. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 và hai điểm A(3; 0; 0); B ( −1;1; 0) . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 3MB . A. 2 34 B. 26 C. 5 D. 34 Câu 34. (THPT Đô Lương – Nghệ An – 2022) Trong không gian Oxyz cho đường tròn (C ) là giao

DẠ

KÈ

tuyến của mặt phẳng tọa độ ( xOy ) với mặt cầu ( S ) : ( x − 6) 2 + ( y − 6) 2 + ( z + 3) 2 = 41 . Gọi d là đường thẳng đi qua các điểm A(0; 0;12), B (0; 4;8) . Với M , N là các điểm thay đổi thứ tự trên (C ) và d . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN gần với giá trị nào nhất sau đây? A. 3,5. B. 2,35. C. 1,25. D. 2,92. Câu 35. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai điếm A(2; −1; −1), B (0;1; −2) và mặt phắng ( P ) : 2 x + y − 2 z − 2 = 0 . Điếm M thuộc mặt phắng ( P ) sao cho AMB Ión nhất, khì đó cos AMB bằng

Trang 6

5 . 13

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

12 . 13 12 C. − . 13 5 D. − . 13 Câu 36. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1; 2;3) và

FI CI A

B ( 3; 2;5 ) . Xét hai điểm M và N thay đổi thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MN = 2023 . Tìm giá trị nhỏ nhất của AM + BN . B. 65 . C. 25 97 . D. 205 97 . A. 2 17 . Câu 37. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

A. R = 5 .

265 . 4

C. R =

5 5 . 4

D. R = 4 .

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S1 ) có tâm I ( 2;1;1) có bán kính bằng 4 và mặt cầu

ƠN

Câu 38.

B. R =

( P ) : 2 x + 2 y + z + 5 = 0 và mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −2 ) . Biết ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có chu vi 8π . Tìm bán kính của mặt cầu (T ) chứa đường tròn ( C ) và (T ) đi qua điểm M (1;1;1) .

Câu 39.

( S 2 ) có tâm J ( 2;1;5 ) có bán kính bằng 2. Gọi ( P ) là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) . Đặt M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( P ) . Giá trị M + m bằng A. 8 . B. 9 . C. 8 3 . D. 15 . (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A( 2;4; − 2) và mặt phẳng ( P ) :( m 2 + 1) x + ( m2 − 1) x + 2mz + 4 = 0 . Biết rằng,khi tham số m thay

QU Y

đổi thì mặt phẳng ( P ) luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định cùng đi qua A là ( S1 ) và ( S2 ) . Gọi M và N lần lượt nằm trên ( S1 ) và ( S2 ) . Tìm giá trị lớn nhất của MN ?

Câu 40.

B. 8 + 8 2 . C. 8 2 . D. 8 + 6 2 . A. 16 2 . (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;2;3), B ( 0;1;0 ) , C (1;0; −2) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Điểm M ( a; b; c ) nằm trên ( P )

DẠ

KÈ

sao cho biểu thức MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức T = a − b + 9c bằng −13 13 A. . B. . C. 13 . D. −13 . 9 9

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

VẤN ĐỀ 1. HÀM SỐ

(

Câu 1. (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ′( x ) = ( x 2 + 9 x )( x 2 − 9 ) với mọi có không quá 6 điểm cực trị ? A. 2. B. 5. C. 4. D. 7.

FI CI A

x ∈ ℝ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = g ( x) = f x3 + 3 x + 2m − m 2

)

Lời giải Chọn B Do g (− x) = f − x 3 − 3 x + 2m − m 2 = f x 3 + 3 x + 2m − m 2 = g ( x) nên hàm số này là hàm số

)

(

)

(

chẵn tức để hàm số g ( x ) có không quá 6 điểm cực trị (cụ thể là tối đa 5 cực trị) thì hàm

(

) h′( x ) = ( 3 x

h( x ) = f x 3 + 3 x + 2m − m 2 có tối đa 2 điểm cực trị dương.

) (

)

+ 3 f ′ x 3 + 3 x + 2m − m 2 = 0 có tối đa 2 nghiệm bội lẻ dương.

ƠN

 x 3 + 3 x + 2m − m 2  3 x + 3 x + 2m − m 2 ⇔ 3  x + 3 x + 2m − m 2  3 2  x + 3 x + 2m − m

 x 3 + 3 x = m 2 − 2m = y3  3 x + 3 x = m 2 − 2m − 9 = − y1 ⇔ 3 ( *)  x + 3 x = m 2 − 2m − 3 = y2 = −3  3 2 =3  x + 3 x = m − 2m + 3 = y4 =0 = −9

Tức phương trình

Như vậy để thỏa mãn đề bài thì bốn đường thẳng lần lượt là y1 , y2 , y3 , y4 phải cắt đồ thị y = x 3 + 3 x tại tối đa hai nghiệm dương. Xét hàm số y = x 3 + 3 x có y′ = 3 x 2 + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ và y (0) = 0 .

QU Y

Nhận thấy m 2 − 2m + 3 = ( m − 1) 2 + 2 > 0 luôn đúng nên hệ (*) có tối thiểu 1 nghiệm, từ đó ta có: Trường hợp 1: m 2 − 2m ≤ 0 ⇔ m ∈ [0; 2] thì hệ (*) có 1 nghiệm tức hàm số luôn có 3 điểm cực trị

DẠ

KÈ

m < 0 Trường hợp 2: m 2 − 2m > 0 ⇔  thì hệ (*) đang có 2 nghiệm dương. Do hàm số có tối đa 5 m > 2 điểm cực trị nên chỉ có tối đa 2 nghiệm dương tức ta có điều kiện đủ là:  m 2 − 2m − 9 ≤ 0 ⇔ m ∈ [−1;3]  2  m − 2m − 3 ≤ 0 So với điều kiện ta suy ra m ∈ {−1;3} . Từ hai trường hợp ta suy ra m ∈ {−1;0;1; 2;3} tức có 5 giá trị nguyên m thỏa. Câu 2. (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

L FI CI A )

(

Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình f x 2 − 4 x − 3 = a có không ít hơn 10 nghiệm thực

ƠN

phân biệt? A. 4. B. 6. C. 2. D. 8.

Lời giải Chọn A

QU Y

Bảng biến thiên

 x2 − 4 x = 0  x = 0; 4 x2 − 4 x . ⋅ (2 x − 4); t ′ ( x ) = 0 ⇔ ⇔  2 x − 4x x = 2 2 x − 4 = 0

Đạtt t = x 2 − 4 x − 3; ta có t ′( x) =

DẠ

KÈ

Nhận thấy: - Với t < −3 thì vô nghiệm x . - Với t = −3 thì có 2 nghiệm x . - Vói t ∈ ( −3;1) thì có 4 nghiệm x . - Với t = 1 thì có 3 nghiệm x . - Với t > 1 thì có 2 nghiệm x .

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

KÈ

hình vẽ bên.

QU Y

ƠN

Khi đó ta có phương trình f (t ) = a (1). Từ đồ thị hàm số f ( x ) ta có + Nếu a < −2 thì (1) có 2 nghiệm phân biệt t > 1 hoặc vô nghiệm  Phương trình đã cho có số nghiệm không lớn hơn 4. + Nếu a = −2 thì (1) có 3 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm t ∈ ( −3; 0) và có 2 nghiệm t > 1 .  Phương trình đã cho có 8 nghiệm. + Nếu a ∈ ( −2;0) thì (1) có 4 nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm t ∈ ( −3;1) và 2 nghiệm t > 1  Phương trình đã cho có 12 nghiệm phân biệt. + Nếu a = 0 thì (1) có 4 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm t ∈ ( −3;1) và 1 nghiệm t > 1 và nghiệm t = 1; t = −3  Phương trình đã cho có 11 nghiệm phân biệt. + Nếu a ∈ (0; 2] thì (1) có 4 nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm t ∈ ( −3;1) và 1 nghiệm t < −3 và 1 nghiệm t > 1  Phương trình đã cho có 10 nghiệm phân biệt. a > 2 + Nếu  thì (1) có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm t < −3 và 1 nghiệm t > 1 a ∈ ℤ  Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Vậy với −2 < a ≤ 2 thì phương trình đã cho có không it hơn 10 nghiệm thực phân biệt, do đó có 4 số nguyên a cần tìm. Câu 3. (Chuyên Vinh -2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x) . Biết rằng hàm số y = f ′ (1 − x 2 ) có đồ thị như

DẠ

 x2 −1  2 Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f  2  + là  x  x A. 5. B. 4. C. 3. D. 7. Lời giải Ta có

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

g ′ ( x) =

2 ′  x2 −1  2 2  1 ′  x2 −1   ⋅ − = f  ⋅ f  2  − 1  2  2 x3 x2  x  x  x  x  

 x2 −1  1 ′  x2 −1  1   ⋅ f  2  − 1 = 0  f ′  2  = x ⇔ f ′ 1 − 2  = x x  x   x   x  1 Đặt ta được f ′ (1 − t 2 ) = . t 1 1 Xét hàm số h(t ) = (t ≠ 0)  h′(t ) = − 2 < 0, ∀t ≠ 0 t t 1 Vẽ đồ thị hàm h(t ) = trên cùng hệ trục toạ độ với hàm số y = f ′ (1 − t 2 ) t Từ đồ thị suy ra g ' ( x ) = 0 có 5 nghiệm đơn.

FI CI A

 g ′ ( x) = 0 ⇔

 x2 − 1  2 Vậy hàm số g ( x ) = f  2  + có 5 điểm cực trị  x  x Câu 4. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hàm số

f ( x)

có đạo hàm

A. f ( 2 ) −

3 . 4

ƠN

1 2 f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1) ( x − 2 ) . Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( x ) + x3 − x − 2 có đạo hàm 3 trên đoạn [ −1;2] bằng 8 B. f (1) − . 3

C. f ( 0 ) − 2 .

D. f ( −1) −

4 . 3

Lời giải Chọn B 2 Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + x 2 − 1 = ( x + 1)( x − 1) ( x − 2 ) + x 2 − 1 = ( x + 1)( x − 1) ( x 2 − 3 x + 3)  x = −1  x = −1  . g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 1) ( x − 3 x + 3) = 0 ⇔  x = 1 ⇔ x = 1   x 2 − 3 x + 3 = 0 Bảng xét dấu cho y′ .

QU Y

KÈ

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 1 suy ra giá trị nhỏ nhất của 8 hàm số g ( x ) là g (1) = f (1) − . 3 Câu 5. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình

m + 3 3 m + 3log x = log x có B. 1.

3 nghiệm phân biệt?

C. 3. Lời giải

D. 4.

A. 2.

DẠ

Chọn C Điều kiện: x > 0 . Đặt: t = 3 m + 3log x  t 3 = m + 3log x  m = t 3 − 3log x . Phương trình đã cho trở thành:

t 3 − 3log x + 3t = log x

⇔ t 3 − 3log x + 3t = log 3 x

⇔ t 3 + 3t = log 3 x + 3log x (1) . Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét hàm số f ( u ) = u 3 + 3u liên tục trên ℝ .

 f ′ ( u ) = 3u 2 + 3 > 0, ∀u ∈ ℝ .  Hàm số y = f ( u ) đồng biến trên ℝ . ( 2 )

FI CI A

Từ ( 2 ) và ( 3) ⇔ t = log x ⇔ 3 m + 3log x = log x ⇔ m = log 3 x − 3log x ( 4 ) .

Khi đó, phương trình (1) trở thành: f ( t ) = f ( log x ) ( 3)

Đặt: v = log x

Ta thấy: ứng với một nghiệm v thuộc ℝ sẽ cho ra một nghiệm x thuộc ( 0; +∞ ) .

3 Phương trình ( 4 ) trở thành: m = v − 3v . Đặt: g ( v ) = v3 − 3v  g ′ ( v ) = 3v 2 − 3 = 0 ⇔ v = ±1 .

ƠN

Bảng biến thiên:

Yêu cầu bài toán ⇔ m = g ( v ) có ba nghiệm phân biệt ⇔ − 2 < m < 2 . Mà m ∈ ℤ , nên m ∈ {−1;0;1} .

QU Y

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 6. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ. Số

(

f ( x)

)

+ f ( x ) = 1 là:

KÈ

nghiệm thực phân biệt của phương trình f e

A. 2 .

B. 4 .

C. 6 . Lời giải

D. 8 .

DẠ

Chọn C

 x = −1 Dựa vào đồ thị hàm số ta có f ( x ) = 1 ⇔  x = 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Đặt

f ( x) = t ,

khi

đó

có

phương

trình

(

)

f e f ( x) + f ( x ) = 1

trở

thành

 e t + t = −1 f ( et + t ) = 1 ⇔  t e + t = 1

duy nhất t = 0 .

FI CI A

Xét hàm số g ( t ) = et + t là hàm số đồng biến trên ℝ nên ta có phương trình e t + t = 1 có nghiệm

Xét phương trình et + t = −1 , dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số g ( t ) = et + t và đường

ƠN

thẳng y = −1 ta có phương trình có nghiệm duy nhất t = a ∈ ( −2; − 1) .

QU Y

Dựa vào sự tương giao của đồ thị ta có:

Với t = 0  f ( x) = 0 nên phương trình có 2 nghiệm thì phương trình có 4 nghiệm. Với t = a ∈ ( −2; − 1)  f ( x) = a ∈ ( −2; − 1) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm.

Câu 7. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị

(

)

KÈ

nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −2021;2021] để hàm số g ( x ) = f x5 + 4 x + m có ít nhất 5

DẠ

điểm cực trị.

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 2022 .

B. 2023 .

C. 2021 . Lời giải

D. 1012 .

(

Chọn C Hàm số y = x 5 + 4 x  y ′ = 5 x 4 + 4 > 0 , ∀x ∈ R . Do đó y = x 5 + x là hàm số lẻ và đồng biến trên R , x 5 + 4 x > 0 ⇔ x > 0; x 5 + 4 x < 0 ⇔ x < 0 .

)

(

FI CI A

Vậy hàm số g ( x ) = f x5 + 4 x + m là hàm số chẵn, có đồ thị nhận trục Oy là trục đối xứng.

)

(

)

Hàm số g ( x ) = f x5 + 4 x + m có ít nhất 5 điểm cực trị ⇔ h ( x ) = f x5 + 4 x + m có ít nhất hai

điểm cực trị dương.

 x5 + 4 x + m = 0  x5 + 4 x = − m Ta có h′ ( x ) = 5 x 4 + 4 f ′ x5 + 4 x + m  h′ ( x ) = 0 ⇔  5 ⇔ 5  x + 4x + m = 2  x + 4x = 2 − m Yêu cầu bài toán ⇔ tổng số giao điểm có hoành độ dương khác nhau của đồ thị hàm số y = x 5 + 4 x với hai đường thẳng y = − m; y = 2 − m ít nhất là 2 −m > 0 ⇔ ⇔ m < 0. 2 − m > 0

) (

)

(

Do m nguyên và thuộc đoạn [ −2021;2021] nên có 2021 giá trị m thỏa mãn đề bài.

Câu 8. (Đại học Hồng Đức 2022) Cho hàm đa thức y =  f x 2 + 2 x  ′ có đồ thị cắt trục Ox tại 5 điểm phân biệt như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu giá trị của tham số m với 2022m ∈ ℤ để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 | x − 1| −2 x + m ) có 9 điểm cực trị?

)

QU Y

ƠN

(

A. 2020. B. 2023. C. 2021. D. 2022.

Ta có:

Lời giải.

DẠ

KÈ

 f ( x 2 + 2 x )  ′ = (2 x + 2) f ′ ( x 2 + 2 x ) = a ( x + 3)( x + 2)( x + 1)( x)( x − 1) (a > 0)   a a  f ′ ( x 2 + 2 x ) = ( x + 3)( x + 2) x( x − 1) = ( x 2 + 2 x − 3)( x 2 + 2 x ) . 2 2 a 2 Đặt t = x + 2 x  f ′(t ) = (t − 3)t . 2 2 Ta có g ( x ) = f ( x − 2 | x − 1| −2 x + m ) = f (| x − 1|2 −2 | x − 1| + m − 1) .

Ta thấy g (2 − x ) = g ( x ), ∀x ∈ ℝ nên đồ thị hàm số y = g ( x ) nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng. Do đó số điểm cực trị của hàm số g ( x ) bằng 2a + 1 với a là số điểm cực trị lớn hơn 1 của hàm số g ( x ) . Theo bài ra ta có 2a + 1 = 9 ⇔ a = 4 . Vi vậy ta cần tìm m để hàm số g ( x ) có đúng 4 điểm cực trị lớn hơn 1. Khi x > 1 thì g ( x ) = f ( x 2 − 4 x + m + 2 ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

x = 2 g ′( x) = (2 x − 4) f ′ x − 4 x + m + 2 , g ′( x) = 0 ⇔  x 2 − 4 x + m + 2 = 0(1).  x 2 − 4 x + m + 2 = 3 (2) Đặt u ( x) = x 2 − 4 x + m + 2 , ta có bảng biến thiên

)

FI CI A

(

ƠN

Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để 2 phương trình (1), (2) có đúng 3 nghiệm phân biệt khác 2, điều này xảy ra khi và chỉ khi m − 2 < 0 < m − 1 ⇔ 1 < m < 2, suy ra 2022 < 2022m < 4044  2022m ∈ {2023; 2024;…; 4043}, do đó có 2021 giá trị của m thỏa mãn bài toán. Câu 9. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho f ( x) = x 3 − 3x 2 + 1 . Phương trình f ( f ( x) + 1) + 1 = f ( x) + 2 có số nghiệm thực là A. 7. B.6. C. 4. D. 9.

Lời giải. Đặt t = f ( x) + 1  t = x 3 − 3 x 2 + 2 (*)

Khi đó

QU Y

x = 0 Suy ra t ′ = 3x 2 − 6 x . Khi đó t ′ = 0 ⇔  . Ta có, bảng biến thiên x = 2

f ( f ( x) + 1) + 1 = f ( x) + 2 trở thành:

DẠ

KÈ

t ≥ −1 t ≥ −1 f (t ) + 1 = t + 1 ⇔  ⇔ 3 2 2  f (t ) + 1 = t + 2t + 1 t − 4t − 2t + 1 = 0 Từ bảng biến thiên ta có +) Với t = a ∈ (−1;0) , phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt. +) Với t = b ∈ (0;1) , phương trình (*) có 3 nghiệm phần biệt khác 3 nghiệm trên. +) Với t = c ∈ (4;5) , phương trình (*) có 1 nghiệm khác 6 nghiệm trên. Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm. Câu 10. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 6 f ( x 2 − 4 x ) = m có it nhất 3 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng (0; +∞ ) ?

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 29. B. 25. C. 24. D. 30. Lời giải m 6

FI CI A

Ta có: 6 f ( x 2 − 4 x ) = m ⇔ f ( x 2 − 4 x ) =

Chọn D

Để phương trình f ( x 2 − 4 x ) =

Đặt u = x 2 − 4 x  u′ = 0 ⇔ x = 2 .

m có ít nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc (0; +∞ ) : 6

m ≤ 2 ⇔ −18 < m ≤ 12 6 (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho hàm số

Câu 11.

f ′( x ) = ( x + 1)

ƠN

⇔ −3 <

f ( x)

có đạo hàm

− 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. 17. B. 16. C. 18. D. 19.

Lời giải Ta có g ( x ) = f ( 2 x − 12 x + m )  g ′( x ) = (4 x − 12) ⋅ f ′ ( 2 x 2 − 12 x + m ) .

QU Y

x = 3 Suy ra g ′( x) = 0 ⇔ (4 x − 12) ⋅ f ′ 2 x 2 − 12 x + m = 0 ⇔  2  f ′ 2 x − 12 x + m = 0 x = 3 x = 3  2  2 x 2 − 12 x + m = 0 1 2 x − 12 x + m = 0 ()  ⇔ ⇔ 2 2  2 x − 12 x + m = 4  2 x − 12 x + m − 4 = 0 ( 2 )  2  2  2 x − 12 x + m = −1  2 x − 12 x + m + 1 = 0 ( 3)

)

(

)

(

DẠ

KÈ

Vì phương trình (3) có nghiệm kép nên ta chỉ xét 2 phương trình (1) và (2). Nhận xét: phương trình (1) và (2) không có nghiệm chung. Yêu cầu bài toán suy ra phương trình (1) va (2) đều có 2 nghiệm phân biệt khác nhau và khác 3. ∆′(1) > 0 36 − 2m > 0 m < 18  2   2.3 − 12.3 + m ≠ 0 m ≠ 18 m ≠ 18 ⇔ ′ ⇔ ⇔ ⇔ m < 18 ∆ (2) > 0 36 − 2( m − 4) > 0 m < 22  2 m ≠ 22 m ≠ 22 2.3 − 12.3 + m − 4 ≠ 0

Câu 12.

Vì m nguyên dương nên m ∈ {1; 2;3;…;17} .

(THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho các hàm số

y = f ( x) ; y = f ( f ( x)) ;

y = f ( x 2 + 2 x − 1) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) ; ( C2 ) ; ( C3 ) . Đường thẳng x = 2 cắt ( C1 ) ; ( C2 ) ; ( C3 )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

lần lượt tại A, B, C . Biết rằng phương trình tiếp tuyến của ( C1 ) tại A và của ( C2 ) tại B lần lượt là y = 2 x + 3 và y = 8 x + 5 . Phương trình tiếp tuyến của ( C3 ) tại C là

C. y = 24 x − 27 . Lời giải

Chọn C + Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm x = 2 :

y = f ′ ( 2 )( x − 2 ) + f ( 2 ) = f ′ ( 2 ) x − 2 f ′ ( 2 ) + f ( 2 ) .

D. y = 4 x + 1 .

B. y = 12 x + 3 .

FI CI A

A. y = 8 x − 9 .

Thực hiện phép đồng nhất thức với phương trình tiếp tuyến y = 2 x + 3 ta được:  f ′ ( 2 ) = 2  f ′ ( 2 ) = 2 ⇔ .  −2 f ′ ( 2 ) + f ( 2 ) = 3  f ( 2 ) = 7 + Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( f ( x ) ) tại điểm x = 2 :

y = f ′ ( 2 ) f ′ ( f ( 2 ) ) ( x − 2 ) + f ( f ( 2 ) ) = 2 f ′ ( 7 )( x − 2 ) + f ( 7 ) = 2 f ′ ( 7 ) x − 4 f ′ ( 7 ) + f ( 7 ) . Thực hiện phép đồng nhất thức với phương trình tiếp tuyến y = 8 x + 5 ta được:

ƠN

2 f ′ ( 7 ) = 8  f ′ ( 7 ) = 4 ⇔ .  −4 f ′ ( 7 ) + f ( 7 ) = 5  f ( 7 ) = 21 + Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x 2 + 2 x − 1) tại điểm x = 2 là

y = 6 f ′ ( 7 )( x − 2 ) + f ( 7 ) = 24 ( x − 2 ) + 21 = 24 x − 27 . Câu 13.

(THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hìnhh vẽ. Hàm số

QU Y

y = 4 − f 2 ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

Chọn B

B. 5 .

C. 3 .

D. 6 .

Lời giải

A. 4 .

KÈ

 4 − f 2 ( x ) ′ −2 f ( x ) . f ′ ( x ) − f ( x ) . f ′ ( x ) y = 4 − f 2 ( x )  y′ =  = = 2 4 − f 2 ( x) 2 4 − f 2 ( x) 4 − f 2 ( x)

 f ( x) = 0 Xét y′ = 0 ⇔ f ( x ) . f ′ ( x ) = 0 ⇔  .  f ′( x) = 0

DẠ

 x = a ∈ ( −2; − 1)  Dựa vào đồ thị hàm số ta có: f ( x ) = 0 ⇔  x = b ∈ (1; 2 )  x = 0  x = −1 f ′( x) = 0 ⇔  x =1

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy y′ = 0 có 5 nghiệm phân biệt. Nên hàm số y = 4 − f 2 ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 14.

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [ −4; 4] , có các điểm

[ −1;0]

FI CI A

[0;1]

4 cực trị trên ( −4;4 ) là −3; − ;0; 2 và có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( x 3 + 3 x ) + m với m là 3 tham số. Gọi m1 là giá trị của m để max g ( x ) = 2022, m2 là giá trị của m để min g ( x ) = 2004.

B. 13 .

C. 11 .

A. 12 .

ƠN

Giá trị của m1 − m2 bằng

D. 14 .

QU Y

Lời giải Chọn D  Trước tiên, xét hàm y = x 3 + 3 x , có BBT như sau:

KÈ

 x3 + 3 x = −3  x = x1 ∈ [ −1;0]   4  x3 + 3 x = −  x = x2 ∈ [ −1;0] 2 3  Có g ′ ( x ) = ( 3 x + 3) f ′ ( x + 3 x ) = 0 ⇔  3⇔ x=0  3   x + 3x = 0  x = x3 ∈ [ 0;1]  x3 + 3 x = 2  Trên [ 0;1] , có g ( 0 ) = f ( 0 ) + m = 3 + m; g ( x3 ) = f ( 2 ) + m = −3 + m; g (1) = f ( 4 ) + m = 1 + m

DẠ

Dễ thấy max g ( x ) = 3 + m = 2022 , suy ra m1 = m = 2022 − 3 = 2019. [0;1]

[ −1;0] , g ( 0 ) = f ( 0 ) + m = 3 + m; g ( −1) = f ( −4 ) + m = −1 + m; g ( x1 ) = f ( −3) + m = 4 + m;



Trên

có

 4 g ( x2 ) = f  −  + m = 2 + m.  3 Dễ thấy min g ( x ) = −1 + m = 2004 , suy ra m2 = m = 2004 + 1 = 2005. [−1;0]

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

 Vậy m1 − m2 = 2019 − 2005 = 14. Câu 15.

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C1 ) và

FI CI A

y = f ′ ( x ) có đồ thị ( C 2 ) như hình vẽ dưới.

ƠN

Số điểm cực đại của đồ thị hàm số g ( x ) = f  e − x f ( x )  trên khoảng ( −∞ ;3) là A. 5 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn D − f ( x ) + f ′ ( x ) = 0  f ( x) = f ′( x)  −x   e f ( x ) = −2  f ( x) = 0 −x −x −x . g ′ ( x ) =  − e f ( x ) + e f ′ ( x )  . f ′  e f ( x )  = 0 ⇔  − x ⇔ x f x = − 2 e e f x 0 = ( ) ( )   x e − x f ( x ) = 2   f ( x ) = 2e 

+ f ( x ) = f ′ ( x ) có bốn nghiệm đơn trong đó 3 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3 (có một nghiệm

DẠ

KÈ

QU Y

x = 0 ) và một nghiệm lớn hơn 3 . + f ( x ) = 0 có hai nghiệm đơn phân biệt và một nghiệm bội chẵn x = 0 .

+ f ( x ) = 2e x có một nghiệm đơn.

+ f ( x ) = −2e x có hai nghiệm đơn phân biệt. Như vậy, trên khoảng ( −∞ ;3) đạo hàm g ′ ( x ) đổi dấu qua 8 điểm nên số điểm cực đại và cực tiểu bằng nhau và bằng 4 .

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x) = x 4 − 14 x3 + 36 x 2 + (16 − m) x với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số g ( x) = f (| x |) có 7 điểm cực trị? A. 33. B. 31. C. 32. D. 34. Lời giải

FI CI A

Câu 16.

Xét hàm số: f ( x ) = x 4 − 14 x8 + 36 x 2 + (16 − m) x . Tập xác định: D = ℝ . f ′( x) = 4 x8 − 42 x 2 + 72 x + 16 − m Hàm số g ( x) = f (| x |) có 7 điểm cực trị ⇔ Hàm số f ( x) có 3 điểm cực trị dương. ⇔ Phương trình f ′( x) = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt. Xét phương trình f ′( x) = 0 ⇔ 4 x 3 − 42 x 2 + 72 x + 16 = m (1)

ƠN

x =1 Đặt h( x) = 4 x8 − 42 x 2 + 72 x + 16  h′( x) = 12 x 2 − 84 x + 72  h′( x ) = 0 ⇔  x = 6 Ta có bảng biến thiên

Câu 17.

QU Y

Yêu cầu bài toán ⇔ (1) có 3 nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = h( x) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. Dựa vào BBT ta có 16 < m < 50 . Vì m là số nguyên nên m ∈ {17;18...49} nên có 33 số nguyên.

(Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số y = f ( x) = 2022 x − 2022− x + x + sin x . Có bao nhiêu A. 4. B. 3. C. 2. D. 5.

giá trị nguyên của m để phương trình f ( x + 3) + f ( x 3 − 4 x + m ) = 0 có ba nghiệm phân biệt?

Lời giải

KÈ

Chọn B Xét hàm số y = f ( x) = 2022 x − 2022− x + x + sin x

 f ′( x) = 2022 x ln 2022 + 2022 − x ln 2022 + 1 + cos x > 0∀x ∈ ℝ Suy ra f ( x) đồng biến trên ℝ

DẠ

Ta có f ( − x ) = 2022 − x − 2022 x − x − sin x = − ( 2022 x − 2022 − x + x + sin x ) = − f ( x )

Xét phương trình f ( x + 3) + f ( x 3 − 4 x + m ) = 0 ⇔ f ( x 3 − 4 x + m ) = − f ( x + 3) = f ( − x − 3). Vì f ( x) đồng biến nên f ( x 3 − 4 x + m ) = f ( − x − 3) ⇔ x 3 − 4 x + m = − x − 3 ⇔ x 3 − 3 x + 3 = − m (1)

YCBT phương trình (1) phải có ba nghiệm phân biệt

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

FI CI A

Xét hàm số f ( x) = x 3 − 3 x + 3 , ta có bảng biến thiên:

 m = −4 Dựa vào BBT suy ra 1 < − m < 5 ⇔ −5 < m < −1 ⇔  m = −3   m = −2

Vậy có 3 giá trị nguyên của m Câu 18. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ , có đạo hàm g ( x ) = f ( x 2 + 1) − m có nhiều điểm cực trị nhất ?

C. 5 . Lời giải

Chọn D Xét k ( x ) = f ( x 2 + 1) − m  k ′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 + 1) .

D. 7 .

ƠN

B. 8 .

A. 6 .

f ′ ( x ) = ( x 2 − 4 ) ( x − 5 ) , ∀x ∈ ℝ và f (1) = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số

x = 0 x = 0 x = 1  2  x +1 = 2 ⇔  x = −1 . k ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 xf ′ ( x 2 + 1) = 0 ⇔  2  x + 1 = −2    x = −2 2  x + 1 = 5  x = 2

x4 5 3 − x − 2 x 2 + 20 x + C . 4 3 x4 5 199 Vì f (1) = 0 nên f ( x ) = − x3 − 2 x 2 + 20 x − . 4 3 12 Bảng biến thiên

QU Y

Lại có f ( x ) =  f ′ ( x ) dx =  ( x 2 − 4 ) ( x − 5 ) dx =

KÈ

Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) bằng số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục Ox .

+) Hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 1) − m có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi g ( x ) = f ( x 2 + 1) − m

DẠ

cắt Ox nhiều điểm nhất  995  − 12 − m < 0 995 461 ⇔ ⇔− <m<− . 12 6  − 461 − m > 0  6 Vì m ∈ ℤ  m ∈ {−82; −81;…; −76} . Vậy có 7 giá trị nguyên của m .

Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) 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 bên dưới:

FI CI A

Câu 19.

ƠN

Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng (−9;9) thỏa mãn 2m ∈ ℤ và hàm số 1 y = 2 f ( 4 x3 + 1) + m − có 5 điểm cực trị ? 2 A. 26. B. 25. C. 27. D. 24. Lời giải 5−t Đặt t = 5 − 2 x  x = . Bảng biến thiên của hàm số f (t ) : 2

QU Y

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f (t ) có 3 điểm cực trị.

Đặt: g ( x ) = f ( 4 x 3 + 1)  g ′( x ) = 12 x 2 f ′ ( 4 x 3 + 1)  x = 0 (có 3 nghiệm đơn) g ′( x) = 0 ⇔  3  f ′ 4 x + 1 = 0 (*)  hàm số y = f ( 4 x 3 + 1) có 3 điểm cực trị.

(

)

1 y m 1 có 5 điểm cực trị ⇔ Hàm số có 5 = f 4 x3 + 1 + − 2 2 2 4 m 1 điểm cực trị ⇔ Phương trình f ( 4 x 3 + 1) + − = 0 (1) có 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ. 2 4 3 2 Đặt t = 4 x + 1  t ′ = 12 x . Suy ra t là hàm số đồng biến trên ℝ . Ứng với mỗi giá trị của t ta có một giá trị của x . Số nghiệm của phương trình bằng số nghiệm của phương trình m 1 f (t ) + − = 0. 2 4 m 1 Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f (t ) + − = 0 có 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ khi 2 4 1 m 9  m ≤ −4 4 − 2 ≥ 4  2 m ≤ −8 và chỉ khi  ⇔ 1 ⇔ . 17  ≤m< 1 ≤ 2m < 17  −4 < 1 − m ≤ 0 2 2  4 2 Kết hợp yêu cầu m thuộc khoảng (−9;9) và 2m ∈ ℤ ta có 26 giá trị thực của m thỏa mãn đề bài.

(

)

(

)

DẠ

KÈ

Hàm số y = 2 f 4 x 3 + 1 + m −

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

(THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình v ẽ.

FI CI A

Câu 20.

(

)

Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x) = f 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 có 7 điểm cực trị.

B. 2.

C. 4. Lời giải Ta có g ′( x ) = ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) ′⋅ f ′ ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) .

D. 3.

A. 1.

Suy ra g ′( x ) = 0 ⇔ ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) ′⋅ f ′ ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) = 0

)

(

ƠN

 ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) ′ = 0  (2 x 2 − 4 | x | + m − 3)′ = 0   2 x 2 − 4 | x | + m − 3 = −1 ⇔ ′ ⇔ 2  f (2 x − 4 | x | + m − 3) = 0  2   2 x − 4 | x | + m − 3 = 2   2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ′ = 0 (1)  ⇔  2 x 2 − 4 | x | −3 = − m − 1 (2)  2  2 x − 4 | x | −3 = − m + 2 (3) + ) Xét phương trình ( 2 x 2 − 4 | x | + m − 3 ) ′ = 0 (1)

QU Y

Với x ≥ 0  (1) ⇔ 4 x − 4 = 0 ⇔ x = 1 (thoả mãn). Với x < 0  (1) ⇔ 4 x + 4 = 0 ⇔ x = −1 (thoả mãn). Khi đó x = −1; x = 0; x = 1 là 3 điểm cực trị của hàm số.

+) Xét phương trình 2 x 2 − 4 | x | −3 = −m − 1 (2). Từ đồ thị suy ra phương trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm là bội chẵn nên hàm số g ′( x) không đổi dấu nên không phải là cực trị. +) Xét phương trình 2 x 2 − 4 | x | −3 = − m + 2 Yêu cầu bài toán suy ra phương trình (3) có 4 nghiệm phân biệt khác 0, ±1 .

KÈ

Xét hàm số y = 2 x 2 − 4 | x | −3 có bảng biến thiên

DẠ

Từ bảng biến thiên suy ra −5 < −m + 2 < −3 ⇔ 5 < m < 7 . Vì m nguyên nên m = 6 . Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn. Câu 21. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và đồ thị của hàm số y = f (1 − x ) như hình vë bên:

Trang 16

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

 1− x  2x +1 Số giá trị nguyên của m để phương trình f  + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt là −  x+2 x+2 A. 3. B. 4. C. 2. D. 5. Lời giải 1− x 1− x 2x +1 Đặt . Phương trình trở thành = 1− t ⇔ t = 1− = x+2 x+2 x+2 f (1 − t ) − t + m = 0 ⇔ f (1 − t ) = t − m(*) . Yêu cầu bài toán tương đương với (*) có 4 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với đồ thị của hai hàm số (C ) : y = f (1 − x ); d : y = x − m cắt nhau tại bốn điểm phân biệt. Chú ý đường thẳng y = x − m qua hai điểm (m; 0); (0; − m) và song song hoặc trùng với đường thẳng y = x . Vẽ đường thẳng d : y = x − m trên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị (C ) như hình vẽ:

Câu 22.

Từ đồ thị suy ra d ∩ ( C ) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi −2 < m < 2  m ∈ {−1;0;1}

(Sở Hà Tình 2022) Cho hàm số bậc ba

f ( x ) và hàm số g ( x ) = f ( x + 1) thoả mãn

(

)

( x − 1) g ′( x + 3) = ( x + 1) g ′( x + 2) , ∀x ∈ ℝ . Số điếm cực trị của hàm số y = f 2 x 2 − 4 x + 5 là

A. 1. B. 3. C. 2.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

D. 5.

có:

FI CI A

Lời giải Có g ( x ) = f ( x + 1)  g ′( x ) = f ′( x + 1)  g ′( x + 3) = f ′( x + 4); g ′( x + 2) = f ′( x + 3) . Thay vào giả thiết đã cho ( x − 1) g ′( x + 3) = ( x + 1) g ′( x + 2) ⇔ ( x − 1) f ′( x + 4) = ( x + 1) f ′( x + 3)(*) . Thay x = −1 vào hai vế của (*) có f ′(3) = 0 ; thay x = 1 vào haì vế của (*) có f ′(4) = 0 . Do đó f ′( x ) là đa thức bậc hai có 2 nghiệm x1 = 3; x2 = 4 nên f ′( x ) = a ( x − 3)( x − 4) . Khi đó hàm số y = f ( 2 x 2 − 4 x + 5 ) có đạo hàm

y′ = (4 x − 4) f ′ ( 2 x 2 − 4 x + 5 ) = 4a ( x − 1) ( 2 x 2 − 4 x + 5 − 3)( 2 x 2 − 4 x + 5 − 4 ) = 8a ( x − 1)3 ( 2 x 2 − 4 x + 1)

đổi dấu 3 lần nên hàm số có 3 điểm cực trị. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f (0) < 0 , đồ thị của f ′( x ) như hình vẽ:

ƠN

Câu 23.

QU Y

Gọi m, n lần lượt là số điểm cực đại, số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) =| f (| x |) + 3 | x || . Giá trị của m n bằng A. 4. B. 8. C. 27. D. 16. Lời giải Xét hàm số u ( x ) = f (| x |) + 3 | x | là một hàm số chẵn nên chỉ cần xét trên [0; +∞) đế suy ra bảng biến thiên của trên cả Với u ( x) ℝ.

KÈ

x≥0 x ≥ 0  u ( x) = f ( x) + 3 x  u′( x) = f ′( x) + 3 = 0 ⇔ f ′( x) = −3 ← → x = 0; x = 1; x = 2 . Bảng biến thiên:

DẠ

Trong đó u (−1) = u (1) = f (1) + 3; u (0) = f (0) < 0 . Suy g ( x ) =| u ( x ) | có tất cả 5 điểm cực trị trong đó 2 điểm cực đại và 3 điểm cực tiểu. Câu 24. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị của đạo hàm như hình vë:

Trang 18

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Giá trị lớn nhất của hàm số h( x) = 3 f ( x) − x3 + 3 x trên đoạn [ − 3; 3] bằng A. 3 f (1) + 2 . B. 3 f (0) .

D. 3 f ( 3) .

C. 3 f (− 3) .

Lời giải Ta có h′( x) = 3 f ′( x) − 3 x + 3 = 3  f ′( x ) − x 2 − 1  ≤ 0, ∀x ∈ [ − 3; 3] . Vì vẽ thêm parabol

(

)

y = x − 1 qua các điềm (0; −1); ( − 3; 2);( 3; 2) . Nhận thấy f ′( x ) nằm dưới parabol trên đoạn

QU Y

ƠN

[ − 3; 3] .

Vậy max h( x) = h(− 3) = 3 f (− 3) .  − 3; 3   

(Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đổ thị như hình vẽ:

KÈ

Câu 25.

Xét T = 103 f ( a 2 + a + 1) + 234 f ( af (b ) + bf ( a )), (a , b ∈ ℝ ) . Biết T có giá trị lónn nhát bằng M

DẠ

đạt tại m cặp (a; b) , khi đó

M bằng m

1011 . 4 1011 B. . 8 337 C. . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

674 . 3

Lời giải Quan sát đồ thị đã cho ta có max ℝ f ( x) = f (3) = 6 .

ƠN

FI CI A

 max f ( a 2 + a + 1) = 6   Tmax = (103 + 234) × 6 = 2022.  max f ( af (b) + bf ( a )) = 6     f (b) = 3 − bf (1) = 3  4n 0 a =1      a = −2 Dấu bằng đạt tại  a 2 + a + 1 = 3 ⇔    , , ( f (1) = f (−2) = 0) tức  3 − bf (−2) 3  af (b) + bf ( a ) = 3  = −  4n 0   f (b) =  −2 2   có 8 cặp (a; b) . M 2022 1011 . V ậy = = m 8 4 Câu 26. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có đồ thị của đạo hàm như hình vẽ:

A. 4. B. 7. C. 3. D. 5.

QU Y

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = 4 f ( x 2 − 4 ) + x 4 − 8 x 2 là

Lời giải

 x2 − 4  2 Có g ′( x ) = 8 xf ′ x − 4 + 4 x − 16 x = 8 x  f ′ x − 4 + . 2   x x x Xét f ′( x) + = 0 ⇔ f ′( x) = − ⇔ x = −2; x = 0; x = 4 . Suy ra f ′( x) + là đa thức bậc ba có 3 2 2 2 x nghiệm là x = −2; x = 0; x = 4 nên f ′( x) + = a ( x + 2) x( x − 4), a > 0; lim f ′( x) = +∞ . x →+∞ 2 2 2 2 2 2 Do đó g ′( x ) = 8ax ( x − 4 + 2 )( x − 4 )( x − 4 − 4 ) = 8ax ( x − 2 )( x − 4 )( x 2 − 8 ) đổi dấu tử âm

)

KÈ

(

)

(

)

sang dương khi qua các điểm x = −2 2; x = − 2; x = 2; x = 2 2 nên g ( x ) có 4 điểm cực tiểu.

Câu 27.

( )

(Sở Bắc Giang 2022) Biết rằng f (0) = 0 . Hỏi hàm số g ( x) = f x 6 − x3 có bao nhiêu điểm cực

DẠ

đại?

Trang 20

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Lời giải

( )

(

( ) )

( )

FI CI A

( )

 x2 = 0 h( x) = f x − x  h′( x) = 6 x f ′ x − 3x = 3x 2 x f ′ x − 1 ⇔  3 6  2 x f ′ x − 1 = 0 Đặt: u ( x ) = 2 x 3 f ′ ( x 6 ) − 1  u′( x ) = 6 x 2 f ′ ( x 6 ) + 12 x 8 f ′′ ( x 6 ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ 6

 f ′ x6 > 0 6 x 2 f ′ x 6 ≥ 0   (Từ đồ thị ta có x ≥ 0   do đó  , ∀x ∈ ℝ ) 6 8 6 12 x f ′′ x ≥ 0  f ′′ x > 0 Nên u ( x ) = 2 x 3 f ′ ( x 6 ) − 1 đồng biến và liên tục trên ℝ

( ) ( )

1 có nghiệm là x0 (do f ′ x06 > 0  x03 > 0  x0 > 0 . 2

( ) )

QU Y

ƠN

Giả sử 2 x3 f ′ ( x 6 ) − 1 = 0 ⇔ x3 f ′ ( x 6 ) =

 lim u ( x) = −∞ (do f ( x ) là hàm đa thức  u ( x ) là hàm đa thức) và  x →−∞ u ( x) = +∞  xlim →+∞ suy ra phương trình u ( x) = 2 x 3 f ′ ( x 6 ) − 1 = 0 có nghiệm duy nhất.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số g ( x ) = h ( x ) có 1 điểm cực đại.

(Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây

DẠ

KÈ

Câu 28.

Đặt g ( x) = f

(

)

(

x2 − 4 x + 6 − 2 x2 − 4 x

)

x 2 − 4 x + 6 − 12 x 2 − 4 x + 6 + 1 . Tổng giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) trên đoạn [1; 4] bằng

A. 12 − 2 4 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 21

B. −12 − 12 6 . C. −12 − 2 4 . D. 12 − 12 6 . Lời giải Từ đồ thị suy ra f ( x) = x − 2 x − 3  f ′( x) = 4 x 3 − 4 x

Đặt t = x 2 − 4 x + 6, x ∈ [1; 4]  t ∈ [ 2; 6] . Ta có: g ( x ) = f

(

)

(

x2 − 4x + 6 − 2 x2 − 4x + 6

)

x2 − 4x + 6 + 1

Suy ra hàm số đã cho trở thành h(t ) = f (t ) − 2t 3 + 1  h′(t ) = f ′(t ) − 6t 2

t = 0 ∉ ( 2; 6)  1 2 3 2 h(t ) = 0 ⇔ f ′(t ) − 6t = 0 ⇔ 4t − 6t − 4t = 0 ⇔ t = − ∉ ( 2; 6)  2  t = 2 ∈ ( 2; 6) Ta có: h( 2) = f ( 2) − 2 ⋅ ( 2)3 + 1 = −2 − 4 2

ƠN

h(2) = f (2) − 2 ⋅ (2)3 + 1 = −10 h( 6) = f ( 6) − 2 ⋅ ( 6)3 + 1 = 22 − 12 6

FI CI A

Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số h(t ) trên đoạn [ 2; 6] lần lượt là

22 − 12 6 và −10 . Vậy tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của g ( x ) trên [1; 4] là tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

DẠ

KÈ

QU Y

h(t ) trên [ 2; 6] và bằng 12 − 12 6 . Câu 29. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có f ′(1) = 3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m và mε [ −10;10] để phương trình fɺ ( x) ln + x[ f ( x) − 3mx] = 3mx3 − f ( x) có hai nghiệm dương phân biệt? 3mx 2

A. 18. B. 9. C. 10.

Trang 22

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

D. 15. Lời giải.

FI CI A

Do yêu cầu bài toán là phương trình có hai nghiệm dương phân biệt nên ta chỉ xét x > 0 . Giả sử  5 131  f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d . Vi đồ thị đi qua các điểm A  − ;  , B (0; 4), C (1;5) nên ta có  4 64 

ƠN

25 5 131  125 − 64 a + 16 b − 4 c + d = 64  (1) d = 4 a + b + c + d = 5   Ta có f ′(1) = 3 ⇔ 3a + 2b + c = 3 .(2) Từ (1) và (2) ta có a = 1, b = 0, c = 0, d = 4 , suy ra f ( x) = x 3 + 4 . f ( x) Điều kiện >0 m > 0. 3mx 2 f ( x) ln + x[ f ( x) − 3mx] = 3mx 3 − f ( x) 3mx 2 ⇔ ln f ( x) − ln ( 3mx 2 ) + x  f ( x − 3mx 2 )  + f ( x) − 3mx 2 = 0 Nếu f ( x) > mx 2 thì log f ( x) > log ( mx 2 ) và xf ( x) > x ( mx 2 ) , ∀x > 0  (3) vô nghiệm. Tương tự nếu f ( x) < mx 2 thì phương trình (3) vô nghiệm.

x3 + 4 = m , vì x > 0 . 3x 2

Do đó f ( x) = 3mx 2 ⇔ x 3 + 4 = 3mx 2 ⇔

x3 + 4 vớ i x > 0 . 3x 2 x = 0 3 x 4 − 24 x =0⇔ g ′( x) = 4 9x  x = 2. Vì x > 0 nên ta nhận x = 2 . Ta có bảng biến thiên

KÈ

QU Y

Xét hàm số g ( x) =

x3 + 4 = m có hai nghiệm dương phân biệt thì m > 1 . 3x 2 Mà m ∈ ℤ và m ∈ [−10;10] nên m ∈ {2;3;…;10} . Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số m thoả yêu cầu bài toán. Câu 30. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d có bảng biến thiên như sau

DẠ

Để phương trình

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 23

L FI CI A

Lời giải.

Tìm m để phương trình | f ( x − 1) + 2 |= m có 4 nghiệm thỏa mãn x1 < x2 < x3 < 1 < x4 . A. 4 < m < 6 . B. 3 < m < 6 . C. 2 < m < 6 . D. 2 < m < 4 .

Câu 31.

QU Y

ƠN

Đồ thị hàm số y =| f ( x − 1) + 2 | thu được bằng cách biến đổi đồ thị như sau - Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) sang phải 1 đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số y = f ( x − 1) + 2 ; - Với đồ thị hàm số y =| f ( x − 1) + 2 | : Giữ nguyên phần nằm bên trên trục hoành, lấy đối xứng phần nằm bên dưới trục hoành qua trục hoành rồi xóa phần nằm bên dưới trục hoành đi. Do đó ta có bảng biến thiên

(Sở Ninh Bình 2022) Cho f ( x ) là hàm số bậc ba. Hàm số f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất

cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( e x − 1) − x − m = 0 có hai nghiệm thực phân

KÈ

biệt?

m< m> m< m>

f (2) . f (0) . f (0) . f (2) .

DẠ

A. B. C. D.

Lời giải.

Cách 1. Ta có f ( e x − 1) − x − m = 0 ⇔ f ( e x − 1) − x = m.

Trang 24

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Đặt h ( x ) = f ( e x − 1) − x thì h′( x ) = e x f ′ ( e x − 1) − 1 . Suy ra 1 . ex 1 Đặt t = e x − 1, t > −1 thì (1) trở thành f ′(t ) = . Ta có đồ thị sau t +1

FI CI A

h′( x) = 0 ⇔ e x f ′ ( e x − 1) − 1 = 0 ⇔ f ′ ( e x − 1) =

QU Y

ƠN

Cách 2. Từ đồ thị ta có f ′( x) = ( x + 1) 2 . Suy ra 1 f ( x) = ( x + 1)3 + C . 3 Thay vào phương trình, ta được e3 x e3 x +C − x−m = 0 ⇔ m = − x + C. 3 3 e3 x Đặt g ( x) = − x + C . Ta có 3 g ′( x) = 0 ⇔ e3 x − 1 = 0 ⇔ x = 0. Ta có bảng biến thiên

Từ đồ thị ta có nghiệm của phương trình (2) là t = 0 , suy ra e x − 1 = 0 hay x = 0 . Ta có bảng của h( x ) như trên. Từ đó, phương trình h( x ) = m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m > f (0) .

Câu 32.

KÈ

Từ bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm thực khi và chỉ khi m > f (0) . (Sở Bạc Liêu 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị có 3 điểm cực trị như

DẠ

hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 25

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3x + 2 ) là A. 5 .

B. 11 .

C. 9 . Lời giải

D. 7 .

Chọn D Ta có g ′ ( x ) = ( 3 x 2 − 3 ) f ′ ( x 3 − 3 x + 2 ) .

ƠN

x =1 . Đặt h ( x ) = x 3 − 3 x + 2  h′ ( x ) = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 Bảng biến thiên

FI CI A

x = 1   x = −1 2 3 x − 3 = 0  3 g′( x) = 0 ⇔  ⇔  x − 3 x + 2 = a ∈ ( −3; −1) 3  f ′ ( x − 3 x + 2 ) = 0  x3 − 3 x + 2 = a ∈ ( −1; 0 )   x3 − 3 x + 2 = a ∈ ( 0;1) 

Với x3 − 3x + 2 = a ∈ ( −3; −1) có 1 nghiệm.

Với x3 − 3x + 2 = a ∈ ( −1;0 ) có 1 nghiệm. Với x3 − 3x + 2 = a ∈ ( 0;1) có 3 nghiệm.

Vậy g ( x ) = f ( x 3 − 3x + 2 ) có 7 điểm cực trị.

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số đa thức bậc bốn và có bảng biến thiên như

QU Y

Câu 33.

hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = 2

KÈ

A. 7 .

B. 5 .

−

1 x4

 f ( 2 x + 1) 

C. 4 . Lời giải

D. 6 .

Chọn C

Ta có:

DẠ

− 4 3 2 4 −4 g ′ ( x ) = 5 .2 x .ln 2.  f ( 2 x + 1)  + 2 x .6.  f ( 2 x + 1)  . f ′ ( 2 x + 1) x

= 2.2

Trang 26

−

1 x4

2  2 ln 2  .  f ( 2 x + 1)   5 f ( 2 x + 1) + 3 f ′ ( 2 x + 1)  x  

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

  f ( 2 x + 1)  2 = 0 (1)   g ′ ( x ) = 0 ⇔  2 ln 2  x 5 f ( 2 x + 1) + 3 f ′ ( 2 x + 1) = 0 ( 2 )  . 2

Xét phương trình

( t − 1)

2 ln 2 f ( 2 x + 1) + 3 f ′ ( 2 x + 1) = 0 . Đặt 2 x + 1 = t ; phương trình tương đương x5

f ( t ) + 3 f ′ ( t ) = 0 ( *) . 64 ln 2

Do f ( t ) và f ′ ( t ) không đồng thời bằng 0 nên

( t − 1)

f ′ (t ) f (t )

= 0 ( *) .

64 ln 2

FI CI A

Xét phương trình  f ( 2 x + 1)  = 0 có các nghiệm đều là nghiệm bội chẵn do đó g ′ ( x ) không đổi dấu khi qua các nghiệm đó.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: f ( t ) = a ( t − t1 )( t − t2 )( t − t3 )( t − t4 ) .

Xét hàm số 64 ln 2

( t − 1)

h′ ( t ) = −

3 3 3 3 + + + =0 t − t1 t − t2 t − t3 t − t4

3 3 3 3 ; + + + t − t1 t − t2 t − t3 t − t4

320 ln 2

( t − 1)

−

( t − t1 )

−

( t − t2 )

−

( t − t3 )

−

( t − t4 )

< 0 ; ∀t ∈ ℝ .

Phương trình có 4 nghiệm nên hàm số có 4 điểm cực trị. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ..

DẠ

KÈ

Câu 34.

QU Y

Ta có bảng biến thiên của h ( t ) :

h (t ) =

64 ln 2

ƠN

Tính f ′ ( t ) thay vào (*) ta được phương trình:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 27

Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình f (1 − 2sin x ) = m có đúng hai nghiệm trên [ 0; π ]

D. −6 .

C. 0 . Lời giải

B. −2 .

Chọn D Xét phương trình f (1 − 2sin x ) = m . Có −2 ≤ −2sin x ≤ 2  −1 ≤ 1 − 2sin x ≤ 1; x ∈ [ 0; π ]  1 − 2sin x ∈ [ −1;1] .

FI CI A

A. −3 .

Mỗi giá trị t = 1 − 2sin x ∈ ( −1;1] ứng với hai giá trị x phân biệt thuộc [ 0; π ] .

Từ đồ thị suy ra −3 ≤ f (1 − 2sin x ) ≤ 1  −3 ≤ m < 1 thì f (1 − 2sin x ) = m có hai nghiệm phân biệt. Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {−3; −2; −1;0} . Tổng tất cả các giá trị nguyên của m là −6 .

Câu 35.

(Sở Lạng Sơn 2022) Biết rằng tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

ƠN

m ( x + 4 ) x 2 + 2 = 5x 2 + 8x + 24 có bốn nghiệm thực phân biệt là khoảng ( a; b ) . Giá trị a + b bằng 28 25 A. . B. . C. 4 . D. 9 . 3 3 Lời giải Chọn B Ta có: m ( x + 4 ) x 2 + 2 = 5x 2 + 8x + 24 ⇔ m ( x + 4 ) x 2 + 2 = ( x + 4 ) + 4 ( x 2 + 2 ) (1).

*) Với x + 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ −4 .

( x + 4) + 4 ( x2 + 2) ⇔m= (1) ⇔ m = ( x + 4) x2 + 2 2

x2 + 2

4 x2 + 2 ( x + 4)

( 2)

x+4 x2 + 2

x+4

Xét hàm số f ( x ) =

x2 + 2

x2 + 2 − ( x + 4) 2

x +2

2 − 4x

x +2 =

+ 2) x2 + 2

f ′( x) =

x+4

QU Y

Đặt t =

*) Với x + 4 = 0 ⇔ x = −4 . Khi đó (1) ⇔ 4 ( x 2 + 2 ) = 0 vô nghiệm.

DẠ

KÈ

1 f ′ ( x ) = 0  2 − 4x = 0 ⇔ x = . 2 Bảng biến thiên hàm số f ( x )

Từ bảng biến thiên ta được điều kiện của t là −1 < t ≤ 3 Vậy để có 2 nghiệm x ứng với 1 giá trị t thì 1 < t < 3 4 ( 2 ) suy ra m = t + , t ∈ (1;3) . t 4 Xét hàm số g ( t ) = t + trên (1;3 ) . t

Trang 28

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

t = 2(n) 4 ; g′ (t ) = 0 ⇔  . 2 t t = −2(l) Bảng biến thiên thu gọn g′ (t ) = 1−

+ 13

5 y

3 4

Từ BBT để phương trình (1) có 4 nghiệm thực thì 4 < m <

13 13 . Nên a = 4; b = . 3 3

25 . 3 (Sở Lạng Sơn 2022) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

ƠN

Vậy a + b =

Câu 36.

FI CI A

Hàm số y =  f ( x )  − 3  f ( x )  đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? B. (1;2 ) . C. ( 3;4 ) . D. ( 2;3) . A. ( −∞ ;1) .

Lời giải

KÈ

QU Y

Chọn C Ta có y ′ = 3 f ′ ( x )  f 2 ( x ) − 2 f ( x )  .  f ′( x) = 0  Phương trình y′ = 0 ⇔  f ( x ) = 0 . f x =2  ( )

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ∈ {1;2;3;4} ;

DẠ

f ( x ) = 0 ⇔ x = a < 1 hoặc x = 4 ;

 x = b ( a < b < 1)  x = c ∈ (1;2 ) f ( x) = 2 ⇔  . x = 3   x = d > 4 Ta lập được bảng xét dấu của y′ :

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 29

Từ bảng xét dấu, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ; a ) ; ( b ;1) ; ( c ;2 ) ; ( 3;4 ) và

( d ; +∞ ) .

FI CI A

Như vậy phương án đúng là C. Câu 37. (Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , hàm số y = f ′ ( x )

có đồ thị như hình vẽ.

Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) có đúng 3 điểm cực tiểu. Tổng các phần tử của S bằng A. 18 . B. 11 .

D. 13 .

ƠN

C. 2 . Lời giải

Chọn B + Đồ thị của hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) đối xứng qua đường thẳng x = 2 . + Xét hàm số y = f ( 2 x + m − 10 ) .

QU Y

9−m  x = 2 = a  2 x + m − 10 = −1  11 − m  y ′ = 2 f ′ ( 2 x + m − 10 ) = 0 ⇔  2 x + m − 10 = 1 ⇔  x = =b.  2   2 x + m − 10 = 4  x = 14 − m = c 2 

+ Hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) có ba điểm cực tiểu khi và chỉ khi:

KÈ

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

DẠ

Câu 38.

Trang 30

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(

)

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2 f x − 1 − 2 x − 1 = 3 là

A. 12 .

B. 5 .

C. 8 . Lời giải

D. 4 .

Chọn B

(

)

FI CI A

Xét phương trình 2 f x − 1 − 2 x − 1 = 3 (1) .

Đặt t = x − 1 − 2 x − 1 , với x ≥ 1. Ta có t ′ = 1 −

1 ;t′ = 0 ⇔ x −1

x −1 = 1 ⇔ x = 2

ƠN

Bảng biến thiên của hàm t = t ( x )

Suy ra với x ≥ 1 thì t ≥ −1 .

KÈ

QU Y

3  f (t ) =  3 2 Khi đó, phương trình (1) trở thành 2 f ( t ) = 3 ⇔ f ( t ) = ⇔  2  f (t ) = − 3  2

DẠ

t = a ∈ ( − x0 ; −1)  3 t = b ∈ ( −1;0 ) *) Trường hợp 1: f ( t ) =   2 t = c ∈ ( 0;1) t = d ∈ (1; x ) 0 

t = e ∈ ( −∞; − x0 ) 3 *) Trường hợp 2: f ( t ) = −   2 t = f ∈ ( x0 ; +∞ )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 31

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số t ta có Với t = a ∈ ( − x0 ; −1)  phương trình (1) vô nghiệm. Với t = b ∈ ( −1; 0 )  phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 .

Với t = c ∈ ( 0;1)  phương trình (1) có 1 nghiệm x3 .

FI CI A

Với t = d ∈ (1; x0 )  phương trình (1) có 1 nghiệm x4 . Với t = e ∈ ( −∞; − x0 )  phương trình (1) vô nghiệm. Với t = f ∈ ( x0 ; +∞ )  phương trình (1) có 1 nghiệm x5 . Các nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 , x5 không trùng nhau. Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm.

x −1 có đồ thị ( C ) . Gọi ∆ là tiếp tuyến thay đổi của 2x −1 đồ thị ( C ) . Khoảng cách từ giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị ( C ) đến đường thẳng ∆ đạt giá trị lớn nhất bằng 2 A. . B. 1 . C. 2 . D. 5 . 2 Lời giải Chọn A 1 1 Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I  ;  . 2 2 1  a −1  Gọi tọa độ tiếp điểm là M  a ;  , a ≠ . Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ với đồ thị hàm 2  2a − 1  1 a −1 2 số tại điểm M là: y = x − a) + ⇔ x − ( 2a − 1) y + 2a 2 − 4a | +1 = 0 . 2 ( 2a − 1 ( 2a − 1)

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số y =

Khi đó: d ( I , ∆ ) =

QU Y

ƠN

Câu 39.

1 1 2 − ( 2a − 1) + 2a 2 − 4a + 1 2 2 1 + ( 2a − 1)

−2a + 1 1 + ( 2a − 1)

≤

2a − 1 2 2a − 1

2 . 2

DẠ

KÈ

 2a − 1 = 1 a = 1 2 ⇔ Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ( 2a − 1) = 1 ⇔  .  2a − 1 = −1  a = 0 2 Vậy max d ( I , ∆ ) = . 2 ax + b Câu 40. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như trong hình cx + d vẽ sau:

Trang 32

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Biết rằng đồ thị hàm số f ( x ) đi qua điểm A ( 0;2 ) . Giá trị f ( 3) bằng

B. −1 .

C. 3 . Lời giải

Chọn D Ta có: y = f ( x ) =

ax + b ad − bc .  f ′( x) = 2 cx + d ( cx + d )

D. 5 .

A. −2 .

ƠN

Vì đồ thị thị hàm số f ( x ) đi qua điểm A ( 0;2 ) suy ra f ( 0 ) = 2 

b = 2 ⇔ b = 2d (1) . d

QU Y

1  ′ 1  ad − bc  f ( 0 ) = − 2 = − ( 2)  2 2  d . Dựa vào đồ thị hàm số f ′ ( x ) ta có:  x = − d = 2  d = − 2c ( 3 )   c ad − 2dc 1 a − 2c 1 1 1 =−  = −  a = − d + 2c = − . ( −2c ) + 2c = 3c . Thay (1) vào ( 2 ) : 2 d 2 d 2 2 2 3a + b 3.3c − 4c 5c = = = 5. Vậy, f ( 3) = 3c + d 3c − 2c c Câu 41. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đạo hàm 3 2 f ′ ( x ) = ( x + 1) ( 2 x 2 − 3x − 9 ) , ∀x ∈ ℝ . Hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − 3x − 9x + 6 có bao nhiêu điểm

cực trị? A. 2 .

B. 1.

C. 0 . Lời giải

D. 3 .

Chọn D 3 2 Vì hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ nên hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − 3x − 9 x + 6 liên tục trên ℝ . 2 Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + 3x − 6 x − 9 = ( x + 1) ( 2 x 2 − 3x − 9 ) + 3 ( x + 1)( x − 3)

KÈ

= ( x + 1)( x − 3)( 2 x − 6) .

DẠ

 x = −1 g ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 3 .  x = −3 Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 33

Câu 42.

(Sở Thái Nguyên 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho 2 x3 − 3 x 2 + m ≤ 16, ∀x ∈ [ 0;3]. Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. −65 .

B. − 74 .

C. −42 . Lời giải

D. 87 .

x = 0 2 Ta có: f ′ ( x ) = 6x − 6 x ; f ′ ( x ) = 0 ⇔  .  x =1 f ( 0) = m ; f (1) = m − 1 ; f ( 3) = 27 + m . Do đó: f ( x ) ∈ [ m − 1; m + 27] .

 m − 1 ≥ −16 m ≥ −15 ⇔ m ∈[ −15; −11] . ⇔ Vậy: f ( x ) ≤ 16 ⇔  m + 27 ≤ 16  m ≤ −11 m ∈ ℤ  m = −15; − 14; − 13; − 12; − 11 . Ta có: ( −15) + ( −14 ) + ( −13) + ( −12) + ( −11) = −65 .

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

(

ƠN

Câu 43.

FI CI A

Chọn A Xét f ( x ) = 2 x3 − 3x2 + m , với x ∈ [ 0;3] .

)

QU Y

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 3 − x  f ( x + 1)  là A. 11. B. 8. C. 13. D. 10. Lời giải Chọn D Từ bảng biến thiên ta thấy rằng f ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt, gọi 4 nghiệm đó lần lượt là

x1 , x2 , x3 , x4 với x1 < −1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 . Khi đó:

(

)

g ( x) = x 3 − x  a ( x + 1 − x1 )( x + 1 − x2 )( x + 1 − x3 )( x + 1 − x4 )  (với a > 0 ). Ta có g ( x) = 0 ⇔ x ∈ {0; ±1; x1 − 1; x2 − 1; x3 − 1; x4 − 1} , trong đó x1 − 1, x2 − 1, x3 − 1, x4 − 1 là các

KÈ

nghiệm kép. Ta có bảng biến thiên của g ( x ) như sau:

DẠ

Vậy g ( x ) có 10 điểm cực trị.

Câu 44.

(Sở Thái Nguyên 2022) Cho hàm số f ( x) = log 3 x + 3x − 3 x . Tổng bình phương các giá trị của

  1 2 tham số m để phương trình f   + f x − 4 x + 7 = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân 4 | x − m | + 3   biệt bằng A. 14. B. 13. C. 10. D. 5.

Trang 34

(

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Chọn A 1

1 1 + 3x ⋅ ln 3 + 2 ⋅ 3 x ⋅ ln 3 > 0, ∀x > 0 x ln 3 x  Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ )(1) .

(

)

(

⇔ f ( 4 | x − m | +3 ) = f ( x 2 − 4 x + 7 ) ( 2 ) .

)

QU Y

ƠN

 4m = − x 2 + 8 x − 4 . Từ (1) , ( 2 )  4 x − m + 3 = x 2 − 4 x + 7 ⇔  2  4m = x + 4 Ta có đồ thị sau:

FI CI A

1 1   1 1 Mặt khác f   = log 3 + 3 x − 3x = −  log 3 x − 3 x + 3x  = − f ( x ) , khi đó x  x     1 2 2 f  + f x − 4 x + 7 = 0 ⇔ − f (4 | x − m | +3) + f x − 4 x + 7 = 0  4 | x − m | +3 

Ta có f ′ ( x ) =

KÈ

 4m = 4 m = 1  Theo yêu cầu bài toán tương đương  4m = 8 ⇔  m = 2 . Vậy 12 + 2 2 + 32 = 14 .   4m = 12  m = 3 Câu 45. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số x −1 y= 2 có đúng hai đường tiệm cận? x − ( 2m + 1) x + m2 − 3

A. 1 .

B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 0 .

Chọn C

x −1 có 1 tiệm cận ngang là y = 0 . x − ( 2m + 1) x + m2 − 3 x −1 Đồ thị hàm số y = 2 có đúng hai đường tiệm cận x − ( 2m + 1) x + m2 − 3 x −1 có đúng 1 tiệm cận đứng ⇔ Đồ thị hàm số y = 2 x − ( 2m + 1) x + m2 − 3 2

DẠ

Đồ thị hàm số y =

⇔ Phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + m2 − 3 = 0 có nghiệm kép hoặc phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + m2 − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 35

ƠN

FI CI A

13  ( 2m + 1) 2 − 4 ( m 2 − 3) = 0  ∆=0  m=−   4  ∆>0 ⇔  ⇔  ( 2m + 1)2 − 4 ( m 2 − 3) > 0 ⇔  . m = 3    2      m = −1  1 − ( 2m + 1) + m − 3 = 0 m 2 − 2m − 3 = 0 Vậy có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 46. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và đồ thị f ′ ( x ) như hình vẽ dưới đây.

QU Y

1 Bất phương trình f ( x ) − x 3 + x 2 + 3 x − m > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi 3 22 22 A. m < f ( 0 ) . B. m < f ( 2 ) + . C. m ≤ f ( 0 ) . D. m ≤ f ( 2 ) + . 3 3 Lời giải Chọn C 1 1 Bất phương trình f ( x ) − x 3 + x 2 + 3 x − m > 0 ⇔ f ( x ) − x 3 + x 2 + 3 x > m (1) 3 3 1 Xét g ( x ) = f ( x ) − x 3 + x 2 + 3 x, x ∈ ( 0; 2 ) có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − x 2 + 2 x + 3 . 3 Ta thấy trên khoảng ( 0; 2 ) thì f ′ ( x ) > −3 và − x 2 + 2 x + 3 > 3  g ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) .

Do đó g ( x ) là hàm đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) .

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi m ≤ g ( 0 ) = f ( 0 ) . 2 x − m2 , với m là tham số. Gọi m1 , m2 ( m1 < m2 ) là x +1 các giá trị của tham số m thỏa mãn 2 max f ( x ) − min f ( x ) = 8 . Tổng 2m1 + 3m2 bằng (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số f ( x ) =

KÈ

A. 1.

Câu 47.

[0; 2]

[0;2]

B. −2 .

C. 4 . Lời giải

D. −1 .

Chọn C

Ta có: f ′ ( x ) =

2 + m2

( x + 1)

> 0, ∀x ∈ [ 0; 2] .

 Min f ( x ) = f ( 0 ) = − m 2 ; Max f ( x ) = f ( 2 ) =

DẠ

[0;2]

4 − m2 3

Do đó:

 4 − m2  2 2 max f ( x ) − min f ( x ) = 8 ⇔ 2   + m = 8. [0;2] [0;2] 3    m = −4 ⇔ m 2 − 16 = 0 ⇔  m = 4

Trang 36

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Vậy 2m1 + 3m2 = 2. ( −4 ) + 3.4 = 4 . (Sở Vĩnh Phúc 2022) Một người thợ cần thiết kế một bể cá hình hộp chữ nhật bằng kính, có chiều cao là 0,8m , thể tích 576dm3 . Biết rằng phần nắp phía trên của bể cá người thợ đó để trống một ô có diện tích bằng 30% diện tích đáy bể. Biết rằng loại kính mà người thợ sử dụng làm mặt bên và nắp bể có giá thành 1000000 đồng/m2 và kính để làm mặt đáy có giá thành 1200000 đồng/m2. Giả sử phần tiếp xúc giữa các mặt là không đáng kể. Số tiền mua kính ít nhất để hoàn thành bể cá gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 4,1 triệu đồng. B. 3, 2 triệu đồng. C. 2,8 triệu đồng. D. 3,8 triệu đồng. Lời giải Chọn A

FI CI A

Câu 48.

Đặt x, y ( m )( x, y > 0 ) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của đáy bể cá. Ta có: V = x. y.h = 0,8 xy = 0,576 ( m 3 )  y =

18 . 25 x

144 171 + = f ( x ) (triệu đồng). 125 x 125

Ta có: f ′ ( x ) = 1, 6 −

ƠN

= 1, 6 x +

70   Số tiền cần để mua kính là:  2.0,8 ( x + y ) + xy  .1 + xy.1, 2 100  

144 200 x 2 − 144 3 2 = ; f ′( x) = 0  x = ( m) . 2 2 125 x 125 x 5

3 2  Lập BBT của hàm f ( x ) , ta thấy min f ( x ) = f   ≈ 4,1 triệu đồng.  5  Câu 49. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét

QU Y

dấu như hình sau. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 3x + 1) đồng biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( 0;1) .

B. ( −4; −2 ) .

C. ( −1;0 ) .

D. ( −2; −1) .

Lời giải

Chọn A g ′ ( x ) = ( 2 x + 3) f ′ ( x 2 + 3 x + 1) .

DẠ

KÈ

3  x=−  3 2   x = − 2 x = − 1   2 2 ′ ′ g ( x ) = 0 ⇔ ( 2 x + 3) f ( x + 3 x + 1) = 0 ⇔  x + 3 x + 1 = −1 ⇔  x = −2 .   2 x = 0  x + 3x + 1 = 1  x = −3    2 Bảng xét dấu g ′ ( x ) = ( 2 x + 3) f ′ ( x + 3 x + 1)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 37

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 3x + 1) đồng biến trên khoảng ( 0;1) . (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu f ′ ( x ) như sau

FI CI A

Câu 50.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 + 2 x − 4 ) là A. 2 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 10 .

Lời giải

Chọn B

Dựa vào bảng xét dấu f ′ ( x ) ta có hàm số f ( x ) có 2 cực trị tại x = −1 và x = 4 .  f ( x 3 + 2 x − 4 ) khi x ≥ 0  Xét g ( x ) = f ( x + 2 x − 4 ) =  3  f ( x − 2 x − 4 ) khi x < 0

( 3 x 2 + 2 ) . f ′ ( x3 + 2 x − 4 ) khi x ≥ 0  g′( x) =  . 2 3 ( 3 x − 2 ) . f ′ ( x − 2 x − 4 ) khi x < 0

ƠN

Xét g ′ ( x ) = 0 TH1: x ≥ 0

QU Y

 x 3 + 2 x − 4 = −1  x 3 + 2 x − 3 = 0  x =1> 0 g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( 3x 2 + 2 ) . f ′ ( x3 + 2 x − 4 ) = 0 ⇔  3 ⇔ 3 ⇔  x ≃ 1, 67 > 0  x + 2x − 4 = 4  x + 2x − 8 = 0 Với x ≥ 0 có 2 cực trị. TH2: x < 0

 2  x=−  2 2 3   x =3  3x 2 − 2 = 0    2 g ′ ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 − 2 . f ′ x 3 − 2 x − 4 = 0 ⇔  x 3 − 2 x − 4 = −1 ⇔  x 3 − 2 x − 3 = 0 ⇔  x = (lo¹i) 3  x3 − 2 x − 8 = 0   x3 − 2x − 4 = 4   x ≃ 1.89 (lo¹i)     x ≃ 2,33 (lo¹i)

) (

)

KÈ

(

DẠ

Với x < 0 có 1 cực trị. Vậy hàm số g ( x ) = f ( x 3 + 2 x − 4 ) có 3 cực trị.

Câu 51.

Trang 38

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hàm số y = f ( x) là hàm đa thức bậc bốn. Đồ thị hàm số f ′( x + 2) được cho trong hình vẽ bên

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Hàm số g ( x ) = 4 f ( x 2 ) − x 6 + 5 x 4 − 4 x 2 + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −4; −3) . B. (2; +∞ ) . C. ( − 2; 2) . D. (−2; −1) . 6

ƠN

Lời giải g ( x) = 4 f ( x ) − x + 5 x − 4 x + 1  g ′( x) = 8 xf ′ ( x 2 ) − 6 x 5 + 20 x3 − 8 x 2

g ′( x) = 0 ⇔ 8 xf ′ ( x 2 ) − 6 x 5 + 20 x 3 − 8 x = 0 ⇔ 2 x  4 f ′ ( x 2 ) − 3 x 4 + 10 x 2 − 4  = 0

DẠ

KÈ

QU Y

 x = 0 2x = 0   ⇔ ⇔  4 f ′ ( x 2 ) − 3 x 4 + 10 x 2 − 4 = 0  f ′ ( x2 ) = 3 x4 − 5 x2 + 1  4 2  Xét: 3 5 f ′ ( x 2 ) = x 4 − x 2 + 1 . Đặt x 2 = t + 2 , ta có: 4 2 3 5 3 5 3 1 f ′(t + 2) = (t + 2) 2 − (t + 2) + 1 = ( t 2 + 4t + 4 ) − (t + 2) − 1 = t 2 + t − 1 4 2 4 2 4 2 Khi đó số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ′(t + 2) và 3 1 y = t 2 + t −1 4 2 Ta có đồ thị ta có:

 t = −2  x + 2 = −2  x = −4 3 2 1   Dựa vào đồ thị ta có: f ′(t + 2) = t + t − 1 ⇔ t = 0 ⇔  x + 2 = 0 ⇔  x = −2  4 2 t = 2  x + 2 = 2  x = 0  Ta có bảng xét dấu g ′( x) như sau:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 39

Vậy hàm số g ( x ) = 4 f ( x 2 ) − x 6 + 5 x 4 − 4 x 2 + 1 đồng biến trên khoảng (2; +∞ ) . (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc ba và có đồ thị y = f (2 − x ) như hình vẽ.

(

FI CI A

Câu 52.

)

Hỏi phương trình f x 2 − 2 x = 1 có tất cả bao nhiêu nghiệm?

ƠN

A. 8. B. 7. C. 9. D. 6.

QU Y

Lời giải

 2 − x = a (0 < a < 1)  x = 2 − a = a1 (1 < a1 < 2 )   f (2 − x) = 1 ⇔  2 − x = 2 ⇔ x = 0  2 − x = c(c > 3)  x = 2 − c = c1 ( c1 < −1)  

)

(

KÈ

2 − x = 1 x =1 f (2 − x) = −1 ⇔  ⇔  2 − x = d ( d > c > 3)  x = 2 − c = d1 ( d1 < c1 < −1)  f x 2 − 2 x = 1(1) 2 f x − 2x = 1 ⇔   f x 2 − 2 x = −1(2) 

( (

) )

DẠ

 x 2 − 2 x = a1 , (3) (1 < a1 < 2 )  2 f x − 2 x = 1 ⇔  x 2 − 2 x = 0(4)   x 2 − 2 x = c1 ( c1 < −1) (VN ) 

(

Trang 40

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 x 2 − 2 x = 1(5) f x − 2 x = −1 ⇔   x 2 − 2 x = d1 ( d1 < c1 < −1) (VN ) 

)

FI CI A

(

Dựa vào đồ thị thì (3) có 2 nghiệm phân biệt, (4) có 2 nghiệm, (5) có 3 nghiệm.

(

)

Câu 53.

ƠN

Các nghiệm này khác nhau đôi 1. Vậy phương trình f x 2 − 2 x = 1 có 7 nghiệm.

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hàm số

(

)

y = f ( x)

có đạo hàm

f ′( x ) = ( x − 1) 2 x 2 − 2 x với ∀x ∈ ℝ . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm

số f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị?

A. 15. B. 16. C. 17. D. 18.

QU Y

Lời giải Đặt g ( x) = f ( x − 8 x + m )  g ′( x) = (2 x − 4) ⋅ f ′ ( x 2 − 8 x + m ) . 2

f ′( x ) = ( x − 1) 2 ( x 2 − 2 x )  g ′( x ) = (2 x − 8) ( x 2 − 8 x + m − 1) ( x 2 − 8 x + m )( x 2 − 8 x + m − 2 )

x = 4  2 x − 8x + m − 1 = 0 g ′( x) = 0 ⇔  2  x − 8x + m = 0  2  x − 8 x + m − 2 = 0

KÈ

Các phương trình (1), (2), (3) không có nghiệm chung từng đôi một và ( x 2 − 8 x + m − 1) ≥ 0 với

DẠ

∀x ∈ ℝ Suy ra g ( x ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi (2) và (3) có hai nghiệm phân biệt khác 4 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 m nguyên dương và m < 16 nên có 15 giá trị m cần tìm.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 41

Câu 54.

(Chuyên

Hạ

Long

2022)

Cho

các

số

thực

x, y

thoả

mãn

max{5;9 x + 7 y − 20} ≤ x 2 + y 2 ≤ 2 x + 8 .Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất  y ≤1 của biểu thức P = x − 2 y . Tính M − m

A. 1 + 3 5 .

FI CI A

B. 2 2 . C. 1 + 2 2 . D. 2 + 3 5 . Lời giải

QU Y

ƠN

  2 2 x + y ≥ 5  . Từ giả thiết ta có ( x − 1) 2 + y 2 ≤ 9  2 2  x − 9  +  y − 7  ≥ 25     2  2 2

Tập hợp điểm ( x, y ) thoả mãn yêu cầu bài là phần được tô trên hình vẽ kể cả biên. Ta thấy ( C1 )

cắt ( C3 ) tại hai điểm phân biệt trong đó có điểm (2,1) thoả mãn yêu cầu bài toán.

KÈ

Xét đường thẳng ∆ đi qua ( x, y ) thoả mãn yêu cầu bài toán: x − 2 y = c . x − 2 y đạt GTNN khi ∆ đi qua (2,1) nên m = 0 . ( C2 ) : x 2 + y 2 = 2 x + 8 ⇔ ( x − 1)2 + y 2 = 9 .

+ x − 2 y = ( x − 1) + (−2) y + 1 ≤

(1 + (−2) ) ⋅ 9 + 1 = 3 2

5 +1.

∆1 : x − 2 y − 1 − 3 5 = 0.∆1 cắt ( C2 ) tại điểm thoả mãn bài toán. Khi đó M = 3 5 + 1 .

DẠ

Vậy M − m = 3 5 + 1 .

Câu 55.

Trang 42

mx 2 + (m + 2) x + 5 . Gọi S là tập hợp các giá trị của x2 + 1 m sao cho đồ thị hàm số đã cho có đúng hai điểm cực trị và đường thẳng nối hai điểm cực trị của (Chuyên Hạ Long 2022) Cho hàm số y =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

đồ thị hàm số cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng

Lời giải

Ta có: y = m +

FI CI A

tử của S A. 0. B. 1 C. −4 D. −2 .

25 . Tính tổng các phần 4

(m + 2) x + 5 − m −(m + 2) x 2 + 2(m − 5) x + m + 2 .  ′ = y 2 x2 + 1 x2 + 1

(

)

KÈ

QU Y

ƠN

 x1 x2 = −1  Với ∀m ≠ −2 ta có y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa  2(m − 5) .  x1 + x2 = m + 2 Mặt khác, đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là −2( m + 2) x − 4.5.1 m + 2 ∆: y = = x +5. −4.1 2  10  Gọi A = ∆ ∩ Ox  A  − ; 0  và B = ∆ ∩ Oy  B (0;5) . m + 2   m = 2 25 1 25 5 10 25 Do đó: S ∆O .4 B = . ⇔ ⋅ OB.OA = ⇔ ⋅ = ⇔| m + 2 |= 4 ⇔  4 2 4 2 |m+2| 4  m = −6 Do đó m1 + m2 = −4 . Câu 56. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f ( −4) = 4 . Đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ bên dưới. Để giá trị lớn nhất của hàm số

x2 − x + 3m trên đoạn [ −4;3] không vượt quá 2022 thì tập giác trị của m là 2 (−∞; 2022] . (674; +∞ ) . (−∞;674] . (2022; +∞ ) . Lời giải

h( x) = f ( x) −

DẠ

A. B. C. D.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 43

FI CI A

L 1

h′( x ) = f ′( x ) − ( x + 1) Trên ( −4;1), h′( x ) < 0 , trên (1;3), h′( x ) > 0, h′(1) = 0 Hàm số h( x ) đạt cực tiểu trên đoạn [ −4;3] tại x = 1 15 a = h( −4) = 3m; b = h(3) = f (3) − + 3m 2 3

Gọi S1 =  ( x − 1) − f ' ( x ) dx; S2 =   f ( x ) − ( x − 1)  dx −4 1 Nhận thấy 1

ƠN

 x2    x2 S1 > S 2   + x − f ( x)  >  f ( x) − − x  2  2  −4  1 1 12 7 15  − f (1) − 4 + f ( −4) > f (3) − − f (1) ⇔ f ( −4) > f (3) −  f (3) < 2 2 2 2 Vậy, b < a, max h( x) = a  3m ≤ 2022 ⇔ m ≤ 674 x∈[ −4;3]

QU Y

Vậy, tập giá trị của m , là (−∞;674] . Câu 57. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số f ( x) = x 4 − 2 x 3 + ( m − 1) x 2 + 2 x − m + 2022 , với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn [ −2021; 2022] để hàm số y =| f ( x − 2021) − 2022 | có số điểm cực trị nhiều nhất? A. 2021. B. 2022. C. 4040. D. 2023. Lời giải Hàm số y =| f ( x − 2021) − 2022 | có số điểm cực trị nhiều nhất là 7 khi và chỉ khi phương trình f ( x − 2021) = 2022 có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình f ( x ) = 2022 có 4 nghiệm phân biệt Ta có f ( x) = 2022 ⇔ x 4 − 2 x 3 + ( m − 1) x 2 + 2 x − m = 0  x = −1  ⇔ ( x + 1)( x − 1)  x − 2 x + m  = 0 ⇔  x = 1  x 2 − 2 x + m = 0(*) Suy ra f ( x ) = 2022 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

KÈ

( ) có 2 nghiệm phân biệt khác −1 và 1 *

DẠ

tức là 1 − m > 0 m < 1 2 do m nguyên thuộc [ −2021; 2022] nên có 2021 giá trị thỏa mãn. 1 − 2 + m ≠ 0 ⇔  m ≠ −3 12 + 2 + m ≠ 0 

Câu 58.

Trang 44

(Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L 2

nhiêu

( x) + x

2 2

) − (m

giá 2

trị

+ 2m + 14

nguyên

)( f

c ủa

tham

số

FI CI A

bao

m ∈ [ −2021; 2021]

)

để

phương

trình

( x) + x 2 + 4( m + 1) 2 + 36 = 0 có đúng 6 nghiệm phân biệt.

A. 2022. B. 4043. C. 4042. D. 2021. Lời giải

Có

ƠN

Đặt t = f 2 ( x) + x 2 , (t ≥ 0) ta có phương trình t = 4 t 2 − ( m2 + 2m + 14 ) t + 4(m + 1) 2 + 36 = 0 ⇔  2 t = m + 2m + 10

+ Với t = 4 hay f 2 ( x) + x 2 = 4 ⇔ f 2 ( x) = 4 − x 2  f ( x) = 4 − x 2 (Do f ( x) ≥ 0 ) .

KÈ

QU Y

Số nghiệm của phương trình f ( x) = 4 − x 2 là số giao điểm của đường cong y = f ( x ) và nửa đường tròn C (O; 2)

DẠ

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình có 4 nghiệm phân biệt. t = m 2 + 2m + 10 hay f 2 ( x) + x 2 = m 2 + 2m + 10 ⇔ f 2 ( x) = m 2 + 2m + 10 − x 2  f ( x ) = m 2 + 2m + 10 − x 2 (Do f ( x) ≥ 0). Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường cong y = f ( x ) và nửa đường tròn

(

C O; m 2 + 2m + 10

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 45

L ( x) + x 2

) − (m

+ 2m + 14

)( f

FI CI A

)

( x) + x 2 + 4( m + 1) 2 + 36 = 0 chỉ có 6 nghiệm phân biệt thì

phương trình f ( x) = m 2 + 2m + 10 − x 2 chỉ có 2 nghiệm phân biệt.Dựa vào đồ thị ta có điều kiện m 2 + 2m + 10 > 9 ⇔ m 2 + 2m + 1 > 0 ⇔ m ≠ −1 . Vậy có 4042 giá trị của m ∈ [ −2021; 2021] .

(Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

ƠN

Câu 59.

DẠ

KÈ

QU Y

Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f 2 ( g ( x)) với g ( x) = x 2 − 4 x + 2 4 x − x 2 A. 17. B. 21. C. 23. D. 19. Lời giải

Xét hàm số g ( x) = x 2 − 4 x + 2 4 x − x 2 : TXĐ :[0; 4]

Trang 46

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2(2 − x)

= 2( x − 2)

4 x − x2 −1

, ∀x ∈ (0; 4) ;

FI CI A

4 x − x2 4 x − x2 x = 2 x = 2 g ′( x) = 0 ⇔  ⇔  2  4 x − x = 1  x = 2 ± 3 y = f 2 ( g ( x))  y′ = 2 f ( g ( x)) ⋅ g ′( x ) f ′( g ( x)) ;

g ′( x) = 2 x − 4 +

 f ( g ( x)) = 0 (1)  y′ = 0 ⇔  g ′( x) = 0 ( 2 )  f ′( g ( x )) = 0 3 ( ) 

 g ( x) = a (4) (1) ⇔  g ( x) = b(5)(0 < a < b < 1)  g ( x) = 1(6)

QU Y

ƠN

 g ( x) = c(7) (3) ⇔  (0 < a < c < b < d < 1)  g ( x) = d (8) Mỗi phương trình (4), (5), (7), (8) có 4 nghiệm phân biệt Phương trình (6) có nghiệm kép x = 1 Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt Tất cả các nghiệm của các phương trình (2), (4), (5), (7), (8) là phân biệt và y′ đổi dấu qua các nghiệm đó. y′ không đổi dấu qua x = 1 . Vậy hàm số đã cho có 19 điểm cực trị. Câu 60. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm đa thức bậc bốn y = f ( x ) . Biết đồ thị của hàm số y = f ′(3 − 2 x ) được cho như hình vẽ

KÈ

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng A. (−∞; −1) . B. ( −1;1) . C. (1;5) . D. (5; +∞ ) . Lời giải

DẠ

Ta có: f ′(3 − 2 x ) = ax ( x − 1)( x − 2) ( a < 0) . Với x = 0 thì f ′(3) = 0 . Với x = 1 thì f ′(1) = 0 . Với x = 2 thì f ′(−1) = 0 .

 x=3 Suy ra: f ′( x) = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1 1 Với x = − thì f ′(4) > 0 . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 47

FI CI A

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1) và (1;3) . Câu 61. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ

ƠN

Đặt g ( x ) =| m + f (2022 + x ) | . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = g ( x ) có đúng 5 điểm cực trị? A. 6. B. 8. C. 9, D. 7. Lời giải

KÈ

QU Y

Đặt h( x ) = m + f (2022 + x ) Số điểm cực trị của g ( x ) sẽ bằng số điểm cực trị của h( x ) cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình h( x ) = 0 (Nghiệm bội lẻ này phải khác điểm cực trị của hàm số). Số điểm CT của h( x ) bằng số điểm CT của f ( x ) . Nên hàm số h( x ) có 2 điểm cực trị. Vậy để hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị thì pt h( x ) = 0 , phải có 3 nghiệm lẻ phân biệt. h( x ) = 0 ⇔ f ( x + 2022) = − m. BBT của hàm số y = f ( x + 2022) :

DẠ

Ycbt −5 < −m < 3 ⇔ −3 < m < 5 . Do m ∈ ℤ  m ∈ {−2; −1;…; 4} . Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn ycbt. Câu 62. (Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2022) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số f ′( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau Giá trị lớn nhất của hàm số g ( x) = f (2 x) − sin 2 x trền đoạn [ −1;1] là

Trang 48

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

f (1) . f (0) . f (2) . f ( −1) .

FI CI A

A. B. C. D.

Lời giải

QU Y

ƠN

g ′( x ) = 2 f ′(2 x ) − 2sin x ⋅ cos x = 2 f ′(2 x ) − sin 2 x. Đặt t = 2 x  t ∈ [−2; 2]. sin t g ′(t ) = 0 ⇔ 2 f ′(t ) − sin t = 0 ⇔ f ′(t ) = , ∀t ∈ [−2; 2]. 2

Câu 63.

Vậy giá trị lớn nhất là g ( 0 ) = f ( 0 )

(Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ

DẠ

KÈ

thị có 3 điểm cực trị như hình dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x + 2 ) là

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

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 49

Lời giải

 x = ±1  3  x − 3 x + 2 = m1 (1) 2 3 Ta có g ′( x) = 3 x − 3 f ′ x − 3 x + 2 , g ′( x) = 0 ⇔  3 x − 3 x + 2 = m2 ( 2 )   x3 − 3 x + 2 = m ( 3) 3  m1 ∈ ( −4; −1); m2 ∈ ( −1;0); m3 ∈ (0;1)

)

) (

FI CI A

(

Xét hàm số y = x 3 − 3 x + 2 , có y′ = 3x 2 − 3

Với m1 ∈ ( −4; −1)  (1) có 1 nghiệm

ƠN

Với m2 ∈ ( −1;0)  (2) có 1 nghiệm

QU Y

Với m3 ∈ (0;1)  (3) có 3 nghiệm phân biệt Vậy g ′( x ) = 0 có 7 nghiệm bội lẻ, nên có 7 điểm cực trị. Câu 64. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương-2022) Cho hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ. Biết rằng f (3) = 2 f (5) = 4 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

DẠ

KÈ

1  f  f ( x) − m  = 2 x + 2m có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. 2  A. 8⋅ B. 6. C. 3. D. 7. Lời giải f ( x ) = 2 u + 2 m  1 Đặt f ( x) − m = u    f (u ) + 2u = f ( x) + 2 x . 2  f (u ) = 2 x + 2m Xét hàm số g (t ) = f (t ) + 2t  g ′(t ) = f ′(t ) + 2 ≥ −2 + 2 = 0 ∀x ∈ ℝ . 1 1 Do đó hàm số g (t ) đồng biến trên ℝ  u = x ⇔ f ( x ) − m = x ⇔ h( x ) = f ( x ) − x = m . 2 2 1 1 Xét hàm số h( x) = f ( x) − x  h′( x) = f ′( x) − 1 . 2 2

Trang 50

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

1   x = −3  h( −3) = 2 f ( −3) − ( −3) = 5  1  h′( x) = 0 ⇔ f ′( x) = 1 ⇔ f ′( x) = 2 ⇔  x = 0 2  1  x = 5  h(5) = f (5) − (5) = −4 2  1 Ta có bảng biến thiên của hàm số h( x) = f ( x) − x như sau: 2

ƠN

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có 3 nghiệm khi −4 < m < 5 . Do m ∈ ℤ  m ∈ {−3; −2; −1;0;1; 2;3; 4} Vậy có 8 giá trị nguyên của m . Câu 65. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′( x ) = ( x + 3) ( x 2 − 2 ) ∀x ∈ ℝ . Tìm tất cả các giá trị thực không âm của tham số m để hàm số

QU Y

 −π 11π  . g ( x ) = f (| sin x + 3 cos x | + m) có nhiều điểm cực trị nhất trên  ;  2 12   2  . A. m ∈   2 , +∞     2  B. m ∈  .  2 ,1   C. m ∈ ( 2 − 1, 2)  2  D. m ∈  .  2 , 2   

(

)

KÈ

Lời giải  x = −3  Có f ′( x) = 0 ⇔ ( x + 3) x 2 − 2 = 0 ⇔  x = 2 x = − 2 

DẠ

π  sin x + 3 cos x = 2sin  x +  3  2    π    g ′( x) =  2sin  x +   + m  ′ f ′(| sin x + 3 cos x | + m)    3     π π   2sin  x +  ⋅ 2 cos  x +    π 3 3     g ′( x) = ⋅ f ′  2sin  x +  + m  2 3     π   2sin x +    3   

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 51

L FI CI A

ƠN

   π  cos  x + 3  = 0        π π  cos  x +  = 0  2sin  x +  + m = −3 3 3    g ′( x) = 0 ⇔  ∣ ⇔    π π   f ′  2sin  x +  + m  = 0  2sin  x +  + m = 2 3 3           2sin  x + π  + m = − 2     3   π  Xét u = 2sin  x +  3 

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì các phương trình (1), (2), (3), (4) có nhiều nghiệm nhất

Câu 66.

(THPT

Đô

QU Y

π   −π 11π  , suy ra u = 2sin  x +  ∈ (0,1) . x∈ ;  3  2 12   0 < −m − 3 < 1  −4 < m < −3   Khi đó 0 < 2 − m < 1 ⇔  2 − 1 < m < 2 . Vì m ≥ 0  m ∈ ( 2 − 1, 2) .   0 < − 2 − m < 1  − 2 − 1 < m < − 2 Do đó m ∈ ( 2 − 1, 2) . Lương

–

Nghệ

–

2022)

Hàm

số

f ( x) = 10 x + x

và

g ( x ) = x − mx + ( m + 1) x − 2 . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = g ( x + f ( x )) trên đoạn 3

KÈ

[0;1] . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của m bằng? 21 A. . 2 B. 6. C. 21. D. 5. Lời giải Ta có: f ′( x) = 10 x ln10 + 1 > 0, ∀x

g ′( x) = 3 x 2 − 2mx + ( m 2 + 1) > 0, ∀x do ∆′ = −2m 2 − 3 < 0. y = g ( x + f ( x)) = g (10 x + 2 x ) .

y′ =  g (10 x + 2 x )  ′ = (10 x ln10 + 2 ) ⋅ g ′ (10 x + 2 x ) > 0, ∀x ∈ [0;1].

DẠ

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 1 khi đó M = Maxy = y (1) = g (12) = 123 − m ⋅12 2 + ( m 2 + 1) ⋅12 − 2

Câu 67.

[0,1] 2

= 12m − 144m + 1738 = 12 ⋅ ( m − 6) 2 + 1306 ≥ 1306 M đạt giá trị nhỏ nhất khi m = 6 . (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Đổ thị hàm

số f ′( 3 x ) được cho trong hình bên: Trang 52

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

QU Y

ƠN

1 Hàm số g ( x) = f ( x) − x 4 − x có tối đa bao nhiêu điểm cực đại? 8 A. 2. B. 4. C. 5. D. 3. Lời giải 1 1 1 Xèt hàm số h( x) = f ( x) − x 4 − x có h′( x) = f ′( x) − x 3 − 1  h′( x) = 0 ⇔ f ′( x) = x 3 + 1 . 8 2 2

KÈ

 t = −2 x = −3 2   1 1 Đặt x = 3 t  f ′( 3 t ) = t + 1 ⇔  t = 0 ⇔  x = 0 (đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị f ′( 3 x ) 2 2 t=2  x=32   tại 3 điểm có hoành độ −2; 0; 2 ) . Bảng biến thiên:

Suy ra g ( x ) =| h( x ) | có tối đa 3 điểm cực đại. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Cho hàm số f ( x ) có đổ thị như hình vẽ:

DẠ

Câu 68.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 53

L FI CI A (

)

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 3 − 4 − x 2 = m có

)

(

)

(

hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ − 3; 3] . Số phần tử của S là A. 1. B. 4. C. 5. D. 3. Lời giải x Xét y = f 3 − 4 − x 2  y′ = f ′ 3 − 4 − x2 = 0 2 4− x

QU Y

ƠN

 x = 0 x = 0  ⇔ ′ ⇔ 3 − 4 − x 2 = −1 ⇔ x = 0 2  f (3 − 4 − x ) = 0  2 3 − 4 − x = 1  Bảng biến thiên:

Vậy ycbt ⇔ −1 < m ≤ 3  m ∈ {0,1, 2,3} . Câu 69. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ′( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị y = f ′( x ) cắt trục hoành tại hai điếm phân biệt có hoành độ lần lượt là −3; 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [ −10;10] để hàm số

DẠ

KÈ

y = f ( x 2 + 2 x − m ) đồng biến trên ( −1;1) .

A. 12. B. 14. C. 11. D. 13.

Trang 54

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Từ bảng biến thiên của f ′( x ) và f ′( x ) = 0 ⇔ x = −3; x = 2 ta có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

ycbt ⇔ (2 x + 2) f ′ ( x 2 + 2 x − m ) ≥ 0, ∀x ∈ [−1;1]

FI CI A

⇔ f ′ ( x 2 + 2 x − m ) ≥ 0, ∀x ∈ [−1;1]

 x 2 + 2 x − m ≥ 2, ∀x ∈ [−1;1]  m ≤ g ( x) = x 2 + 2 x − 2, ∀x ∈ [−1;1] ⇔ 2 ⇔ 2  x + 2 x − m ≤ −3, ∀x ∈ [−1;1]  m ≥ h( x) = x + 2 x + 3, ∀x ∈ [−1;1]  m ≤ min[ −1;1] g ( x) = g (−1) = −3 ⇔  m ∈ {−10,…, −3, 6, …,10}  m ≥ max[ −1;1] h( x) = h(1) = 6 Câu 70. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ là

(

y = f x2 − 3x + m

) có nhiều điểm cực trị nhất? B. 9 .

A. 54 .

C. − 52 . Lời giải

D. − 54 .

ƠN

Chọn D

f ′ ( x ) = ( x + 3)( x − 4 ) . Tính tổng các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;5] để hàm số

2   Theo bài: y = f x 2 − 3 x + m = f  ( x 2 − 3 x + m )  .   2  ( 2 x − 3) f ′ x 2 − 3 x + m = 0 1  Ta có y′ = 2 x − 3) f ′  ( x 2 − 3 x + m )  = ( 2   2 x 2 − 3x + m 2 ( x 2 − 3x + m )

)

(

)

(

3 3   x = 2 x = 2 2 x − 3 = 0  2  2 ⇔ ⇔  x − 3 x + m = −3 ( vô lí ) ⇔  x − 3x + m = 4 2 f ′ x − 3x + m = 0  2  2   x − 3x + m = 4  x − 3 x + m = −4    3 x = 2  2  3 25 ⇔  x −  = − m (1) . 2 4  2   x − 3  = − 7 − m ( 2 )  2 4

)

QU Y

(

KÈ

Để hàm số y = f x 2 − 3 x + m

) có nhiều điểm cực trị nhất thì phương trình (1) và ( 2) có nhiều

DẠ

25  25   4 −m > 0 m < 4 7 nghiệm nhất   ⇔ m<− . 4 − 7 − m > 0 m < − 7  4  4 Mặt khác m nguyên và m ∈ [ −10;5]  m ∈ {−10; −9; −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2} .

Vậy tổng các giá trị của m bằng − 54 . Câu 71. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) là

đường cong trong hình bên. Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( 3 x ) + 3 x 2 − 4 x + 1 trên đoạn

 −2 2   3 ; 3  bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 55

L Chọn C

FI CI A

1 C. f ( 2 ) − . 3 Lời giải

B. f ( 6 ) .

D. f ( −3 ) + 8 .

A. f ( 0 ) + 1 .

Ta có g ′ ( x ) = 3 f ′ ( 3 x ) + 6 x − 4  g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( 3 x ) = −2 x +

4 −2 4 ⇔ f ′ (3x ) = ( 3 x ) + (1) . 3 3 3

ƠN

t  −2 2  vì x ∈  ;  nên t ∈ [ −2; 2] . 3  3 3 −2 4 Phương trình (1) trở thành f ′ ( t ) = t+ . 3 3 Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

QU Y

Đặt 3 x = t ⇔ x =

Xét trên [ −2; 2] , f ′ ( t ) =

t = −1 −2 4 . t+ ⇔ 3 3 t = 2

DẠ

KÈ

1  x=−  3 x = − 1  2 2   3 Do đó, trên  − ;  có g ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔ 3 x = 2 2 3 3    x =  3  2 2 Bảng biến thiên hàm số g ( x ) trên  − ;   3 3

Trang 56

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

1 2 Từ bảng biến thiên, suy ra min g ( x ) = g   = f ( 2 ) − .  −2 2  3 3  3 ;3 

Câu 72.



(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và đồ thị

y = f ′ ( x ) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ −3; − 2; a ; b ;3; c ;5 với 4 4 − < a < −1;1 < b < ; 4 < c < 5 có dạng như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của 3 3 m để hàm số y = f ( 2 x + m − 2022 ) có 5 điểm cực trị?

ƠN

hàm số

B. 2 .

QU Y

A. 4 .

C. 3 . Lời giải

D. Vô số.

Chọn C Hàm y = f ( 2 x + m − 2022 ) là hàm chẵn trên ℝ nên số điểm cực trị của hàm đã cho bằng 2.n + 1 , trong đó n là số điểm cực trị trên khoảng ( 0; +∞ ) của hàm y = f ( 2 x + m − 2022 )

Xét hàm y = f ( 2 x + m − 2022 ) .

DẠ

KÈ

 x =  x =   2 x + m − 2022 = −3   2 x + m − 2022 = −2 x =    2 x + m − 2022 = a   y′ = 2 f ′ ( 2 x + m − 2022 ) = 0 ⇔  2 x + m − 2022 = b ⇔  x =   2 x + m − 2022 = 3   x = 2 x + m − 2022 = c    2 x + m − 2022 = 5   x =  x = 

2019 − m = x1 2 2020 − m = x2 2 2022 + a − m = x3 2 2022 + b − m = x4 2 2025 − m = x5 2 2022 + c − m = x6 2 2027 − m = x7 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 57

Vì x = 3 là nghiệm bội chẵn của phương trình f ′ ( x ) = 0 nên x = x5 cũng là nghiệm bội chẵn của phương trình f ′ ( 2 x + m − 2022 ) = 0 . Hàm y = f ( 2 x + m − 2022 ) có 6 điểm cực trị x1 < x2 < x3 < x4 < x6 < x7 .

ƠN

FI CI A

 2022 + b − m ≤0  2 Hàm y = f ( 2 x + m − 2022 ) có 5 điểm cực trị ⇔ x4 ≤ 0 < x6 ⇔   2022 + c − m > 0  2 4 Vì 1 < b < , 4 < c < 5, m ∈ ℤ  2024 ≤ m ≤ 2026  m ∈ {2024; 2025; 2026} . 3 Câu 73. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Tìm m để đường thẳng y = 2 x + m cắt đồ thị hàm số x+3 tại hai điểm A, B sao cho độ dài AB là nhỏ nhất. y= x +1 A. 2 . B. 1 . C. −1 . D. 3 . Lời giải Chọn D x+3 Gọi hàm số y = có đồ thị là ( C ) và đường thẳng y = 2 x + m có đồ thị là ( d ) . x +1 x+3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) : = 2 x + m, ∀x ≠ −1. x +1 ⇔ x + 3 = 2 x 2 + 2 x + mx + m ⇔ 2 x 2 + ( m + 1) x + m − 3 = 0, ∀x ≠ 1 (1)

Để ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm A, B ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1

QU Y

 ∆ > 0 với g ( x ) = 2 x 2 + ( m + 1) x + m − 3 ⇔  g ( −1) ≠ 0 ( m + 1)2 − 4.2. ( m − 3) > 0 ⇔ ⇔ m2 − 6m + 25 > 0, ∀m. −2 ≠ 0 Giả sử hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) là x1 , x2 . Khi đó A ( x1 ;2 x1 + m ) B ( x2 ; 2 x2 + m ) .

Theo hệ thức Vi-ét ta có x1 + x2 = − Ta có AB =

m +1 m−3 ; x1 x2 = 2 2

( x2 − x1 ) + ( 2 x2 − 2 x1 )

= 5 ( x1 − x2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 2

3 2 (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) = 2 x + bx + cx + d thỏa mãn

KÈ

Câu 74.

2 5 ( m − 3) + 80 5m 2 + 10m + 5 − 40m + 120 m−3  m +1 = = ≥ 2 5. 20. AB = 5.  −  2 4 2  2  Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi m = 3. Vậy m = 3 thì độ dài AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 5.

4b + 2c + d + 16 < 0 và 9b − 3c + d > 54 . Hàm số y = f ( x ) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 .B 3 .

Chọn C Ta có

D. 4 . Lời giải

C. 5 .

y = f ( x ) = 2 x3 + bx 2 + cx + d liên

tục

trên ℝ .Vì

f ( 2 ) = 4b + 2c + d + 16 < 0 ,

DẠ

f ( −3) = 9b − 3c + d − 54 > 0 , lim f ( x ) = −∞ , lim f ( x ) = +∞ nên phương trình f ( x ) = 0 có x →−∞

x →+∞

ba nghiệm phân biệt x1 < −3 < x2 < 2 < x3 Suy ra y = f ( x ) có hai điểm cực trị x1 < m < x2 < n < x3 .

Ta có bảng biến thiên Trang 58

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L Câu 75.

FI CI A

Vậy hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị.

(THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc ba có đồ thị như

hình vẽ. Tìm tất cả các ía trị của tham số m sao cho phương trình f ( sin x ) = f ( m + 1) có nghiệm. B. −2 ≤ m ≤ 0 .

A. − 1 ≤ m ≤ 3 .

C. −3 ≤ m ≤ 1 . Lời giải

Ta có: sin x ∈ [ −1;1] nên f ( sin x ) ∈ [ −1;3] .

ƠN

Chọn C

D. −2 ≤ m ≤ 2 .

nên f ( m + 1) ∈ [ −1;3] . Do đó, phương trình phương trình f ( sin x ) = f ( m + 1) có nghiệm

−1 ≤ f ( m + 1) ≤ 3 ⇔ −2 ≤ m + 1 ≤ 2 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1 . Câu 76.

(THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như

DẠ

KÈ

QU Y

hình vẽ sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ 0; 20] để hàm số g ( x) = f 2 ( x ) − 2 f ( x ) − m có 9

điểm cực trị? A. 8 .

B. 9 .

C. 10 . Lời giải

D. 11 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 59

Chọn A Đặt h( x) = f 2 ( x ) − 2 f ( x ) − m  g ( x ) = h ( x ) .

h′( x) = 2. f ( x ) f ′ ( x ) − 2 f ′ ( x ) = 2. f ′ ( x )  f ( x ) − 1 .

FI CI A

 x = −1  x = 1  f ′( x) = 0  ⇔  x = a ∈ ( −2; − 1) h′( x ) = 0 ⇔   f ( x ) = 1  x = b ∈ ( 0;1)   x = c ∈ (1; + ∞ ) Ta có f (1) = 0 , f ( −1) = 4 , f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) = 1 .  h ( a ) = h ( b ) = h ( c ) = −1 − m , h (1) = −m , h ( −1) = 8 − m .

ƠN

 2 m  − 2 lim f ( x ) = −∞ và lim f ( x ) = +∞  lim h( x) = lim f 2 ( x ) 1 −  = +∞ . x →±∞ x →±∞ x →−∞ x →+∞  f ( x ) f ( x )  Ta có BBT của y = h ( x ) :

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y = h ( x ) có 5 cực trị.

QU Y

Hàm số y = g ( x ) có 9 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y = h ( x ) cắt trục hoành tại 4

điểm phân biệt hoặc điểm (1; − m ) nằm trên trục hoành.

⇔ −m ≤ 0 < 8 − m ⇔ 0 ≤ m < 8 . Với m là số nguyên thì m ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6;7} . Suy ra có 8 giá trị của tham số m thỏa mãn điều kiện đề bài. Câu 77. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và f ′ ( x ) = − x3 + 6 x 2 − 32 . Khi đó hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 3 x ) nghịch biến trên khoảng

KÈ

A. ( −∞; +∞ ) .

B. (1; +∞ ) .

C. ( 2;+∞ ) .

D. ( −∞;1) .

Lời giải

Chọn C Ta có: +) f ′(t ) = −(t + 2)(t − 4)2 .

+) g ′( x) =  f ( x 2 − 3 x) ′ = ( x 2 − 3 x)′. f ′( x 2 − 3 x) = (2 x − 3). f ′( x 2 − 3 x) .

DẠ

Suy ra:

3  x=  2 x = 3  2  2x − 3 = 0  2 2 *) g ′( x) = 0 ⇔ (2 x − 3). f ′( x − 3 x) = 0 ⇔  ⇔  x − 3 x = −2 ⇔  x = ±1 2  f ′( x − 3 x) = 0 x = 2  2  x − 3x = 4   x = 4

Trang 60

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

 3  x < 2  1 < x < 2 3  1< x < ⇔   3 ⇔ 2. x>    2 x > 2  x < 1     x > 2 Câu 78.

 3  x < 2  2 x − 3 < 0  2  2   x − 3 x < −2   f ′( x − 3 x) > 0 *) g ′( x) < 0 ⇔ (2 x − 3). f ′( x 2 − 3 x) < 0 ⇔  ⇔ 2x − 3 > 0   x > 3   2  2   f ′( x − 3 x) < 0  2   x − 3 x > −2

(THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hàm số f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) là

QU Y

ƠN

đường cong trong hình bên.

8x3 − 4 x − m < 0 đúng với 3

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình f ( 2 x ) +

 1 1 m ọi x ∈  − ;   2 2 5 A. m > f (1) − . 3

B. m > f ( 0 ) .

C. m ≥ f ( 0 ) .

D. m > f ( 3) .

Lời giải

Chọn B

8x3 − 4x 3 2 g′( x) = 0 ⇔ f ′(2x) = 2 − (2x) . g ( x) = f ( 2x) +

có

g′ ( x ) = 2 f ′ ( 2 x ) + 8x2 − 4 ,

giải

phương

trình

DẠ

KÈ

Đặt

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 61

L FI CI A

∞ +

g'(x)

+ 0

g(0) g(x)

+∞

ƠN

 1 1 Theo giả thiết chỉ xét x ∈  − ;  nên 2 x ∈ [ −1;1] , trên đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta vẽ thêm  2 2 1  x= 2 x = 1 2 ⇔ parabol y = 2 − x 2 ta có f ′ ( 2 x ) = 2 − ( 2 x ) ⇔  2.  2 x = 0 x = 0  1 1 Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) trên x ∈  − ;  như sau  2 2

∞

+∞

g(0.5)

g'(x)

1 2

+∞ +

f(0)

KÈ

g(x)

∞

QU Y

1 8.   3 8.0 1 5 2 1  1 Ta có: g ( 0 ) = f ( 2.0 ) + − 4.0 = f ( 0 ) và g   = f  2.  +   − 4. = f (1) − 3 3 2 3 2  2 Nên ta có

∞

+∞ f(1)-

5 3

DẠ

Từ YCBT cho ta mệnh đề 8 x3  1 1  1 1 f ( 2x ) + − 4 x − m < 0, x ∈  − ;  ⇔ g ( x ) < m, x ∈  − ;  ⇔ m > f ( 0 ) 3  2 2  2 2

Câu 79.

(THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho x, y là các số thực dương và thỏa mãn

Giá trị nhỏ nhất m của biểu thức P =

A. m = 3

Trang 62

B. m = 2 2

y+4 là x

C. m = 4 Lời giải

D. m = 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

x2 + 1 y + 1 = . x y

Chọn C x2 + 1 y + 1 Ta có: = ⇔ x3 + x = x y

( y)

+ y (1).

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t , t > 0 có f ′ ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t > 0 y ⇔ x2 = y .

FI CI A

Do đó (1) ⇔ x =

 f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

y + 4 x2 + 4 4 4 = = x + ≥ 2. x. = 4 x x x x 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = ⇔ x = 2; y = 4 x Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 . Câu 80. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 3 có đồ thị như Khi đó: P =

hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −100;100] để hàm số

ƠN

h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) + 3m có đúng 3 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của S bằng

B. 5049 .

QU Y

A. 5047 .

C. 5043 . Lời giải

D. 5050 .

Chọn B Đặt g ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) + 3m ; g ′ ( x ) = 2 f ( x ) . f ′ ( x ) + 4 f ′ ( x ) .

KÈ

 f ′( x) = 0 . g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 f ′ ( x )  f ( x ) + 2  = 0 ⇔   f ( x ) = −2 Dựa vào đồ thị ta thấy: x = 1 - Với f ′ ( x ) = 0 ⇔  (là 2 điểm cực trị của đồ thị f ( x ) ) x = 3 - Với f ( x ) = −2 ⇔ x = a với a ∈ ( −1;0 ) .

Suy ra hàm số g ( x ) có 3 điểm cực trị.

DẠ

 g ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ℝ Vậy để hàm số h ( x ) = g ( x ) có đúng 3 điểm cực trị thì  .  g ( x ) < 0; ∀x ∈ ℝ t 2 + 4t + 3m ≥ 0; ∀t ∈ ℝ  g ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ℝ Đặt t = f ( x ) ; t ∈ ℝ . Khi đó  ⇔ 2  g ( x ) < 0; ∀x ∈ ℝ t + 4t + 3m < 0; ∀t ∈ ℝ 1 > 0 4 ⇔m≥ . (1) ⇔  3 ∆ = 16 − 12m ≤ 0

(1) ( 2)

Vậy tập hợp tất cả các giá trị của m thỏa mãn là {2;3; 4;...;100} .

( 2)

không xảy ra.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 63

Tổng của tất cả các phần tử là 2 + 3 + 4 + ... + 100 = 5049 . Câu 81. (THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số f ( x ) = − x 4 − ( 4 − m 2 ) x + 2020 và

g ( x ) = − x3 + 5 x 2 − 2020 x + 2021 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để

B. 6 .

C. 12 . Lời giải

D. 13 .

FI CI A

A. 7 .

h ( x ) = g  f ( x )  đồng biến trên ( 2; +∞ ) ?

Chọn B +) h′ ( x ) = f ′ ( x ) g ′  f ( x )  . Xét hàm g ( t ) = −t 3 + 5t 2 − 2020t + 2021  g ′ ( t ) = −3t 2 + 10t − 2020 < 0, ∀t ∈ ℝ . Suy ra g ′  f ( x )  < 0, ∀f ( x ) ∈ ℝ . h ( x ) = g  f ( x )  đồng biến trên ( 2; +∞ ) ⇔ h′ ( x ) ≥ 0 với ∀x ∈ ( 2; +∞ )

⇔ f ′ ( x ) .g ′  f ( x )  ≥ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ f ′ ( x ) g ′  f ( x )  ≥ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) (vì g ′  f ( x )  < 0∀f ( x ) ∈ ℝ ) ⇔ f ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ −4 x3 − 4 + m2 ≤ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) ( 2;+∞ )

+) Xét hàm số k ( x ) = 4 x + 4 , ∀x ∈ ( 2; +∞ ) 3

ƠN

⇔ m 2 ≤ 4 x3 + 4, ∀x ∈ ( 2; +∞ )  m 2 ≤ min f ( x ) .

QU Y

Bảng biến thiên của hàm số k ( x ) = 4 x3 + 4  k ′ ( x ) = 12 x 2 ≥ 0 trên ( 2; +∞ ) .

Từ BBT suy ra m 2 ≤ 36 ⇔ −6 ≤ m ≤ 6 thì hàm số đồng biến trên ( 2; +∞ ) . Do m nguyên dương nên m = {1; 2;3; 4;5;6} suy ra có 6 giá trị nguyên của tham số m .

Câu 82.

(THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ đồng thời thỏa

5 . 2

KÈ

điều kiện f ( 0 ) > 0 và  f ( x ) + 6 x  f ( x ) = 9 x 4 + 3 x 2 + 4, ∀x ∈ ℝ . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( 2 x 2 − 3 x + 1) trên đoạn [ 0;1] . B.

17 . 7

155 . 64

167 . 69

Lời giải

Chọn C

DẠ

 Có  f ( x ) + 6 x  f ( x ) = 9 x 4 + 3 x 2 + 4 ⇔  f ( x ) + 3 x  = ( 3 x 2 + 2 )  f ( x ) + 3x = 3x 2 + 2  f ( x ) = 3x 2 − 3x + 2 . ⇔ ⇔  2 2  f ( x ) + 3 x = −3 x − 2  f ( x ) = −3 x − 3 x − 2 (l )  1   Đặt t = 2 x 2 − 3 x + 1, với x ∈ [ 0;1] thì t ∈  − ;1 .  8  1  1   1  Xét hàm g ( t ) = f ( t ) trên  − ;1 , có g ′ ( t ) = f ′ ( t ) = 0 ⇔ 6t − 3 = 0 ⇔ t = ∈  − ;1 . 2  8   8 

Trang 64

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 1  155  1  5 Có g  −  = ; g   = ; g (1) = 2 .  8  64 2 4 155 . Suy ra, max y = max g ( t ) =  1  [0;1] 64  − ;1

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

 8 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 65

VẤN ĐỀ 2. LOGARIT

FI CI A

Câu 1. (Chuyên Vinh– 2022) Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại số thực b ≥ a thỏa mãn 4 a = 2b + b và đoạn [ a; b] chứa không quá 5 số nguyên ? A. 5. B. 10. C. 6. D. 11. Lời giải Chọn D Do đoạn [ a; b] chứa không quá 5 số nguyên nên ta có điều kiện đủ là: a ≤ b < a + 5 . Khi đó ta có: Phương trình ban đầu tương đương với: 2b + b − 4 a = 0 . Xét hàm số y = f a (b) = 2b + b − 4 a có f a ′(b) = 2b ln 2 + 1 > 0, ∀b ∈ ℝ tức hàm f a (b) đồng biến trên ℝ. Kết hợp điều kiện cần ban đầu ta suy ra hàm số f a (b) đồng biến trên [ a; a + 5) .

ƠN

2 a +5 + a + 5 > 4a  f ( a + 5) > 0 . Như vậy điều kiện tồn tại nghiệm là  a ⇔ a a 2 + a ≤ 4  f a ( a) ≤ 0 Trường hợp 1: Nếu a + 5 < 0 ⇔ a ≤ −6 thì 2a +5 + a + 5 ≤ 2° − 1 = 0 < 4 (loại) a + 5 ≥ 0 ⇔ a ≥ −5 Trường hợp 2: Nếu thì khi đó a+5 a a a+6 2a a+6 2 + a + 5 > 4 ⇔ 4 < 2 ⇔ 2 < 2 ⇔ a < 6 Đối chiếu với điều kiện ta suy ra −5 ≤ a ≤ 5 . Đến đây với mọi a ∈ [ −5;5] thì bất phương trình 2a + 5 + a + 5 > 4a luôn xảy ra vì 4 a ≤ 2 a + 5 ≤ 2 a + 5 + a + 5 (không có dấu bằng xảy ra). Xét bất phương trình còn lại: 2 a + a ≤ 4 a ta thấy cũng luôn đúng với mọi a ∈ [−5;5] Vậy a ∈ [ −5;5] thì thỏa mãn yêu cầu đề bài tức có 11 giá trị nguyên a . Câu 2. (Chuyên Vinh – 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên lớn hơn 2 của y sao cho với mỗi y tồn tại

QU Y

đúng 3 sô nguyên dương x thỏa mãn 3x − y ≤ 2 log 2 ( 3x − 2 ) ? . A. 16. B. 51. C. 68. D. 66.

Lời giải

Chọn B 3x − y ≤ 2 log 2 ( 3x − 2 ) điều kiện: 3x − 2 > 0 ⇔ x > log 3 2 .

(

)

⇔ y ≥ 3x − 2 log 2 3x − 2 .

KÈ

Xét hàm số f ( x ) = 3 − 2 log 2 ( 3x − 2 ) x

   3x − 2 ln 2 − 2  2.3x ln 3 2 x x     f ′( x ) = 3 ln 3 − x = 3 ln 3 1 − x = 3 ln 3     3x − 2 ln 2  3 − 2 ln 2 3 − 2 ln 2     2  2   f ′( x ) = 0 ⇔ 3x − 2 = ⇔ x = log 3  + 2 = a ln 2  ln 2  Bảng biến thiên:

(

)

(

)

(

)

DẠ

(

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

)

bất

phương

trình

ƠN

A. 5. B. 6. C. 7. D. 4.

FI CI A

L (

2 log 2 ( x + 2) − log 2 2 x 2 − 1 ≥ ( x + 1)( x − 5) là

của

 27 − 2 log 2 25 ≤ y  f (3) ≤ y Ycbt ⇔  ⇔ ⇔ 17, 71 ≤ y < 68,3 81 − 2 log 2 79 > y  f (4) > y Vì y > 2 là số nguyên nên 18 ≤ y ≤ 68  có 51 số. Câu 3. (Chuyên Vinh – 2022) Số nghiệm nguyên

Lời giải Chọn B Nhận xét x = −1 là nghiệm của bất phương trình. Với x ≥ 1 ta có: 2 log 2 ( x + 2) − log 2 ( 2 x 2 − 1) ≥ ( x + 1)( x − 5)

⇔ log 2 ( x 2 + 4 x + 4 ) − log 2 ( 2 x 2 − 1) ≥ x 2 − 4 x − 5(2)

QU Y

a = 2 x 2 − 1 (a ≥ 1; b ≥ 1). Đặt  2 b = x + 4 x + 4 (2) ⇔ b + log 2 b ≥ a + log 2 a (3) .

Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t với t ≥ 1 .

1 > 0, ∀t > 1 2t log 2 t ln 2 Hàm số f (t ) đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) nên từ (3) ta có: b ≥ a ⇔ x 2 + 4 x + 4 ≥ 2 x 2 − 1 ⇔ − x 2 + 4 x + 5 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 5 Mà x ≥ 1  1 ≤ x ≤ 5 . Vậy có 6 giá trị nguyên của x thỏa mãn. Câu 4. (Chuyên Vinh 2022) Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = 4 x + (a − 2)2 x + 2 trên đoạn [ −1;1] . Tất cả giá trị của a để m ≥ 1 là A. a ≥ 1 . 1 B. − ≤ a ≤ 0 . 2 1 C. a ≤ − . 2 a ≥ 0 D. . Lời giải Chọn D

DẠ

KÈ

f ′(t ) = 1 +

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2 

Yêu cầu bài toán ⇔

8 − (a − 2) 2 ≥1⇔ 0 ≤ a ≤ 4 4

L FI CI A

1  Đặt t = 2 x , t ∈  ; 2  , f ( x) trở thành g (t ) = t 2 + (a − 2)t + 2 2  1  Hàm số g (t ) liên tục trên  ; 2  . 2  2−a g ′(t ) = 2t + a − 2 ⋅ g ′(t ) = 0 ⇔ t = 2 1 2−a Trường họp 1: ≤ ≤ 2 ⇔ −2 ≤ a ≤ 1 2 2 2  2 − a  8 − (a − 2) = Suy ra min g (t ) = g   1  4  2   ;2

QU Y

ƠN

Vậy 0 ≤ a ≤ 1 (1) 2−a 1 Trường họp 2: < ⇔ a >1 2 2 5 1  1 1 Suy ra: min g (t ) = g   = a +  ; 2  4 2  2 2 1 5 1 Yêu cầu bài toán ⇔ a + ≥ 1 ⇔ a ≥ − 2 4 2 Vậy a > 1 . 2−a Trường họp 3: > 2 ⇔ a < −2 2 Suy ra: min g (t ) = g (2) = 2a + 2 1   2 ; 2  1 Yêu cầu bài toán ⇔ 2a + 2 ≥ 1 ⇔ a ≥ − 2 Vậy không tồn tại a . Kết hợp 3 trường hợp, ta có a ≥ 0 . Câu 5. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn đẳng thức sau: y + 2022  log 2022 ( x 4 − 2 x 2 + 2023) = 2 y + 2021 .   A. 3. B. 1.

C. 0. Lời giải

D. 2.

Chọn D

(

)

KÈ

Ta có x 4 − 2 x 2 + 2023 = x 2 − 1 + 2022 ≥ 2022 với ∀x ∈ R .

 log 2022 ( x 4 − 2 x 2 + 2023) ≥ 1 với ∀x ∈ R .

DẠ

 y 2 + 2022 ≥ 2022 Lại có  2 với ∀y ∈ R 2  y + 2022 = y + 1 + 2021 ≥ 2 y + 2021 y  log 2022 ( x 4 − 2 x 2 + 2023) 

+ 2022

 = y 2 + 2022 log ) 2022 ( x4 − 2 x2 + 2023) ≥ 2 y + 2021 ∀x, y ∈ R .  (

 x = 1  y 2 + 2022  x −1 = 0  4 2  y = 1 . = 2 y + 2021 ⇔ Do đó log 2022 ( x − 2 x + 2023) ⇔     x = −1  y =1    y = 1 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

Có hai cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn đề bài.

FI CI A

Câu 6. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho x là số nguyên dương và y là số thực. Có tất cả bao nhiêu cặp số ( x; y ) thỏa mãn ln(1 + x + 2 y ) = 2 y + 3 x − 10 ? A. 10. B. Vô số. C. 11. D. 9. Lời giải. Điều kiện: 1 + x + 2 y > 0 ⇔ y > −

x +1 . 2

Suy ra g ( x) ≥ 0∀x ∈ ℝ ⇔ e x ≥ x + 1∀x ∈ ℝ .

ƠN

Xét hàm số y = g ( x) = e x − x − 1  g ′( x) = e x − 1 = 0 ⇔ x = 0 . Bảng biến thiên:

Ta luôn chứng minh được e x ≥ x + 1, ∀x ∈ ℝ .

QU Y

Ta có: ln(1 + x + 2 y ) = 2 y + 3 x − 10 ⇔ 1 + x + 2 y = e2 y +3 x −10 ≥ (2 y + 3 x − 10) + 1 ⇔ x ≤ 5 . Do x ∈ ℕ* , nên x ∈ {1; 2;3; 4;5} . Lại có: ln(1 + x + 2 y ) = 2 y + 3 x − 10 ⇔ ln(1 + x + 2 y ) − 2 y − 3 x + 10 = 0 ⇔ f ( y ) = 0 .  x +1  Xét hàm số f ( y ) = ln(1 + x + 2 y ) − 2 y − 3 x + 10 trên khoảng  − ; +∞  2   2 x  x +1  Suy ra f ′( y ) = − 2; f ′( y ) = 0 ⇔ y = − ∈  − ; +∞  1+ x + 2y 2  2  Bảng biến thiên của hàm số f ( y ) = ln(1 + x + 2 y ) − 2 y − 3 x + 10 .

KÈ

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy: Với một giá trị x ∈ {1; 2;3; 4} , phương trình ln(1 + x + 2 y ) − 2 y − 3 x + 10 = 0 theo ẩn y có 2 nghiệm phân biệt. Với x = 5 phương trình ln(1 + x + 2 y ) − 2 y − 3 x + 10 theo ẩn y có 1 nghiệm. Vậy có 9 nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bài toán. Câu 7. (Đại học Hồng Đức – 2022) Tổng S của tất cả các nghiệm thuộc khoảng (0; 4π ) của phương trình 2

DẠ

2022sin x − 2022cos x = 2ln(cot x ) là A. S = 18π . B. S = 8π . C. S = 7π . D. S = 16π . Lời giải.

Điều kiện cot x > 0 . Ta có Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

2022sin x − 2022cos x = 2 ln(cot x) ⇔ 2022sin x − 2022cos x = ln ( cos 2 x ) − ln ( sin 2 x ) 2

⇔ 2022sin x + ln ( sin 2 x ) = 2022cos x + ln ( cos 2 x ) 2

FI CI A

Xét hàm số f (t ) = 2022t + ln t với t > 0 1 f ′(t ) = 2022t ⋅ ln 2022 + > 0, ∀t > 0  hàm số f (t ) đồng biến trên khoảng (0; +∞ ) . t π kπ Khi đó (1) ⇔ f ( sin 2 x ) = f ( cos 2 x ) ⇔ sin 2 x = cos 2 x ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + ,k ∈ℤ . 4 2 π Do cot x > 0 nên x = + kπ , k ∈ ℤ . 4  π 5π 9π 13π  Mà x ∈ (0; 4π ) suy ra x ∈  ; ; :  . Suy ra S = 7π . 4  4 4 4 Câu 8. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn log x2 + 2 y + 2 y2 (9 x + 10 y − 20) = 1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y . Tính M + m . x 5 A. M + m = . 3 B. M + m = 5 + 2

ƠN

C. M + m = 2 7 . 7 D. M + m = . 2

Lời giải

Chọn A

9 x + 10 y − 20 > 0 y Điều kiện:  2 .Có S = ⇔ y = Sx . 2 x  x + xy + 2 y ≠ 1 Giả thiết log x 2 + 2 y + 2 y 2 (9 x + 10 y − 20) = 1 ⇔ x 2 + xy + 2 y 2 = 9 x + 10 y − 20

QU Y

⇔ x 2 + Sx 2 + 2 S 2 x 2 = 9 x + 10 Sx − 20 ⇔ ( 2 S 2 + S + 1) x 2 − (9 + 10 S ) x + 20 = 0 (1).

Để phương trình (1) có nghiệm thì

25 − 8 10 25 + 8 10 ≤S≤ . 30 30 9 + 10 S1   x = 2 2S 2 + S + 1 > 0 dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  ( 1 1 )   y = S1 x > 0

∆ ≥ 0 ⇔ (9 + 10 S ) 2 − 80 ( 2 S 2 + S + 1) ≥ 0 ⇔ −60 S 2 + 100 S + 1 ≥ 0 ⇔

M = S1 =

Suy ra

25 + 8 10 30

KÈ

25 − 8 10 dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi m = S2 = 30

9 + 10 S 2   x = 2 2S 2 + S + 1 > 0 2 2    y = S 2 x > 0.

(

)

5 . 3 Câu 9. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , điểm M ( x ; y ) biểu

DẠ

Vậy M + m =

diễn nghiệm của phương trình log3 ( 9 x + 18) + x = y + 3y . Có bao nhiêu điểm M có tọa độ nguyên

thuộc hình tròn tâm O bán kính R = 7 ? A. 7 . B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 49 .

Chọn B Điều kiện: x > −2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Ta có log3 ( 9 x + 18) + x = y + 3y ⇔ log3 ( x + 2 ) + x + 2 = y + 3y

Đặt t = log3 ( x + 2 ) ⇔ x + 2 = 3t ta được 3t + t = 3 y + y Xét hàm số f ( u ) = 3u + u thì f ( u ) là hàm đồng biến, vậy y = t = log 3 ( x + 2 )

Do M có tọa độ nguyên và nằm trên hình tròn tâm O bán kính bằng R = 7 nên: x 2 + y 2 ≤ 49

FI CI A

 −2 < x ≤ 7  M có tọa độ nguyên nên  x ∈ ℤ log x + 2 ∈ ℤ )  3( TH1: x = −1  y = 0 ( thỏa mãn) TH2: x = 1  y = 1( thỏa mãn) TH3: x = 7  y = 2 ( loại) Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu là ( −1;0 ) , (1;1)

(THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Với giá trị nào của m thì phương trình x+

Câu 10.

1 2

Ta có 9

1 2

ƠN

− 4m.3x + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 ? 3 3 A. m = . B. m = − . C. m = 7 . D. m = −1 . 4 4 Lời giải Chọn C 9

− 4m.3x + m + 2 = 0 ⇔ 3.32 x − 4m.3x + m + 2 = 0 (1) .

Đặt 3x = t , ( t > 0 ) .

Phương trình đã cho trở thành: 3t 2 − 4mt + m + 2 = 0 (*)

Để (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì phương trình (*) có 2 nghiệm 0 < t1 < t 2

B. 1023 .

C. 2047 . Lời giải

D. 2048 .

KÈ

A. 1024 .

QU Y

 4m2 − 3m − 6 > 0 ∆ > 0   4m 3 + 105  >0 ⇔ t1 + t2 > 0 ⇔  . ⇔m> 3 8  t .t > 0 1 2 m + 2  3 > 0 m+2 m+2 Ta có: = t1.t2 = 3x1.3x2 = 3x1 + x2 mà x1 + x2 = 1 nên ta có: 3 = ⇔ m = 7 (tmđk). 3 3 Câu 11. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Có tất cả bao nhiêu số b nguyên dương sao cho tồn tại 2 2 đúng hai số thực a thỏa mãn đẳng thức b.2 a − 6 a −1 + b 2 .2 2 a −12 a −1 − 3 = 7 log 2 ( a 2 − 6 a + log 2 b ) ?

Chọn B  x = a 2 − 6a  Đặt  y = log 2 b ≥ 0  b = 2 y . x + y > 0  Ta được 2 y.2 x −1 + 22 y.22 x −1 − 3 = 7 log 2 ( x + y ) ⇔ 2 x + y + 2

2( x + y )

− 14 log 2 ( x + y ) − 6 = 0 .

DẠ

Xét hàm số f ( t ) = 22t + 2t − 14 log 2 t − 6 , t > 0 . 14 14  f ′′ ( t ) = 4t ln 2 4 + 2t ln 2 2 + 2 > 0 ∀t > 0 t.ln 2 t ln 2  f ( t ) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm dương. Ta thấy f (1) = f ( 2 ) = 0 . f ′ ( t ) = 4t ln 4 + 2t ln 2 −

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

ƠN

FI CI A

 log b = 1 + 6a − a 2 t = 1 x + y = 1 Do vậy, ta được f ( t ) = 0 ⇔  .   2 2 t = 2  x + y = 2  log 2 b = 2 + 6a − a

A. 144.

B. 145.

Chọn B

Từ đồ thị, ta có: 10 < log 2 b < 11 ⇔ 210 < b < 211 Vậy có 1023 số nguyên dương b thỏa mãn. Câu 12. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Số nghiệm nguyên của bất phương trình ( 3x + 36− x − 246 ) 5 − ln ( x + 3) ≥ 0 là

C. 146. Lời giải

D. 147.

QU Y

 x > −3  x > −3  x + 3 > 0  x > −3 Điều kiện:  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −3 < x ≤ e5 − 3 . 5 5 5 − ln x + 3 ≥ 0 ln x + 3 ≤ 5 ( ) ( ) x + 3 ≤ e x ≤ e − 3     5 − ln ( x + 3) = 0 (1) Ta có: ( 3x + 36 − x − 246 ) 5 − ln ( x + 3) ≥ 0 ⇔  x 6 − x 3 + 3 − 246 ≥ 0 ( 2 ) 5 5 (1) ⇔ ln ( x + 3) = 5 ⇔ x + 3 = e ⇔ x = e − 3 (nhận).

3 x ≤ 3 x ≤ 1 729 2x x . ( 2 ) ⇔ 3 + x − 246 ≥ 0 ⇔ 3 − 246.3 + 729 ≥ 0 ⇔  x 5 ⇔  3 x ≥ 5 3 ≥ 3 So với điều kiện, ta có các giá trị nguyên thoả mãn là x ∈ {−2; −1; 0;1} ∪ {5; 6;...;145} .

Vậy bất phương trình đã cho có 145 nghiệm nguyên.

KÈ

1 (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho các số thực a, b thỏa mãn a > , b > 1 . Khi biểu thức 2 4 2 P = log 2 a b + log b ( a − 4a + 16 ) đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b bằng

A. 4. B. 18. C. 14. D. 20.

DẠ

Câu 13.

Lời giải Chọn B 2 1 Do a 4 − 4a 2 + 16 ≥ 4a 2 ⇔ ( a 2 − 4 ) ≥ 0 đúng ∀a > ; Dấu bằng xảy ra khi a = 2 2 Suy ra

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 2 a = 2 a = 2  a = 2 ⇔ ⇔ ⇔  a + b = 18 4  2 b = 16 log 2 a b = 2 b = (2a ) log 2 a b = log b 2a 

4 4 ≥ 2 log 2 a b ⋅ =4 log 2 a b log 2 a b

FI CI A

P ≥ log 2 a b + 2 logb (2a) 2 = log 2 a b + 4 log b 2a = log 2 a b +

Vậy, khi P đạt giá trị nhỏ nhất thì a + b = 18 Câu 14. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình [ log 2 ( x − 1) + x − 2] ( 4 x − 2 x +3 + m − 1) = 0 có ba nghiệm phân biệt

Lời giải Chọn B

log ( x − 1) + x − 2 = 0 (1) + Phương trình đã cho ⇔  x 2 x + 3  4 − 2 + m − 1 = 0(2)

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

1 + 1 > 0, ∀x > 1 ( x − 1) ln 2 Lại có f (2) = 0 suy ra phương trình (1) có đúng 1 nghiệm x = 2 + Yêu cầu bài toán PT (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 2. Suy ra phương trình t 2 − 8t − 1 = −m phải có hai nghiệm phân biệt khác 4 thỏa mãn 2 < t1 < t 2

ƠN

+ Xét hàm số f ( x) = log 2 ( x − 1) + x − 2 = 0 . Ta có f ′( x ) =

−17 < − m < −13 ⇔ 13 < m < 17 (Liên trường Hà Tĩnh 2022) Tính tổng tất cả các giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 2 x +3 + 2m − x < 2m +3 + 1 có nhiều nhất 20 nghiệm nguyên A. 153. B. 171. C. 190. D. 210. Lời giải Ta có BPT đã cho 2m ⇔ 2 x + 3 + x < 8.2 m + 1 ⇔ 8.2 2 x + 2 m < 8.2 m + x + 2 x ⇔ 2 x − 2 m 2 x − 2 −3 < 0 2 Ta có 2 x = 2m ⇔ x = m

(

)(

)

KÈ

Câu 15.

QU Y

+ Xét hàm số f (t ) = t 2 − 8t − 1 có bảng biến thiên:

DẠ

2 x = 2−3 ⇔ x = −3

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Bảng

dấu

xét

FI CI A

Suy ra tập nghiệm của BPT là (−3; m) . Suy ra tập các nghiệm nguyên là {−2; −1;0;1;…; m − 1} YCBT suy ra m − 1 ≤ 17 ⇔ m ≤ 18 . Vậy có 18 giá trị nguyên dương của m là 18 m ∈ {1, 2,3,…,18}  S = 1 + 2 + 3 +…+ 18 = (1 + 18) ⋅ = 171 2 Câu 16. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để bất phương trình

nghiệm đúng với mọi x ∈ [1;32]

A. 11.

B. 12.

C. 13. Lời giải

D. 14.

ƠN

Chọn B Đặt log 2 x = t ; x ∈ [1;32]  t ∈ [ 0;5] . Khi đó

log 22 x − ( m + 1) log 2 x − 2 m + 3 ≥ 0

log 22 x − ( m + 1) log 2 x − 2m + 3 ≥ 0, ∀x ∈ [1;32] ⇔ t 2 − (m + 1)t − 2m + 3 ≥ 0, ∀t ∈ [0;5]

Khảo sát hàm số ta có f ′ ( t ) =

t2 − t + 3 ≥ m, ∀t ∈ [ 0;5] t+2

⇔ t 2 − t + 3 ≥ (t + 2) m, ∀t ∈ [ 0;5] ⇔ f (t ) =

t 2 + 4t − 5 = 0 ⇔ t ∈ {−5;1} . (t + 2) 2

3 23 3 3 ; f (1) = 1; f ( 5 ) =  Min f ( t ) =  m ≤ là điều kiện cần tìm. [ 0;5] 2 7 2 2

QU Y

Trên [ 0;5] : f ( 0 ) =

Kết hợp giá trị nguyên m ∈ [ −10;10] ta được 12 giá trị nguyên.

Câu 17.

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho x, y, z ∈[ 0;2] và thỏa mãn x + 2 y + z = 6 . 2

D. max P = 30 .

KÈ

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 32 x−x + 52 y− y + 3z + 2 x2 + 4 y 2 A. max P = 25 . B. max P = 27 . C. max P = 26 . Lời giải Chọn B t Xét hàm số f ( t ) = 3 − 2t trên đoạn [ 0;1] .

DẠ

t  2  Ta có f ′ ( t ) = 3 .ln3 − 2 ; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = log 3   = a ∈ [ 0;1] .  ln 3 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

L FI CI A

Suy ra f ( t ) ≤ 1 ∀t ∈[ 0;1] (1) t Xét hàm số g ( t ) = 5 − 4t trên đoạn [ 0;1] .

Suy ra g ( t ) ≤ 1 ∀t ∈[ 0;1] ( 2) .

ƠN

t  4  Ta có g′ ( t ) = 5 .ln5 − 4 ; g ′ ( t ) = 0 ⇔ t = log 5   = b ∈ [ 0;1] .  ln 5 

t Xét hàm số h ( t ) = 3 − 4t trên đoạn [ 0;2] .

QU Y

4  Ta có h′ ( t ) = 3t.ln 3 − 4; h′ ( t ) = 0 ⇔ t = log 3   = c ∈ [ 0; 2 ] .  ln 3 

KÈ

Suy ra h ( t ) ≤ 1 ∀t ∈[ 0;2] ( 3) Do x, y, z ∈[ 0;2]  2 x − x2 ;2 y − y 2 ∈[ 0;1] ; z ∈[ 0;2] . Từ (1) ; ( 2 ) ; ( 3) suy ra

32 x− x − 2 ( 2 x − x 2 ) + 52 y− y − 4 ( 2 y − y 2 ) + 3z − 4 z ≤ 3 2

⇔ 32 x− x + 52 y − y + 3z + 2 x 2 + 4 y 2 ≤ 3 + 4 ( x + 2 y + z ) ⇔ P ≤ 27 .

DẠ

 x = y = 2; z = 0 Dấu " = " xảy ra ⇔   x = z = 2; y = 1 Vậy max P = 27 . Câu 18. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho úng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thỏa mãn log 5 x 2 + y ≥ log 2 ( x + y ) ?

(

)

A. 1250. Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xét hàm số f ( y ) = log 2 ( x + y ) − log 5 ( x 2 + y ) . Tập xác định D = ( − x; +∞ ) . Với mọi x ∈ ℤ ta có x 2 ≥ x nên f ′( y ) =

FI CI A

Lời giải Chọn A Bất phương trình đã cho tương đương log 2 ( x + y ) − log 5 ( x 2 + y ) ≤ 0 (1)

B. 1249. C. 625. D. 624.

1 1 − 2 ≥ 0, ∀x ∈ D  f ( y ) đồng biến ( x + y ) ln 2 x + y ln 5

(

)

trên khoảng ( − x; +∞ ) .

ƠN

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 − log 5 ( x 2 − x + 256 ) > 0 1 − 1561477 1 + 1561477 . <x< 2 2 Mà x ∈ ℤ nên có 1250 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán. Câu 19. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 x3 − log 22 (2 x) + 13 ≥ 0 là 1 + 8 + ( 2) x −2 A. 16. B. 8. C. 36. D. 136. Lời giải Chọn D  x > 0 Điều kiện  ⇔ x > 0. x −2 8 + ( 2) ≥ 0 ⇔ x 2 − x − 390369 < 0 ⇔

QU Y

( )

Với điều kiện suy ra bất phương trình: 2

( )

log 2 x3 − log 22 (2 x) + 13 1 + 8 + ( 2) x − 2

≥0

⇔ 3log 2 x − (1 + log 2 x ) + 13 ≥ 0 ⇔ − ( log 2 x ) + log 2 x + 12 ≥ 0 ⇔ −3 ≤ log 2 x ≤ 4 ⇔

1 ≤ x ≤ 16 8

DẠ

KÈ

(thoả mãn). Vi x ∈ ℤ  x ∈ {1; 2;3;…;16} . Do đó tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 1 + 2 + 3 +…+ 16 = 136 . 2 2 2 x + y −1 Câu 20. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho các số thực x, y thỏa mãn 2 ≤ 4 x −1 và x + y2 − 2x + 2 2 x − y ≥ 0 . Giả trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x + 2 y + 1 lần lượt là M và m . Tính M + m . A. 6. B. 10. C. 12. D. 8. Lời giải 2 2 2 2 2 x + y −1 Ta có 2 ≤ 4 x −1 ⇔ 2 x + y − 2 x +1 ≤ x 2 + y 2 − 2 x + 2 2 x + y − 2x + 2 Đặt t = x 2 + y 2 − 2 x + 1, (t ≥ 0) bất phương trình trở thành 2t ≤ t + 1 ⇔ 2t − t − 1 ≤ 0 Xét hàm số f (t ) = 2t − t − 1 với t ≥ 0 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

FI CI A

 1  Có f ′(t ) = 2t ln 2 − 1  f ′(t ) = 0 ⇔ t = log 2  .  ln 2  Mặt khác f (0) = f (1) = 0 . Ta có bảng biến thiên

Do đó (1) ⇔ f (t ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1  0 ≤ x 2 + y 2 − 2 x + 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ ( x − 1) 2 + y 2 ≤ 1 .

QU Y

ƠN

( x − 1)2 + y 2 ≤ 1 Suy ra hệ bất phương trình  (1). 2 x − y ≥ 0 Tập hợp các điểm thoả mãn (1) thuộc miền mầu sẫm giới hạn bởi hình tròn tâm I (1; 0) bán kinh R = 1 và nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d : 2 x − y = 0 chứa điểm I (1; 0) . Ta có P = 3 x + 2 y + 1 ⇔ 3 x + 2 y + 1 − P = 0 là đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d1 : 3 x + 2 y = 0 .

Từ đồ thị suy ra P đặt max và min khi ∆ tiếp xúc với miền nghiệm của hệ (1)  P = 4 + 13 |4−P| Suy ra d ( I , ∆ ) = 1 ⇔ . =1⇔  13  P = 4 − 13 1   (Sở Hà Tĩnh 2022) Xét các số thục̣ dương x, y , z thoả män ( y + z )  3x − 81 y + z  = xy + xz − 4 . Giá     trị nhỏ nhất của biểu thức P = log 2 x + log 2 ( 2 y 2 + z 2 ) bằng

KÈ

Câu 21.

Vậy M = Pmax = 4 + 13; m = Pmin = 4 − 13  M + m = 8 .

A. 2 + log 2 3 . B. 5 − log 2 3 .

DẠ

C. log 2 11. D. 4 − log 2 3 . Lời giải

Chia hai vế cho ( y + z ) ta được: 1 4 4   4 4 ( y + z )  3x − 81 y + z  = x( y + z ) − 4 ⇔ 3x − 3 y + z = x − ⇔ 3x − x = 3 y + z − (*).   y + z y + z  

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Xèt hàm số g ( a ) = 3a − a trên (0; +∞ ) có g ′( a ) = 3a ln 3 − 1 > ln 3 − 1 > 0, ∀a > 0 do đó g ( a ) đồng

 4  4 biến trên (0; +∞ ) . Vì vậy (*) ⇔ g ( x) = g  . ⇔ x= y+z  y+z Đến đây quan sát biểu thức P ta sẽ đánh giá 2 y 2 + z 2 theo y + z bằng bất đẳng thức Cauchy 2

y 2 z 2 ( y + z)2 2 2 4 32 + ≥ = ( y + z)2 =   = 2 . 1 1 1 3 3  x  3x +1 2 2 32  32  Do đó P = log 2 x + log 2 ( 2 y 2 + z 2 ) ≥ log 2 x + log 2  2  = log 2 = 5 − log 2 3 . 3  3x  Câu 22. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm só f ( x) = 2 x − 2− x + 2022 x3 . Biết rằng tồn tại só thực m sao cho

(

)

(

FI CI A

Schwarz 2 y 2 + z 2 =

)

bá́ t phương trình f 4 x − mx + 37 m + f ( x − m − 37) ⋅ 2 x ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ . Khi đó thuộc khoảng nào dưới đây? (30;50) . (10;30) . (50; 70) . (−10;10) .

m A. B. C. D.

(

)

(

)

ƠN

Lời giải Có f ′( x ) = 2 x ln 2 + 2 − x ln 2 + 6066 x 2 > 0, ∀x; f ( − x ) = 2 − x − 2 x − 2022 x 3 = − ( 2 x − 2 − x + 2022 x 3 ) = − f ( x )

(

)

(

f 4 x − mx + 37 m + f ( x − m − 37).2 x ≥ 0 ⇔ f 4 x − mx + 37 m ≥ f −( x − m − 37).2 x x

)

4 − mx + 37 m ≥ −( x − m − 37).2 ⇔ 4 − m ⋅ 2 − m( x − 37) + ( x − 37).2 ≥ 0 ⇔ 2 x ( 2 x − m ) + ( x − 37) ( 2 x − m ) ≥ 0 ⇔ ( 2 x − m )( 2 x + x − 37 ) ≥ 0 ycbt ⇔ g ( x ) = ( 2 x − m )( 2 x + x − 37 ) ≥ 0, ∀x . Do 2 x + x − 37 = 0 có nghiệm x = 5 do đó điều kiện

Câu 23.

QU Y

cần là 2 x − m = 0 có nghiệm x = 5 ⇔ m = 25 = 32 . Điều kiện đủ thử lại m = 32  g ( x ) = ( 2 x − 32 )( 2 x + x − 37 ) ≥ 0, ∀x (thoả mãn).

(Sở Thanh Hóa 2022) Gọi S là tập tất cả các số nguyên y sao cho với mỗi y ∈ S có đúng 10 số nguyên x thoả mãn 2 y − x ≥ log 3 ( x + y 2 ) . Tổng các phần tử của S bẳng

A. 7. B. −4 . C. 1. D. −1 .

Lời giải Điều kiện: x > − y . Khi đó bpt ⇔ g ( x ) = log 3 ( x + y 2 ) − 2 y − x ≤ 0 .

KÈ

Có g ′( x) =

( x + y ) ln 3 2

(

)

+ 2 y − x ln 2 > 0, x + y 2 > 0 .

DẠ

Bảng biến thiên:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

Kẻ thêm y = 0  g ( x) = 0 ⇔ x = x0 như bảng biến thiên.

(

Vậy tập nghiệm của bất phương trinh là S x = − y 2 ; x0  chửa đủng 10 số nguyên là các số 2

− y + 1,…, − y + 10

⇔ − y 2 + 10 ≤ x0 < − y 2 + 11

FI CI A

2 2 y + y 2 −10  ≤0  g ( − y + 10 ) ≤ 0  log 310 − 2  y + y − 10 ≥ log 2 ( log 3 10 ) ⇔ ⇔ ⇔  y ∈ {−4,3}.  2 2 y + y 2 −11 y + y − 11 < log log 11 ( ) g − y + 11 > 0 log 11 2 0 − >  ( )   2 3  3 Câu 24. (Sở Bắc Giang 2022) Có bao nhiêu số nguyên dương x sao cho ứng với mỗi x có đúng 9 số nguyên y thỏa mãn ( 2 y +1 − x 2 )( 3 y − x ) < 0 ?

Lời giải 2 y +1 − x 2 > 0 ⇔ log 2 x 2 − 1 < y < log 3 x (1). THl:  y 3 − x < 0

A. 64. B. 67. C. 128. D. 53.

Điều kiện cần log 2 x 2 − 1 < log 3 x ⇔ 2 log 2 x − 1 < log Vì x ∈ ℤ +  x = 1. Thử lại x = 1 loại.

ƠN

2 y +1 − x 2 < 0 TH2:  y ⇔ log 3 x < y < log 2 x 2 − 1(2) 3 − x > 0  Để có đúng 9 số nguyên y ta phải có y − 1 ≤ log 3 x < y < y + 1 < … < y + 8 < log 2 x 2 − 1 ≤ y + 9

3 y −1 ≤ x < 3 y  ⇔  y +9 y +10 2 2  2 < x ≤ 2 .

QU Y

 y +210 2 < 3 y −1  y > 6, 06 …  ⇔ Hệ trên vô nghiệm ⇔  . y +9 y ≤ 4,14 ….  y 2 3 ≤ 2 y = 5 Từ đó, y nguyên ta được hệ có nghiệm khi  . y = 6 Do đó ta chỉ có hai trường hợp sau thỏa mãn bài toán + y ∈ {5; 6;…;13} nghĩa là 4 ≤ log 3 x < 5; 6;…;13 < log 2 x 2 − 1 ≤ 14 , ta được x ∈ {129;…181} có 53 số nguyên. + y ∈ {6; …;14} nghĩa là 5 ≤ log 3 x < 6; 7;…;14 < log 2 x 2 − 1 ≤ 15 , ta được x ∈ {243;… 256} có 14 số nguyên. Câu 25. (Sở Bắc Giang 2022) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn

(

)

KÈ

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

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

Lời giải

DẠ

Đặt X = x + 1 . Khi đó, ta có 2 log 3 ( X + y ) = log 2 ( X 2 + 2 y 2 ) ⇔ log 3 ( X + y ) = log 4 ( X 2 + 2 y 2 )

 X + y = 3t Đặt log 3 ( X + y ) = log 4 X 2 + 2 y 2 = t   2 2 t X + 2y = 4

Trang 14

(

)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

y 2 ( X + y ) 2 32t 2 t 1 4 2 ≥ = = ⋅ 9  3 ⋅ 4t ≥ 2.9t    ≥  t ≤ . 1 1 3 3 2 9 3 1+ 2 2 2

FI CI A

0 < X + y ≤ 3 Suy ra  2 2 0 < X + 2 y ≤ 2 Ta có: X 2 + 2 y 2 ≤ 2  0 ≤ X 2 ≤ 2  − 2 ≤ X ≤ 2  X ∈ {−1; 0;1} do X nguyên. + Với X = 0 , ta có t t log 4 2  y = 3 4 t t 9  =  = ⇔ t =  y = 2.9 4 2 log 2 3 .  2 4   t 9    2 y = 4 9

 4t = X 2 +

2  y = 3t − 1  2. 3t − 1 = 4t − 1. * + Với X = 1 , ta có  2 t 2 y = 4 − 1 Ta thấy t = 0 là nghiệm của (*)  Phương trình đã cho có nghiệm y = 0 .

(

)

()

ƠN

 y = 3t + 1 + Với X = −1 , ta có  2 . t 2 y = 4 − 1 Vì y = 3t + 1  y > 1 Mặt khác, ta có: X 2 + 2 y 2 ≤ 2  0 ≤ 2 y 2 ≤ 2  2 y 2 ≤ 2  y 2 ≤ 1 | y |≤ 1 Do vậy y > 1 là không thỏa mãn nên X = −1 không thỏa mãn Vậy X ∈ {0;1} hay x ∈ {−1; 0} thì tồn tại số thực y thỏa mãn 2 log 3 ( x + y + 1) = log 2 ( x 2 + 2 x + 2 y 2 + 1) .

(Sở Hà Tĩnh 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [−10;10] để phương trình m

23 ⋅ 7 x

−2 x

+ 73 ⋅ 2 x

−2 x

= 143 ( 7 x 2 − 14 x + 2 − 7 ⋅ 3m ) m

Câu 26.

QU Y

có bốn nghiệm phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn −1 ? A. 10. B. 9. C. 11. D. 8.

Lời giải.

Ta có m 2 m 2 m 23 ⋅ 7 x − 2 x + 73 ⋅ 2 x − 2 x = 143 ( 7 x 2 − 14 x + 2 − 7 ⋅ 3m ) ⇔

−2 x m

−2 x

= 7 x 2 − 14 x + 2 − 7 ⋅ 3m ⇔ 7 x

− 2 x −3m

+ 2x

− 2 x −3m

7 2 2 Đăt x − 2 x − 3m = a . Khi đó (*) trở thành 7 a + 2 a = 7 a + 2 ⇔ 7 a + 2 a − 7 a − 2 = 0 .

= 7 ( x 2 − 2 x − 3m ) + 2

KÈ

Xét hàm số f ( a ) = 7 a + 2a − 7 a − 2 .

Ta có f ′(a ) = 7 a ln 7 + 2a ln 2 − 7 .

DẠ

Ta có f ′′( a) = 7 a (ln 7) 2 + 2a (ln 2) 2 > 0, ∀a ∈ ℝ . Suy ra f ′( a ) đồng biến trên ℝ , do đó f ′( a ) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Mà f ′(0) = ln 7 + ln 2 − 7 < 0 và f ′(1) = 7 ln 7 + 2 ln 2 − 7 > 0 . Suy ra f ′( a ) = 0 có nghiệm duy nhất a0 ∈ (0;1) . Suy ra f ( a ) = 0 có tối đa 2 nghiệm. Bảng biến thiên của y = f ( a)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

L FI CI A

Từ bảng biến thiên ta có f ( a ) = 0 có đúng 2 nghiệm a = 0 và a = 1 .

 a = x 2 − 2 x − 3m = 0 3m = x 2 − 2 x T ừ đó  ⇔ m (**) 2 m 2  a = x − 2 x − 3 = 1 3 = x − 2 x − 1 Để (*) có 4 nghiệm thực phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn −1 thì (**) có 4 nghiệm thực phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn -1 hay tương đương với đồ thị hàm số y = 3m

QU Y

ƠN

cắt đồ thị các hàm số y = x 2 − 2 x và y = x 2 − 2 x − 1 tại 4 điểm phân biệt trong đó có đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn −1 .

KÈ

Dựa vào đồ thị ta có 3m ≥ 3 ⇔ m ≥ 1 . Suy ra m ∈ {1; 2;…;10} . Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn bài toán. Câu 27. (Sở Ninh Bình 2022) Cho các số thực a , b thỏa mãn 1 < a < b ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 16 thức P = 3log a ( b 2 + 16b − 16 ) + ⋅ log 3b a . 27 a A. 8. B. 18. C. 9. D. 17.

DẠ

Ta có log b a = a

1 log a

b a

Lời giải. =

1 . (1) log a b − 1

Với b ∈ (1; 4] ta có (b − 1) ( b 2 − 16 ) ≤ 0 ⇔ b3 − b 2 − 16b + 16 ≤ 0 ⇔ b3 ≤ b 2 + 16b − 16 ⇔ log a ( b 2 + 16b − 16 ) ≥ log a b3 ⇔ log a ( b 2 + 16b − 16 ) ≥ 3log a b ( 2 )

Trang 16

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Từ (1) và (2), ta có P = 3log a ( b 2 + 16b − 16 ) +

16 16 1 ⋅ log 3b a ≥ 9 log a b + ⋅ . 27 27 ( log a b − 1)3 a

Đặt t = log a b > 1 , ta có

16 1 ⋅ +9 27 (t − 1)3

FI CI A

P ≥ 3(t − 1) + 3(t − 1) + 3(t − 1) +

16 1 ⋅ + 9 = 17. 27 (t − 1)3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 4 3 b = 4 b = 4 b = 4     a = 4 5 Vậy min P = 17 . 16 1 ⇔  16 ⇔  5 ⇔  3⇔ 4 3(t − 1) = 27 ⋅ (t − 1)3 (t − 1) = 81 t = 3 log b a = 5 b = 4    ≥ 4 4 27 ⋅ (t − 1)3 ⋅

(Sở Bạc Liêu 2022) Cho phương trình ( 2 log 32 x − log 3 x − 1) 5 x − m = 0 ( m là tham số thực). Có

Câu 28.

)

( 2 log

2 3

QU Y

(

ƠN

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt? A. 125 . B. 123 . C. 122 . D. 124 . Lời giải Chọn B x > 0 . Điều kiện:   x ≥ log 5 m Với m = 1 , điều kiện của phương trình là x > 0 và phương trình trở thành  log 3 x = 1  x = 3 ( nhaän ) 2   2 log 3 x − log 3 x − 1 = 0 1 2 x 2 log 3 x − log 3 x − 1 5 − 1 = 0 ⇔  x . ⇔  log 3 x = − ⇔  1 2  nhaän ) x= ( 5 − 1 = 0  3  x = 0(l )  Suy ra m = 1 thỏa yêu cầu bài toán. Với m = 2 , điều kiện của phương trình là x ≥ log 5 2 và phương trình trở thành

)

x − log 3 x − 1

5x − 2 = 0

KÈ

x = 3 ( nhaän ) log3 x = 1  2   2 log x − log 3 x − 1 = 0 1 1 ⇔ x 3 ⇔ log3 x = − ⇔  x = ( nhaän ) .  2  3 5 − 2 = 0    x = log5 2(n)  x = log5 2 ( nhaän ) Suy ra m = 2 không thỏa yêu cầu bài toán. Với m ≥ 3 , điều kiện phương trình là x ≥ log 5 m , khi đó

 2 log32 x − log 3 x − 1 = 0 5x − m = 0 ⇔  x 5 − m = 0 x = 3 ( nhaän )  log 3 x = 1   1 1 ⇔  log 3 x = − ⇔  x = ( loaïi ) .  2  3  x 5 x = m 5 = m 

)

DẠ

(

2 log 32 x − log 3 x − 1

Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi 3 > log 5 m ⇔ m < 53 = 125 . Suy ra m ∈ {3;4;5;...;124} nên có 122 giá trị của m . Vậy có tất cả 123 giá trị của m .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

Câu 29.

(Sở Hà Tĩnh 2022) Có bao nhiêu cặp số

( x; y )

(trong đó x, y nguyên dương thuộc đoạn

[ 0;2022] thỏa mãn điều kiện 2 x − log 2 ( y 2 + 615) = y 2 − x + 615 B. 3 .

C. 4 . Lời giải

D. 2 .

(

)

(

Chọn A 2 x + x = y 2 + 615 + log 2 y 2 + 615 .

)

Đặt t = log 2 y 2 + 615 ⇔ y 2 + 615 = 2t . Khi đó ta có 2x + x = 2t + t .

FI CI A

A. 1 .

Xét hàm số f ( x ) = 2 + x, x ∈ ℝ , ta có f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số f ( x ) đồng biến x

trên ℝ . Do vậy 2 x + x = 2t + t ⇔ x = t ⇔ x = log 2 y 2 + 615 ⇔ y 2 = 2 x − 615 .

(

)

Theo bài 2 2 x 0 ≤ y ≤ 2022 ⇔ 0 ≤ y ≤ 2022 ⇔ 0 ≤ 2 − 615 ≤ 2022 2 ⇔ log 2 615 < x < log 2 ( 2022 2 + 615 ) ⇔ 9,3 ≤ x ≤ 21, 9 .

Khi x chạy từ 10 tới 21 , ta thấy x = 12  y = 59 . Vậy có 1 cặp số ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài

ƠN

toán. Câu 30. (Sở Lạng Sơn 2022) Với a là tham số thực để bất phương trình 2 x + 3x ≥ ax + 2 có tập nghiệm là R , khi đó A. a ∈ (1;3 ) . B. a ∈ ( 0;1) . C. a ∈ ( −∞; 0 ) . D. a ∈ ( 3; +∞ ) .

Lời giải Chọn A

2 x + 3x ≥ ax + 2 ⇔ 2 x + 3 x − ax − 2 ≥ 0, ∀ x ∈ ℝ (1).

Xét f ( x) = 2 x + 3x − ax − 2 liên tục trên R . Ta có f ′(0) = 20 + 30 − a.0 − 2 = 0

QU Y

f ′( x) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − a .

Để f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ f ( x ) ≥ f ( 0 ) , ∀x ∈ ℝ  x = 0 là điểm cực tiểu

Vì x = 0 là điểm cực tiểu f ′ ( 0 ) = 0 ⇔ ln 3 + ln 2 = a ⇔ a = ln 6 Thử lại:

a = ln 6  f ( x ) = 2 x + 3x − ln 6.x − 2 f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − ln 6

KÈ

Ta có vế trái h ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 đồng biến; vế phải k ( x ) = ln 6 là hàm hằng. ⇔ x=0 Bảng biến thiên x

∞

f'(x)

+∞

DẠ

+∞

0 +

+∞

f(x) 0

Từ bảng biến thiên  f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ Vậy a = ln 6 .

Trang 18

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(Sở Lạng Sơn 2022) Biết đồ thị hàm số y = f ( x ) đối xứng với đồ thị hàm số

FI CI A

1   y = a x ( a > 0, a ≠ 1) qua điểm I (1;1) . Giá trị của biểu thức f  2 + log a  bằng 2022   A. −2022 . B. 2021. C. 2022. D. −2020 . Lời giải Chọn D 1 Với a > 0, a ≠ 1 , ta có 2 + log a = 2 − log a 2022 . 2022 Xét điểm N ( 2 − log a 2022; f ( 2 − log a 2022 ) ) thuộc đồ thị hàm số y = f ( x )

Câu 31.

Gọi M là điểm đối xứng với điểm N qua I (1;1) thì M ( log a 2022; 2 − f ( 2 − log a 2022 ) ) Theo đề, M ( log a 2022; 2 − f ( 2 − log a 2022 ) ) thuộc đồ thị hàm số y = a x nên

2 − f ( 2 − log a 2022 ) = a log a 2022 ⇔ 2 − f ( 2 − log a 2022 ) = 2022 ⇔ f ( 2 − log a 2022 ) = −2020 .

QU Y

ƠN

1   Vậy f  2 + log a  = −2020 . 2022   9 − m  2 ≤ 2 ⇔ 5 ≤ m < 7  m ∈ {5; 6} .  11 − m > 2  2 Câu 32. (Sở Phú Thọ 2022) Xét các số thực dương thỏa mãn x, y 2 2 1 2 2 ( x 2 + y 2 + 4 ) + log 2022  +  = ( xy − 4 ) . Khi biểu thức P = x + 4 y đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị x y 2   y của bằng x 1 1 B. 2 . C. . D. . A. 4 . 2 4 Lời giải Chọn C 2 2 1 2 2 ( x 2 + y 2 + 4 ) + log 2022  +  = ( xy − 4 ) x y 2    2x + 2 y  2 ⇔ 4 x 2 + 4 y 2 + 16 + 2 log 2022   = ( xy ) − 8 xy + 16  xy  2 2 ⇔ ( 2 x + 2 y ) + 2 log 2022 ( 2 x + 2 y ) = ( xy ) + 2 log 2022 ( xy )

(*) .

Xét hàm số f ( t ) = t + 2 log 2022 t với t > 0 .

2 > 0, ∀t > 0 . t.ln 2022

KÈ

Ta có: f ′ ( t ) = 2t +

Do đó: (*) ⇔ f ( 2 x + 2 y ) = f ( xy ) ⇔ 2 x + 2 y = xy ⇔ x ( y − 2 ) = 2 y ⇔ x =

2y , ( y > 2) . y−2

 2y 1  = 4 ( y − 2 ) + + 10 ≥ 18 . y−2 y − 2   1 y 1 Vậy Pmin = 18 khi y − 2 = ⇔ y =3 x = 6 = . y−2 x 2 Câu 33. (Sở Phú Thọ 2022) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 20 số 2 nguyên y thỏa mãn 4 x −5 y +16 + 2− x − y ≥ 512 và x + y > 0 ? A. 19 . B. 20 . C. 21 . D. 18 . Lời giải Chọn B

DẠ

P = x + 4y = 4y +

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

Từ giả thiết ta có 4 x −5 y +16 + 2− x − y ≥ 512 ⇔ 4 x 2 Xét hàm số f ( y ) = 4 x −5 y +16 + 2 − x − y − 512 .

−5 y +16

+ 2− x − y − 512 ≥ 0 .

Vì x + y > 0 ⇔ y > − x nên ta xét y ∈ ( − x; +∞ ) . 2

.ln 4 − 2 − x − y.ln 2 < 0, ∀y ∈ ( − x; +∞ ) .

−5 y +16

Có f ′ ( y ) = −5.4 x

Có f ( − x + 1) = 4 x

+ 5 x +11

FI CI A

Suy ra hàm số f ( y ) luôn nghịch biến. + 2 −1 − 512 ≥ 45 + 2 −1 − 512 > 0, ∀x ∈ ℤ .

Bảng biến thiên của f ( y ) :

Với mỗi số nguyên x , để có không quá 20 số nguyên y thỏa mãn f ( y ) ≥ 0 và x + y > 0 thì ta 2

+ 5 x −89

+ 2−21 < 512 ⇔ x 2 + 5 x − 89 < log 4 ( 512 − 2−21 )

ƠN

phải có f ( − x + 21) < 0 ⇔ 4 x

⇔ x 2 + 5 x − 89 − log 4 ( 512 − 2 −21 ) < 0

2  −12, 487 < x < 7, 487 .

<x<

−5 + 381 + 4 log 4 ( 512 − 221 ) 2

⇔

−5 − 381 + 4 log 4 ( 512 − 2 21 )

Vì x ∈ ℤ nên x ∈ {−12; −11;...;7}  có 20 số nguyên x thỏa mãn.

Câu 34.

(Sở

Thái

(

Nguyên

)

(

2022)

)

(

bấ t

Cho

phương

trình

)

log 2 x − x − 1 .log 2022 x − x − 1 ≥ log m x + x − 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc 2

QU Y

khoảng (1; 2022 ) của tham số m sao cho bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x thuộc

[5; +∞ ) ? A. 2022.

B. 2021 .

Chọn C

)

(

Ta có: log 2 x − x 2 − 1 .log 2022 x − x 2 − 1 ≥ log m x + x 2 − 1

)

(

D. 2010 .

x 2 − 1 < x 2 = x  x − x 2 − 1 > 0 và x + x 2 − 1 > 0 .

Nhận thấy: Với x ≥ 5 thì

(

C. 2012 . Lời giải

)

(

)

KÈ

⇔ log 2 x + x 2 − 1 .log 2022 x + x 2 − 1 ≥ log m 2.log 2 x + x 2 − 1

(

)

(

)

⇔ log 2022 x + x 2 − 1 ≥ log m 2 (1) (vì log 2 x + x 2 − 1 > 0 , ∀x ≥ 5 ).

(

)

Xét hàm số f ( x ) = log 2022 x + x 2 − 1 trên [5; +∞ ) .

DẠ

Ta có: f ′ ( x ) =

1 2

x − 1.ln 2022

 f ′ ( x ) > 0 , ∀x ≥ 5 .

BBT:

Trang 20

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Từ BBT ta thấy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x thuộc [5; +∞ )

⇔ log m 2 ≤ f ( 5) ⇔ (do m > 1) ⇔ m ≥ 2

1 ≤ log 2022 5 + 24 ⇔ log 2 m ≥ log5+ log 2 m

(

log5+

)

2022

2022 ⇔ m ≥ 2

log5+

2022

≈ 9,9 . Do m nguyên thuộc khoảng (1; 2022 ) nên m ∈ {10;11;...; 2021} . Vậy có 2012 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 35. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho thỏa mãn x, y > 0; x + 3 y > 0   x2 + y 2 x2 + y2 2022  log 2 − 1 ≤ x + 3 y − . Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của   x + 3 y 4   biểu thức P = x 2 + y 2 − 14 x − 2 y + 2022 bằng A. 4124 B. 4042 . C. 4044 D. 4122

ƠN

Lời giải

Chọn A

(

 x2 + y 2 x2 + y2 − 1 ≤ x + 3 y −  x + 3y 4  2

⇔ 2022 log 2 x + y − log 2 x2 + y 2 − log 2 4

x2 + y2 x + 3 y − log 2 2 ≤ x + 3 y − 4 2 2  x +y x + 3y  ≤ x + 3y −  4 

)

QU Y

 ⇔ 2022  log 2  

 Ta có 2022  log 2  

x2 + y 2 x2 + y2 + ≤ 2022 log 2 x + 3 y + x + 3 y , (*) 4 4 Ta xét hàm số y = f ( t ) = t + 2022 log 2 t , ∀t > 0.

⇔ 2022 log 2

2022 > 0 , ∀t > 0. Do đó, hàm số luôn đồng biến trên khoảng xác định. t ln 2 x2 + y2 x2 + y 2 2 2 ⇔ x + 3y ≥ ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 6 ) ≤ 40 ( C ) Từ (*) suy ra x + 3 y ≥ 4 4 2 2 2 2 2 2 P = x + y − 14 x − 2 y + 2022 = ( x − 7 ) + ( y − 1) + 1972 ⇔ ( x − 7 ) + ( y − 1) = P − 1972 ( C ′ ) Dễ

KÈ

Ta có y′ = f ′ ( t ) = 1 +

 I ( 2;6 )  I ′ ( 7;1) thấy: ( C )  ; ( C ′)   R = 40  R′ = P − 1972 > 0 Mà: II ′ = 50 > R  I ′ ∉ ( C ′ )

DẠ

′ ⇔ Pmin − 1972 khi và chỉ khi ( C ) ; ( C ′ ) tiếp xúc ngoài với nhau. Rmin

Ta có R + Pmin − 1972 = II ′ ⇔ 40 + Pmin − 1972 = 50 ⇔ Pmin = 2062 − 40 5

′ ⇔ Pmax − 1972 khi và chỉ khi ( C ) ; ( C ′ ) tiếp xúc trong với nhau với R′ > R . Rmax Pmax − 1972 − R = II ′ ⇔ Pmax − 1972 − 40 = 50 ⇔ Pmax = 2062 + 40 5 Vậy: S = Pmax + Pmin = 4124.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 21

Câu 36.

(Sở Vĩnh Phúc 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên dương 34 x

−1

( x, y )

thoả mãn

log ( 4 x 2 + 4 x + 2 ) = 3 y − 2 x − 4 log ( 2 x + y − 1) đồng thời x, y ≤ 2021

A. 15 .

B. 28 .

C. 22 .

D. 35 .

Lời giải

⇔ 34 x

+4 x+2

FI CI A

Chọn C 2 34 x −1 log ( 4 x 2 + 4 x + 2 ) = 3 y − 2 x − 4 log ( 2 x + y − 1) log ( 4 x 2 + 4 x + 2 ) = 32 x + y −1 log ( 2 x + y − 1)(1)

Xét f ( t ) = 3t.log t ( t ≥ 2 ). 3t 1   = 3t  ln 3.log t +  > 0 , ∀t ≥ 2 . t.ln10 t.ln10   Do đó (1) ⇔ 4 x 2 + 4 x + 2 = 2 x + y − 1 ⇔ y = 4 x 2 + 2 x + 3

f ′ ( t ) = 3t ln 3.log t +

−1 − 3 897 −1 + 3 897 ≤x≤ 4 4 Vì x ∈ ℤ + ∩ ( 0; 2022 ) nên x ∈ {1; 2;3;...; 21; 22} . y ≤ 2021 ⇔ 4 x 2 + 2 x + 3 ≤ 2021 ⇔

Câu 37.

ƠN

Vì mỗi giá trị của x có đúng một giá trị của y nên có 22 cặp số nguyên dương ( x, y ) thoả mãn.

(Sở Vĩnh Phúc 2022) Xét các số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 > 1 và log x 2 + y 2 ( 2 x + 4 y ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3 x + y bằng

B. 5 + 4 5 .

Chọn C Ta có x 2 + y 2 > 1 .

D. 10 + 2 5 .

C. 5 + 5 2 . Lời giải

A. 5 + 2 10 .

(

)

Khi đó log x2 + y 2 ( 2 x + 4 y ) ≥ 1 ⇔ log x2 + y 2 ( 2 x + 4 y ) ≥ log x2 + y 2 x 2 + y 2 ⇔ 2 x + 4 y ≥ x 2 + y 2 2

QU Y

⇔ x 2 − 2 x + 1 + y 2 − 4 y + 4 ≤ 5 ⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) ≤ 5 . Khi đó P = 3x + y ⇔ P = 3 ( x − 1) + ( y − 2 ) + 5 ⇔ P − 5 = 3 ( x − 1) + ( y − 2 ) 2 2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: 3 ( x − 1) + ( y − 2 )  ≤ 32 + 12 ( x − 1) + ( y − 2 )  = 50   2 2 2 2 2 2   ( P − 5 ) = 3 ( x − 1) + ( y − 2 )  ≤ 3 + 1 ( x − 1) + ( y − 2 )  = 50 .  

(

)

Vậy ( P − 5 ) ≤ 50 ⇔ −5 2 ≤ P − 5 ≤ 5 2 ⇔ 5 − 5 2 ≤ P ≤ 5 + 5 2

Suy ra max P = 5 + 5 2 .

Câu 38.

(Sở

KÈ

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = 1 +

Vĩnh

Phúc

2022)

3 2 2 , y = 2+ . 2 2 Cho

f ′ ( 2 ) + f ′ ( 3) + ... + f ′ ( 2019 ) + f ′ ( 2020 ) =

DẠ

nhau. Giá trị của 2a − b bằng A. 2 . B. 4 .

hàm

số

1   f ( x ) = ln  1 − 2  .  x 

C. −2 .

D. −4 .

Lời giải

2 1 1 = − . x ( x − 1) ( x + 1) x ( x − 1) x ( x + 1)

Khi đó Trang 22

rằng

a với a, b là các số nguyên dương nguyên tố cùng b

Chọn C

Ta có: f ′ ( x ) =

Biết

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

f '(2) + f ' (3) + ... + f '(2019) + f '(2020) 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − + − 1.2 2.3 2.3 3.4 2018.2019 2019.2020 2019.2020 2020.2021 1 1 1010.2021−1 = − = 2 2020.2021 2020.2021 Nên a = 1010.2021 − 1, b = 2020.2021  2a − b = −2 . Câu 39. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

ƠN

FI CI A

Số nghiệm của phương trình log 32 ( f ( x ) + 1) − log 2 2 ( f ( x ) + 1) − 2 log 1

C. 6 . Lời giải

B. 5 .

A. 7 .

Chọn C Xét phương trình log 32 ( f ( x ) + 1) − log 2 2 ( f ( x ) + 1) − 2 log 1 Điều kiện: f ( x ) > −1 .

f ( x ) + 1 + 6 = 0 là

D. 8 .

f ( x ) + 1 + 6 = 0 (1).

QU Y

Ta có (1) ⇔ log 32 ( f ( x ) + 1) − 4 log 22 ( f ( x ) + 1) + log 2 ( f ( x ) + 1) + 6 = 0 .

DẠ

KÈ

t = −1 log 2 ( f ( x ) + 1) = −1 Đặt t = log 2 ( f ( x ) + 1) , ta có t 3 − 4t 2 + t + 6 = 0  t = 3 ⇔ log 2 ( f ( x ) + 1) = 3  t = 2 log 2 ( f ( x ) + 1) = 2 1   f ( x ) = − 2 ( 2)  ⇔  f ( x ) = 7 ( 3)   f ( x ) = 3 ( 4) 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 23

Hiển nhiên các nghiệm này phân biệt. Do dó phương trình (1) có 6 nghiệm phân biệt.

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Tất cả các giá trị thực của m để bất phương trình x x + x + 12 ≤ m log 5− 4 − x 3 có nghiệm:

FI CI A

Câu 40.

1 Dễ thấy số nghiệm phương trình ( 2 ) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = − . Suy 2 ra phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt. Tương tự phương trình ( 3 ) có nghiệm duy nhất và phương trình ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt.

A. m > 2 3 . B. m > 12 log 3 5 . C. m ≥ 2 3 . D. 2 < m < 12 log 3 5 . Lời giải

ƠN

x ≥ 0   x + 12 ≥ 0  ĐKXĐ: 4 − x ≥ 0 ⇔0≤ x≤4  5 − 4 − x > 0 5 − 4 − x ≠ 1 

Ta có 0 ≤ x ≤ 4 ⇔ 0 ≤ 4 − x ≤ 2 ⇔ 3 ≤ 5 − 4 − x ≤ 5  0 < log 5− 4− x

3⇔m≥

3 ≤1

x x + x + 12 = ( x x + x + 12) log 3 (5 − 4 − x ) log 5− 4− x 3

Khi đó x x + x + 12 ≤ m log 5−

4− x

Xét hàm số g ( x) = ( x x + x + 12) log 3 (5 − 4 − x )

1 1 1    g ′( x) =  x + x+ log 3 (5 − 4 − x ) + ( x x + x + 12)  2 2 x + 12  2 4 − x (5 − 4 − x ) ln 3  log 3 5 − 4 − x > 0  , ∀x ∈ [ 0; 4]  g ' ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0; 4] Ta có:  1 >0   2 4 − x 5 − 4 − x ln 3  g ( x ) đồng biến trên [0; 4] .

)

(

QU Y

(

)

Để phương trình x x + x + 12 ≤ m log 5− Câu 41.

4− x

3 khi và chỉ khi m ≥ min[0:4] g ( x) = g (0) = 2 3 .

(Chuyên Hạ Long 2022) Cho 0 < m ≠ 1 . Gọi (a; b) là tập hợp các giá trị của m để bất phương

KÈ

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

trình log m (1 − 8m − x ) ≥ 2(1 − x) có hữu hạn nghiệm nguyên. Tính b − a

Lời giải Trường hợp 1: m > 1 Ta có: log m (1 − 8m − x ) ≥ 2(1 − x ) ⇔ 1 − 8m − x ≥ m 2 − 2 x ⇔ m 2 ⋅ m −2 x + 8m − x − 1 ≤ 0

DẠ

 16 + m 2 − 4   16 + m 2 − 4  16 + m 2 − 4 ⇔ − x ≤ log ⇔ x ≥ − log   . m m     m2 m2 m2     Rỏ ràng trong trường hợp này không thể có hữu hạn nghiệm nguyên Trường hợp 2 : 0 < m < 1 ⇔ 0 < m− x ≤

Trang 24

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

log m 8 + log m

FI CI A

 −x 16 + m 2 − 4   16 + m 2 − 4 16 + m 2 m ≥ − x ≤ log m  x ≥ − log m2 m ⇔ ⇔  m2 m2 1 − x > log  x < log 8  x < log 8 m m  m   8 Để bất phương trình có hữu hạn nghiệm nguyên thì:

(

Ta có: log m 1 − 8m − x

  m 2 ⋅ m −2 x + 8m − x − 1 ≥ 0 −x 2−2 x 1 − 8m ≤ m  ≥ 2(1 − x) ⇔  ⇔  −x 1 −x 1 − 8m > 0 m < 8  

16 + m 2 − 4 8 16 + m 2 − 32 8 16 + m 2 − 32 > 0 ⇔ log > 0 ⇔ <1 m m2 m2 m2

A. 2021. B. 4042. C. 2020. D. 4041.

ƠN

⇔ 8 16 + m 2 < m 2 + 32 ⇔ m 4 > 0, ∀m ∈ (0;1) Vậy b − a = 1 Câu 42. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi giá trị y luôn tồn tại không quá 15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2021 ( x + y 2 ) + log 2022 ( y 2 + y + 16 ) ≥ log 2 ( x − y ) ?

Lời giải

2  x2 + y > 0  x + y > 0 Điều kiện  . ⇔ x > y  x − y > 0

Ta có bất phương trình log 2021 ( x + y 2 ) + log 2022 ( y 2 + y + 16 ) − log 2 ( x − y ) ≥ 0 Xét f ( x ) = log 2021 ( x + y 2 ) + log 2022 ( y 2 + y + 16 ) − log 2 ( x − y ) với x > y , y ∈ ℤ . 1 1 x(ln 2 − ln 2021) − y ln 2 − y 2 ln 2021 . − = ( x + y 2 ) ln 2021 ( x − y) ln 2 ( x + y 2 ) ⋅ ( x − y) ⋅ ln 2021⋅ ln 2

QU Y

Ta có: f ′( x) =

Ta có: x > y  x (ln 2 − ln 2021) < y (ln 2 − ln 2021) Suy ra x (ln 2 − ln 2021) − y ln 2 − y 2 ln 2021 < ( − y 2 − y ) ln 2021 < 0, ∀y ∈ ℤ .

KÈ

Do đó f ′( x ) < 0, ∀x > y , y ∈ ℤ . Ta có bảng biến thiên của f ( x ) là:

DẠ

Yêu cầu bài toán ⇔ f ( y + 16) < 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 25

⇔ log 2021 ( y 2 + y + 16 ) + log 2022 ( y 2 + y + 16 ) < log 2 16

⇔ log 2021 ( y 2 + y + 16 ) <

log 2021 ( y 2 + y + 16 ) log 2021 2022 4 1 + log 2022 2021

≈ 2, 00

⇔ log 2021 ( y + y + 16 ) + 2

FI CI A

⇔ y 2 + y + 16 < 20211+ log0022 2021 ⇔ −2021, 99 ≤ y ≤ 2020,99 Do y ∈ ℤ nên y ∈ {−2021; −2020;…; 2020} . Vậy có tất cả 4041 giá trị nguyên y thỏa yêu cầu bài toán. Câu 43. (Chuyên Lam Sơn 2022) Có bao nhiêu số nguyên dương m m ( e x − 1) ⋅ ln( mx + 1) + 2e x = e 2 x + 1 có 2 nghiệm phân biệt không lớn hơn 5.

A. 26. B. 27. C. 29. D. 28.

để phương trình

Lời giải Xét phương trình m ( e − 1) ⋅ ln(mx + 1) + 2e = e 2 x + 1(*) điều kiện mx + 1 > 0 x

e x − 1 = 0 (*) ⇔  x e − 1 = m ⋅ ln(mx + 1) x e − 1 = 0 ⇔ x = 0 e x − 1 = m ⋅ ln( mx + 1) ,

ƠN

QU Y

 x = ln( my + 1)(1) Đặt y = ln(mx + 1)  e x − 1 = my. Ta có hệ phương trình   y = ln( mx + 1)(2) Trừ (1) và (2) theo vế ta được: x − y = ln( my + 1) − ln( mx + 1) hay x + ln( mx + 1) = y + ln( my + 1) với m > 0 thì hàm số f ( x ) = x + ln(mx + 1) đồng biến trên tập xác định nên x + ln( mx + 1) = y + ln( my + 1) ⇔ x = y Thay x = y vào (1) ta được x = ln( mx + 1) hay e x = mx + 1(4) Rõ ràng x = 0 là 1 nghiệm của phương trình (4). ex −1 Với x ≠ 0 ta có (4) ⇔ m = x x e −1 xe x − e x + 1 Xét hàm số g ( x) = , ta có: Tập xác định D = ℝ \{0} và g ′( x) = x x2 g ′( x) = 0 ⇔ xe x − e x + 1 = 0

DẠ

KÈ

Hàm số h( x) = xe x − e x + 1 có h′( x) = xe x nên h′( x ) = 0 ⇔ x = 0 Ta có bảng biến thiên của h( x ) như sau:

Suy ra h( x ) ≥ 0, ∀x do đó g ′( x ) > 0, ∀x ≠ 0 Bảng biến thiên của g ( x ) :

Trang 26

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Để phương trình e x − 1 = ln(mx + 1) m có 2 nghiệm phân biệt không lớn hơn 5 thì phương trình m = g ( x ) có duy nhất 1 nghiệm bé hơn hoặc bằng 5. Ta có g (5) =

e5 − 1 ≈ 29,5 5

và c, d là các số thực dương thay đổi thỏa mãn nhỏ nhất của biểu thức

( a − c + 1) 2 + (b − d ) 2 là

c 2 + c + log 2

c − 7 = 2 2d 2 + d − 3 . Giá trị d

(

)

ƠN

A. 4 2 − 1 . B. 29 − 1 .

0 < m ≤ g (5) Dựa vào bảng biến thiên của g ( x ) ta có  do m ∈ ℕ* nên có 28 giá trị thỏa mãn. m ≠ 1  Câu 44. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho a , b là các số thực thay đổi thỏa mãn log a 2 +b 2 + 20 (6a − 8b − 4) = 1

12 5 − 5 . 5 8 5 −5 D. . 5

Lời giải Ta có: log a2 +b2 + 20 (6a − 8b − 4) = 1 ⇔ a + b + 20 = 6a − 8b − 4 ⇔ (a − 3) 2 + (b + 4) 2 = 1(1) 2

Lại có:

QU Y

c  2 2 c c + c + log 2 − 7 = 2 ( 2d + d − 3) 2 c + c + log 2 − 7 = 2 ( 2d + d − 3) ⇔  d d  2d 2 + d − 3 ≥ 0; d , c > 0( gt )  2 2 c + c + log 2 c = (2d ) + 2d + log 2 2d c − 1 = 2 d − 1 ⇔ ⇔ ( 2) d ≥ 1; c ≥ 2 d ≥ 1; c > 0 Đặt M ( a; b) và N (c − 1; d ) . Theo (1) ta được M thuộc đường tròn tâm I (3; −4) bán kính R = 1 ; theo (2) ta được N thuộc nửa đường thẳng y = 2 x − 1 ứng với x ≥ 1.

DẠ

KÈ

Khi đó MN = ( a − c + 1) 2 + (b − d ) 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 27

L FI CI A OF ƠN Câu 45.

Vậy MN min = N1 I − R = 29 − 1 .

(

)

(Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình 2022) Cho phương trình 2 log 32 x − log 3 x − 1

5x − m = 0

DẠ

KÈ

QU Y

( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 125. B. 123. C. 122. D. 124. Lời giải x > 0 x > 0 ⇔ Điều kiện  x . x m ≤ 5 5 − m ≥ 0 5 x − m ≥ 0, x > 0  ( 2 log32 x − log3 x − 1) 5x − m = 0 ⇔ 5x − m = 0  2   2 log 3 x − log 3 x − 1 = 0 5 x − m ≥ 0, x > 0 5 x − m ≥ 0, x > 0  x  x  5 − m = 0  5 − m = 0   ⇔   −1 −1  log 3 x = 2   log 3 x = 2    log 3 x = 1   log 3 x = 1

+ Khi m = 1  x = log 2 1 = 0 vậy phương trình ( 2 log 32 x − log 3 x − 1) 5 x − m = 0 có 2 nghiệm 1  x = 3 2 x = 3 

Trang 28

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

+ m > 1  x = log 5 m 1 ≤ log 5 m < 3 ⇔ 5 3

nghiệm.

Để

phương

trình

có

đúng

nghiệm

thì

≤ m < 53 ⇔ 2,53 ≤ m < 125

(Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình 2022) Cho các số thực a , b thỏa mãn

1 < b < a < 1 . Tìm 3

Câu 46.

là 1 3

FI CI A

giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4(3b − 1) P = log a + 8log 2b a 9 a A. 7. B. 8. C. 6. D. 9.

Lời giải

1 < b < a < 1 nên (3b − 2) 2 ≥ 0 3 4(3b − 1) 4(3b − 1) ⇔ b2 ≥  log a ≤ log a b 2 9 9 Vì

  1 Ta có 8log a = 8    log a b − 1  1 Đặt log a b = x . Vì < b < a < 1 nên x = log a b > 1 . Khi đó 3

ƠN

2 b a

  4(3b − 1) 1 8 P = log a + 8log 2b a ≥ log a b 2 + 8    P ≥ 2x + 9 ( x − 1) 2  log a b − 1  a 8 8 8 = ( x − 1) + ( x − 1) + + 2 ≥ 3 ⋅ 3 ( x − 1) ⋅ ( x − 1) ⋅ +2=8 2 2 ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) 2 Suy ra P ≥ 8 2  b = 3 Dấu " = " xảy ra ⇔  a = 3 2  3 Vậy min P = 8 . Câu 47. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Gọi S là tập các giá trị của tham số m để bất phương trình log 0.3  x 2 + 2(m − 3) x + 4  ≥ log 0.3 ( 3 x 2 + 2 x + m ) thỏa mãn với mọi x thuộc ℝ . Tập

QU Y

Mà 2 x +

KÈ

S bằng A. S = [5;6) . B. S = [4;6] . C. S = [4;5) . D. S = [1;5) .

DẠ

Lời giải Để bất phương trình thỏa mãn với mọi x thuộc ℝ thì  x 2 + 2 ( m − 3) x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ  2 3 x + 2 x + m > 0, ∀x ∈ ℝ  2 2  x + 2 ( m − 3) x + 4 < 3 x + 2 x + m, ∀x ∈ ℝ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 29

log 2 a 2 + b 2 + 5 = 1 + log 2 (2 − 2a − b)  4 c + 5 d −10 c + d + 2 −e = 12 − 3c − 4d e

(

)

Tìm

giá

trị

nhỏ

P = ( a − c ) 2 + (b − d ) 2

2 5 5 B. 2. C. 2 5 − 2 . 12 D. . 5

Lời giải

nhất

c ủa

biểu

thức

FI CI A

−2 < m − 3 < 2 1 < m < 5   1 < m < 5 1 1   ⇔ m > ⇔ m > ⇔ ⇔4≤m<5 3 3 4 ≤ m ≤ 5   ( −m + 4) 2 − (m − 4) ≤ 0 m 2 − 9m + 20 ≤ 0 Vậy, S = [4;5) . Câu 48. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện:

ƠN

Điều kiện: 2 − 2a − b > 0 ⇔ 2a + b − 2 < 0 (1). Ta có: log 2 ( a 2 + b 2 + 5 ) = 1 + log 2 (2 − 2a − b) ⇔ log 2 ( a 2 + b 2 + 5 ) = log 2 2 + log 2 (2 − 2a − b) ⇔ log 2 ( a 2 + b 2 + 5 ) = log 2 (4 − 4a − 2b) ⇔ a 2 + b 2 + 5 = 4 − 4a − 2b

⇔ ( a + 2) 2 + (b + 1) 2 = 4.

Mặt khác a 2 + b 2 + 5 = 4 − 4a − 2b ⇔ 2a + b − 2 =

−a 2 − b2 − 5 < 0 . Do đó điều kiện (1) luôn thỏa 2

mãn. Lại có: e 4 c + 5 d −10 − ec + d + 2 = 12 − 3c − 4d ⇔ e 4 c + 5 d −10 + 4c + 5d − 10 = ec + d + 2 + c + d + 2(*)

QU Y

Do hàm f (t ) = et luôn đồng biến trên R. Suy ra (*) ⇔ 4c + 5d − 10 = c + d + 2 ⇔ 3c + 4d = 12 . Đặt A(a; b); B (c; d )  P = AB .

A di động trên đường tròn (C ) có phương trình: ( x + 2) 2 + ( y + 1) 2 = 4 , tâm I ( −2; −1); R = 2 . B di động trên đường thẳng d : 3 x + 4 y − 12 = 0 . | −2.3 − 1.4 − 12 | 22 22 12 = > 2  Pmin = ABmin = d ( I , d ) − R = −2= . Có d ( I , d ) = 5 5 5 32 + 42 Câu 49. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội -2022) Gọi S là tập các số nguyên m ∈ [ −2022; 2022] để

phương trình log 22 x − log

x = m − m + log 2 x có đúng ba nghiệm phân biệt. Số phần tử của S

KÈ

là A. 1. B. 2. C. 2021. D. 2022.

Lời giải Đặt t = m + log 2 x , (t ≥ 0)  m = t − log 2 x phương trình trở thành: 2

DẠ

 log 2 x = t log 22 x − 2 log 2 x = t 2 − log 2 x − t ⇔ log 22 x − log 2 x − t 2 + t = 0 ⇔  log 2 x = 1 − t (bấm máy phương trình bậc hai ần là log 2 x và tham số t = 1000 ) .

(

)

 m = t2 − t (*) . Khi đó  2 m = t + t − 1

Trang 30

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

ycbt ⇔ (*) có 3 nghiệm phân biệt trên [0; +∞ ) ⇔ đường thẳng y = m cắt đồ thị của hai hàm số 1 y = t 2 − t ; y = t 2 + t − 1 tại ba điểm phân biệt trên [0; +∞) ⇔ − < m ≤ 0. 4 Câu 50. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên (a; b) , trong đó a

ƠN

 a + 2b   2a  ≥ a, b ∈ [1; 2022] thỏa mãn   b +1  ? b  a+2   2  A. 5. B. 9. C. 10. D. 11. Lời giải a

 2a   a + x   2a   2 x  Đặt x = 2b , ( x > 0)    ≥  ⇔    ≥1.  a + x   2x  a+x a+ x + Nếu x = a  VT = 1 (thoả mãn). x

QU Y

 2a   2 x   4ax  + Nếu x > a  VT <  ≤ 1x = 1 (không thoả mãn).    = 2   a + x   a + x   (a + x )  a

 2a   2 x   4ax  + Nếu x < a  VT <  ≤ 1a = 1 (không thoả mãn).    = 2   a + x   a + x   (a + x)  b Vậy x = a ⇔ a = 2 ∈ [1; 2022]  b ≤ log 2 2022 ≈ 10,98  b ∈ {1,…,10} . Với mỗi số nguyên b

DẠ

KÈ

tìm được ta có tương ứng một số nguyên a = 2b thoả mãn tức có 10 cặp. Câu 51. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log 22 x − (2m + 5) log 2 x + m 2 + 5m + 4 < 0 có it nhất một nghiệm nguyên và không quá 1791 nghiệm nguyên? A. 10. B. 3. C. 9. D. 11. Lời giải Biến đổi bất phương trình: 2 2 log 2 x − (2m + 5) log 2 x + m + 5m + 4 < 0 ⇔ ( log 2 x − (m + 1) )( log 2 x − (m + 4) ) < 0 ⇔ m + 1 < log 2 x < m + 4 ⇔ 2 m +1 < x < 2m + 4  S x = ( 2m +1 ; 2m + 4 ) .

+ Nếu 2m + 4 ≤ 1 ⇔ m ≤ −4  S x ⊂ (0;1) không chứa số nguyên nào (loại). + Nếu m = −3  S x = ( 2 −2 ; 2 ) thoả mãn. + Nếu m = −2  S x = ( 2−1 ; 4 ) thoả mãn.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 31

+ Nếu 2m +1 ≥ 1 ⇔ m ≥ −1  2m +1 , 2m + 4 ∈ ℤ nên S x chứa các số nguyên là 2m +1 + 1,…, 2m + 4 − 1  ycbt ⇔ 1 ≤ ( 2m + 4 − 1) − ( 2m +1 + 1) + 1 ≤ 1791 ⇔

1 1 ≤ 2m ≤ 128 ⇔ −2,8 ≈ log 2   ≤ m ≤ 7 . 7 7

FI CI A

Vậy m ∈ {−3, … , 7} . Câu 52. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Có bao nhiêu số tự nhiên x sao cho mỗi giá trị của x tồn tại số thực y thoả mãn log 3 ( x − y ) ≥ log 6 ( x 2 + 2 y 2 ) ?

A. 1. B. 3. C. 2. D. 6. Lời giải

 x− y =3 Đặt log 3 ( x − y ) = t   2 2 t x + 2 y ≤ 6 t

6t ≥ x 2 + 2 y 2 =

x 2 (− y ) 2 ( x − y ) 2 2.9t 3 3 + ≥ =    ≤ ⇔ t ≤1 1 1 1 3 2 2 1+ 2 2

 x 2 + 2 y 2 ≤ 6  x 2 ≤ 6  x ∈ {0,1, 2} . Thử lại

ƠN

+ x = 0  log 3 ( − y ) ≥ log 6 ( 2 y 2 )  y = −0,1 thoả mãn (nhận).

Suy

+ x = 1  log 3 (1 − y ) ≥ log 6 (1 + 2 y 2 )  y = −1 thoả mãn (nhận).

+ x = 2  log 3 (2 − y ) ≥ log 6 ( 4 + 2 y 2 )  y = −1 thoả mãn (nhận).

Vậy x ∈ {0,1, 2} là các số tự nhiên cần tìm.

13 2 x − 12 x − e x − 2022 . Bất 2 phương trình ẩn m sau đây f log 0,5 ( log 2 (2m + 1) ) − 2021 < f [ f (0)] có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 14. B. 10. C. 11. D. 7. Lời giải 2 x Ta có f ′( x) = −3 x + 13 x − 12 − e < 0, ∀x do đó:

(THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x) = − x3 +

QU Y

Câu 53.

f  log 0,5 ( log 2 (2m + 1) ) − 2021 < f [ f (0)] ⇔ log 0,5 ( log 2 (2m + 1) ) − 2021 > f (0) = −2023 ⇔ log 0,5 ( log 2 (2m + 1) ) > −2 ⇔ 0 < log 2 (2m + 1) < (0,5)−2 = 4 15  m ∈ {1,…, 7}. 2 (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Gọi

Câu 54.

KÈ

⇔ 1 < 2m + 1 < 16 ⇔ 0 < m <

+ 3x − 8x + 3)

là tập nghiệm của phương trình

( 3) − m = 0 (với m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [ −2021; 2021] để tập hợp S có hai phần tử ?

DẠ

A. 2095 .

B. 2092 .

C. 2093 . Lời giải

D. 2094 .

Chọn D Xét phương trình: 2x + 3x − 8x + 3 = 0 . Đặt f ( x ) = 2 x + 3x − 8 x + 3 .

f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − 8  f ′′ ( x ) = 2 x ln 2 2 + 3x ln 2 3 > 0 , ∀x ∈ ℝ .

Trang 32

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Do vậy phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. x = 1 Ta thấy f (1) = f ( 2 ) = 0  f ( x ) = 0 ⇔  . x = 2

) ( 3)

− m = 0 (1) .

Nếu m ≤ 0  ( 3) − m > 0, ∀x ∈ ℝ  (1) có tập nghiệm S = {1; 2} .

( 3)2 − m ≥ 0  x ≥ log2 ( log3 m)    x = 1  x = 1 ⇔  Nếu m > 0  (1) ⇔  .  x = 2  x = 2  x = log log m )  x = log2 ( log3 m) 2( 3  x

FI CI A

(

x x Xét phương trình: 2 + 3 − 8x + 3

Khi đó S có hai phần từ khi và chỉ khi 1 ≤ log 2 ( log3 m ) < 2 ⇔ 9 ≤ m < 81 .

Câu 55.

Vậy m∈ [ −2021;0] ∪ [9;80] có 2094 số.

(THPT Kim Liên Hà Nội 2022) Cho bất phương trình 2 2 log 5 ( x − 4 x + 4 + m ) − 1 < log 5 ( x + 2 x + 3) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ (1;3 ) ?

B. 28 .

D. Vô số.

C. 29 . Lời giải

ƠN

A. 30 . Chọn C

 x 2 + 2 x + 3 > 0 ∀x ∈ (1;3) ⇔ x 2 − 4 x + 4 + m > 0 , ∀x ∈ (1;3) Điều kiện  2  x − 4 x + 4 + m > 0 2

⇔ x 2 − 4 x + 4 > −m , ∀x ∈ (1;3) ⇔ min ( x − 2 ) > −m ⇔ 0 > − m ⇔ m > 0 . (1;3)

Ta có log 5 ( x 2 − 4 x + 4 + m ) − 1 < log 5 ( x 2 + 2 x + 3) , ∀ x ∈ (1; 3 ) ⇔ log 5 ( x 2 − 4 x + 4 + m ) < log 5 ( 5 x 2 + 10 x + 15 ) , ∀x ∈ (1;3 )

QU Y

⇔ x 2 − 4 x + 4 + m < 5 x 2 + 10 x + 15 , ∀x ∈ (1;3) ⇔ m < 4 x 2 + 14 x + 11, ∀x ∈ (1;3) ⇔ m ≤ 4.12 + 14.1 + 11 = 29  m ∈ ( 0; 29] . Câu 56.

Vậy có 29 giá trị. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2022; 2022] để bất phương trình ( 3m + 1)12 x + ( 2 − m ) 6 x + 3x < 0 có nghiệm đúng với

∀x > 0 ? A. 2021 .

B. 4044 .

C. 2022 . Lời giải

D. 2020 .

KÈ

Chọn A Ta có ( 3m + 1)12 x + ( 2 − m ) 6 x + 3x < 0 ⇔ ( 3m + 1) 4 x + ( 2 − m ) 2 x + 1 < 0 .

Đặt 2 x = t . Vì x > 0  t > 1 . Bất phương

trở t + 2t + 1 ( 3m + 1) t 2 + ( 2 − m ) t + 1 < 0 ⇔ m ( 3t 2 − t ) + t 2 + 2t + 1 < 0 ⇔ m < − 2 3t − t 3t 2 − t > 0, ∀t > 1 ). trình

thành:

DẠ

(Vì

t 2 + 2t + 1 vớ i t > 1 . 3t 2 − t 7t 2 + 6t − 1 Ta có: f ′ ( t ) = . 2 ( 3t 2 − t )

Xét hàm số f ( t ) = −

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 33

7t 2 + 6t − 1

( 3t

−t)

> 0, ∀t > 1 nên f ( t ) đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) .

t 2 + 2t + 1 Do đó m < − , ∀t > 1 khi và chỉ khi m ≤ f (1) = −2 . 3t 2 − t Vì m ∈ [ −2022; 2022] và m nên m ∈ {−2022; −2021;...; −2} . Vậy có 2021 giá trị thoả mãn.

FI CI A

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn phương trình x + y +1 3 + ln = 9 xy − 3 x − 3 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy 3 xy 1 1 A. 1. B. . C. . D. 9 . 9 3 Lời giải Chọn A x + y +1 Ta có phương trình 3 + ln = 9 xy − 3 x − 3 y 3 xy ⇔ ln ( x + y + 1) + 3 ( x + y + 1) = ln ( 3xy ) + 9 xy (1)

Câu 57.

Ta thấy: f ′ ( t ) =

1 f ' ( t ) = + 3 > 0 ∀ t ∈ ( 0; +∞ ) . t Suy ra f ( t ) là hàm số tăng.

(1) ⇔ f ( x + y + 1) = f ( 3xy ) ⇔ x + y + 1 = 3xy . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

ƠN

Xét hàm số f ( t ) = ln t + 3t , t ∈ ( 0; +∞ ) .

QU Y

 xy ≥ 1 3xy = x + y + 1 ≥ 2 xy + 1 ⇔ 3xy − 2 xy − 1 ≥ 0 ⇔  .  xy ≤ −1  3 So sánh với điều kiện x, y dương ta được xy ≥ 1 ⇔ xy ≥ 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 1. Câu 58. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x ∈ (1; 8) thỏa mãn:

( x − 1) ( 2e x − y 2 ) = y ( e x − x 2 ) ?

B. 14 .

A. 11 .

C. 12 . Lời giải

D. 13 .

Chọn D Xét f ( x ) = ( x − 1) ( 2e x − y 2 ) − y ( e x − x 2 ) trên (1;8) với y là tham số.

KÈ

Ta có:

f ′ ( x ) = 2 xe x − ye x − y 2 + 2 yx = ( e x + y ) ( 2 x − y ) = 0  x = Ta

thấy

f (1) = − y ( e −1) < 0

y 2 y

nguyên

dương

;

f ( 8 ) = 7 ( 2e8 − y 2 ) − y ( e8 − 64 ) = −7 y 2 − ( e8 − 64 ) y + 14e8

y ≤ 1 ⇔ y ≤ 2  f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ (1; 8 ) . Lập bảng biến thiên cho f ( x ) , từ yêu cầu bài 2 toán  f ( 8) > 0  y < 13,85  y ∈{1; 2}

DẠ

TH1: Khi

y ≥ 8 ⇔ y ≥ 16  f ′ ( x ) < 0 , ∀x ∈ (1; 8)  f ( 8) < f (1) < 0 suy ra phương trình vô 2 nghiệm trên (1; 8) TH2: Khi

Trang 34

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

y y < 8 ⇔ 2 < y < 16  xCT = . Lập bảng biến thiên cho f ( x ) , từ yêu cầu bài toán 2 2  f ( 8) > 0  y < 13,85  y ∈{3; 4; 5;...13} Như vậy có tất cả 13 giá trị y thỏa mãn. Câu 59. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Tập nghiệm của bất phương trình ( 4x − 65.2x + 64) [ 2 − log3 ( x + 3)] ≥ 0 có tất cả bao nhiêu số nguyên? A. 2.

B. 3.

FI CI A

TH3: Khi 1 <

D. Vô số.

C. 4. Lời giải

Chọn C Điều kiện xác định: x + 3 > 0 ⇔ x > −3 . Ta có: 4x − 65.2x + 64 [ 2 − log3 ( x + 3)] ≥ 0

(

)

ƠN

 2x < 1  x < 0  x  x x  4 − 65.2 + 64 > 0    2 > 64  x > 6    x < 6  2 − log 3 ( x + 3) > 0  log 3 ( x + 3) < 2  x < 0  x x x    0 < x < 6 x ≤ 0  4 − 65.2 + 64 < 0 1 < 2 < 64   . ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ x = 0 ⇔   2 − log 3 ( x + 3) < 0 x = 6 x > 6  log 3 ( x + 3) > 2     x = 6  x  x x  = x 0   4 − 65.2 + 64 = 0  2 = 1   x    x = 6  2 − log 3 ( x + 3) = 0   2 = 64  x = 6  log 3 ( x + 3) = 2 Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −3;0] ∪ {6} . Do đó có tất cả 4 số

nguyên thoả mãn. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho ba số thực x, y, z không âm thoả mãn 2 x + 4 y + 8 z = 4 . Gọi M , N lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z S = + + . Đặt T = 2M + 6 N . Khẳng định nào dưới đây đúng? 6 3 2 A. T ∈ (1; 2 ) . B. T ∈ ( 2;3) . C. T ∈ ( 3; 4 ) . D. T ∈ ( 4;5 ) .

QU Y

Câu 60.

Lời giải Chọn A Đặt a = 2 x , b = 4 y , c = 8z . Ta có: a + b + c = 4 . Vì x, y, z không âm và a + b + c = 4 nên a, b, c thuộc đoạn [1;2] . x y z x + 2 y + 3 z log 2 ( abc ) + + = = 6 3 2 6 6

KÈ

64 4 3 log 2 log 2 a + b + c 64   27 = 3. Ta có: abc ≤  S≤  = 6 2 3 27   a − 1 b − 1 ≥ 0  ab ≥ a + b − 1  abc ≥ ( 3 − c ) c . ( )( )

Xét hàm số f (c) = −c 2 + 3c, c ∈ [1; 2] .

DẠ

Bảng biến thiên:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 35

Vậy abc ≥ f (c ) ≥ 2 . Khi đó S =

log 2 ( abc) log 2 2 1 ≥ = . 6 6 6

4 8 + 1 = log 2 ≈ 1, 41 ∈ (1; 2 ) . 3 3 (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn

log 2 ( x 2 + 2 x + 3)

y 2 +8

≤ 7 − y2 + 3y ? B. 1 .

A. 0 .

FI CI A

Câu 61.

Do đó: T = 2 M + 6 N = log 2

C. 2 . Lời giải

D. 7 .

Chọn B Ta có: log 2 ( x 2 + 2 x + 3)

y 2 +8

≤ 7 − y 2 + 3 y ⇔ ( y 2 + 8 ) log 2 ( x 2 + 2 x + 3) ≤ 7 − y 2 + 3 y

7 − y2 + 3y ⇔ log 2 ( x + 2 x + 3) ≤ . ( *) y2 + 8 2

2x + 2 . ( x + 2 x + 3) ln 2 2

Xét hàm số f ( x ) = log 2 ( x 2 + 2 x + 3)  f ′ ( x ) =

 f ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −1) và đồng biến trên ( −1; +∞ )  min f ( x ) = f ( −1) = 1 . x∈ℝ

QU Y

 y = −5 + 33 ≈ 0, 74 g′( y ) = 0 ⇔   y = −5 − 33 Bảng biến thiên của g ( y ) trên ℝ :

ƠN

7 − y + 3y −3 y − 30 y + 24  g′( y ) = 2 y +8 ( y 2 + 8)

Xét hàm số g ( y ) =

7 Ta có g −5 + 33 ≈ 1, 01; g ( 0 ) = ; g (1) = 1  Max g ( y ) = y (1) = 1 y∈ℤ 8 x = − 1  Do đó với x, y ∈ ℤ thì (*) ⇔  . y =1

)

(

Vậy chỉ có 1 cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 log 3 ( 2 x − 1) = log 3 ( mx 2 + 1) có nghiệm.

KÈ

Câu 62.

A. 1 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 9 .

Lời giải

Chọn C

1 2 2 Với điều kiện trên, 2 log3 ( 2 x − 1) = log 3 mx 2 + 1 ⇔ log 3 ( 2 x − 1) = log3 mx 2 + 1

DẠ

Điều kiện xác định x >

(

)

(

⇔ 4 x − 4 x + 1 = mx + 1 4 ⇔ 4 − = m (*) x

Trang 36

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

4 1 với x > . x 2 4 1 Ta có f ′ ( x ) = 2 > 0, ∀x > x 2

Xét hàm số f ( x ) = 4 −

4 x

FI CI A

Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) = 4 −

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có nghiệm ⇔ −4 < m < 4 . Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số m . 1  x  Câu 63. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho f ( x) = 2023.ln  e 2023 + e 2  . Tính giá trị biểu thức   ′ ′ ′ H = f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2022 )

B. 2022.

Chọn A

C. e 2022 . Lời giải

D. e1011 .

ƠN

A. 1011.

1  x  e 2023 Ta có f ( x) = 2023.ln  e 2023 + e 2   f ′ ( x ) = x . 1   2023 2 e +e 1

e 2023

Khi đó H = f ′ (1) + f ′ ( 2 ) + ... + f ′ ( 2022 ) =

1 2023

1 2

2022

e 2023 2 2023

1 2

e 2023

+ ... +

2022

+e e +e e 2023 + e 2 x 1− x x x x e e e e e e e + e Để ý x + 1− x = x + = x + = x =1 x x e + e e + e e + e e+e e e + e e +e e + e T ừ đó 1 2022 2 2020     2023 2023 2023 2023 e e e e     H= + 2022 + ... + + ... + 2020 1 1  1 1   1  2  e 2023 + e 2 e 2023 + e 2   e 2023 + e 2 e 2023 + e 2    

QU Y

2022 = 1011 . 2 (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương

Câu 64.

H = 1 + 1 + ... + 1 = 1− x 2

− ( m + 3) 31+

KÈ

trình 91+

A. 7 .

1− x 2

+ 2m + 1 = 0 có nghiệm thực B. 5 . C. 6 . Lời giải

D. 4 .

Chọn A Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 .

DẠ

Đặt: t = 31+

1− x 2

, t ∈ [3;9] .

Phương trình trở thành: t 2 − ( m + 3) t + 2m + 1 = 0 ⇔ m(t − 2) = t 2 − 3t + 1 ⇔ m =

t 2 − 3t + 1 (1) t −2

t 2 − 3t + 1 , t ∈ [ 3;9] . t−2 t 2 − 4t + 5 Ta có f '(t ) = > 0, t ∈ [3;9]  Hàm số luôn đồng biến trên đoạn [3;9] 2 (t − 2)

Xét hàm số f (t ) =

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 37

Vậy f (3) ≤ f (t ) ≤ f (9) hay 1 ≤ f (t ) ≤

55 . 7

Phương trình (1) có nghiệm t ∈ [3;9] ⇔ 1 ≤ m ≤

55 . 7

(THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

D. m > 2 f ( 0 ) − e .

ƠN

Lời giải Chọn B  Có 2 f ( x ) < ecos x + m ⇔ 2 f ( x ) − ecos x < m .

FI CI A

Câu 65.

Vì m ∈ Z  m ∈ {1; 2;3; 4;5;6;7} .

 π  Xét hàm g ( x ) = 2 f ( x ) − ecos x , có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) + sin x.ecos x > 0, ∀x ∈  0;  .  2  π Suy ra g ( x ) = 2 f ( x ) − ecos x đồng biến trên 0;  .  2 Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng π π   π  cos π   π x ∈  0;  . ⇔ m ≥ max g ( x ) = g   = 2 f   − e 2 = 2 f   − 1 . π   2 2 2  2 0; 2 

QU Y



DẠ

KÈ



Trang 38

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

với

m ọi

VẤN ĐỀ 3. TÍCH PHÂN

 [ xf ′( x)] 1

dx = 2 . Tich phân



x 2 f ( x)dx bằng

FI CI A

f (1) = 2, f (2) = 1 và

A. 4.. B. 2. C. 1. D. 3. Lời giải Chọn D



4 4 dx = − = 2; 2 x x1



f ′( x)dx = f ( x) 1 = −1

Ta có:

Câu 1. (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên đoạn [1; 2] thỏa mãn

2 4 2 2  1 ( xf ′( x) ) + 4 f ′( x) + x 2 dx = 0 nên 1  xf ′( x) + x  dx = 0 2 2 ⇔ f ′( x) = − 2  f ( x) = + C x x 2 Mà f (1) = 2 ⇔ C = 0  f ( x) = x 2 2 2 2 Khi đó  x 2 f ( x) dx =  x 2 ⋅ 2 dx = 2 x 1 = 3 . 1 1 x Câu 2. (Chuyên Vinh – 2022) Cho hàm số y = x 4 + bx3 + cx 2 + dx + e(b, c, d , e ∈ ℝ) có các giá trị cực trị là f ′( x) 1,4 và 9. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g ( x) = với trục hoành bằng f ( x) A. 4. B. 6. C. 2. D. 8. Lời giải Chon B Gọi m, n, p ( m < n < p ) lần lượt là các điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) . Ta có bảng xét dấu của f ′( x ) như sau: Khi đó hàm số đạt cực tiểu m, p và đạt cực đại tại x = n  f ( n ) = 9 . f ′( x) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g ( x) = với trục hoành là f ( x) 2

KÈ

QU Y

ƠN

Vì

S =  |g ( x) | dx = m



g ( x)dx +



g ( x)dx =  g ( x) dx −  g ( x) dx m

= 2[ f ( x)] − 2[ f ( x)]np m

DẠ

= 2[ f ( n) − f ( m)] − 2[ f ( p ) − f ( n)] = 4 f ( n) − 2( f ( m) + f ( p)) = 4.3 − 2 ⋅ (1 + 2) = 6. Câu 3. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2022) Cho hàm số 3 2 y = f ( x ) = ax + bx + cx + d , ( a, b, c, d ∈ ℝ, a ≠ 0 ) có đồ thị ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị ( C ) và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

L 725 π. 35

729 π. 35

FI CI A

C. 6 π .

Lời giải

Chọn B Phương trình f ′ ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt là: −1;1

1 π. 35

 f ′ ( x ) = k ( x + 1)( x − 1)

Mà f ′ ( 0 ) = −3 ⇔ k .1. ( −1) = −3 ⇔ k = 3 . Do đó: f ′ ( x ) = 3 ( x + 1)( x − 1)  f ′ ( x ) = 3x 2 − 3 .

ƠN

 f ( x ) =  f ′ ( x ) dx =  ( 3x 2 − 3) dx = x3 − 3x + C .

Đồ thị ( C ) của hàm số y = f ( x ) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm, nghĩa là đường thẳng ( d ) : y = 4 là tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại điểm có hoành độ x0 âm.

 x0 = 1 . Vì x0 âm, nên x0 = −1 .  f ′ ( x0 ) = kd ⇔ 3 x02 − 3 = 0 ⇔   x0 = −1 3

Ta có: f ( x0 ) = 4 ⇔ ( −1) − 3 ( −1) + C = 4 ⇔ C = 2 .

QU Y

x = 1 Do đó: f ( x ) = x3 − 3x + 2 . Xét: f ( x ) = 0 ⇔ x 3 − 3 x + 2 = 0 ⇔  .  x = −2  y = f ( x ) ; y = 0 Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi:  .  x = 1; x = −2 Thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H quanh trục Ox là: 1 729 V = π  f 2 ( x ) dx = π. 35 −2 1

Câu 4. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Xét hàm só́ f ( x ) = e x +  x f ( x ) dx . Giá trị của 0

f ( ln 2022 ) bằng bao nhiêu?

KÈ

A. 2022 .

B. 2021 .

C. 2023 . Lời giải

D. 2024 .

Chọn D Từ yêu cầu đề bài và đáp án, ta có thể đặt: f ( x ) = e x + C 1

Khi đó: f ( x ) = e x +  x f ( x ) dx ⇔ e x + C = e x +  x ( e x + C ) dx

DẠ

⇔ e x + C = e x +  xe x dx +  Cxdx (1) .

V ới :

u = x du = dx  . xe x dx , đặt:  x x 0 dv = e dx v = e



Khi đó:

Trang 2



( ) −  e dx = ( xe )

xe x dx = xe x

1 0

− e x = ( x − 1) e x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(1) ⇔ e x + C = e x + ( x − 1) e x 0 +

C 2 x 2 0

C  C  ⇔ C =  e x ( x − 1) + x 2  ⇔ C = + 1 ⇔ C = 2 2 0 2  1 và 25

FI CI A

 f ( x ) = e x + 2  f ( ln 2022 ) = 2024 .

Câu 5. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hàm số f ( x ) thoả mãn f ( 2 ) = − 2

ƠN

f ′ ( x ) = 4 x3  f ( x )  vói mọi x ∈ ℝ . Giá trị của f (1) − f ( 0 ) bằng 1 1 1 1 A. . B. − . C. − .D. 90 90 72 72 Lời giải Chọn A f ′( x) 2 Ta có: f ′ ( x ) = 4 x 3  f ( x )   = 4 x3 2  f ( x )   f '( x)   dx = 4x 3dx ⇔ − 1 = x 4 + C ⇔  2    f ( x )  f ( x)    1 1 ⇔− = x4 + C  f ( x ) = − 4 f ( x) x +C

1 1 1 ⇔ f ( 2) = − =− C =9 25 16 + C 25 1 1 1 1 .  f ( x) = − 4  f (1) − f ( 0 ) = − + = x +9 10 9 90 Câu 6. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số

V ới f ( 2 ) = −

QU Y

f ′ ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , g ′ ( x ) = qx 2 + nx + p với a , q ≠ 0 có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) và y = g ′ ( x ) bằng 10 và f ( 2 ) = g ( 2 ) . Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) bằng

a (với a , b ∈ ℕ b

DẠ

KÈ

và a , b nguyên tố cùng nhau). Tính a − b .

A. 18.

B. 19.

C. 20. Lời giải

D. 13.

Chọn D Phương trình f ′ ( x ) = g ′ ( x ) có ba nghiệm bội lẻ phân biệt là: 0;1; 2 .

 f ′ ( x ) − g ′ ( x ) = kx ( x − 1)( x − 2 )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

V ới ( H 1 )

 y = f ′( x) 2  giới hạn bởi:  y = g ′ ( x ) , ta có: S( H1 ) =  f ′ ( x ) − g ′ ( x ) dx 0   x = 0; x = 2

 k  x ( x − 1)( x − 2 ) dx = 10 ⇔ k = 20 Do đó: f ′ ( x ) − g ′ ( x ) = 20 x ( x − 1)( x − 2 )

 f ′ ( x ) − g ′ ( x ) = 20 x ( x 2 − 3x + 2 )  f ′ ( x ) − g ′ ( x ) = 20 x3 − 60 x 2 + 40 x (1) .

  f ′ ( x ) − g ′ ( x ) dx =  ( 20 x

Lấy tích phân hai vế của (1) , ta được:

− 60 x 2 + 40 x ) dx

 f ( x ) − g ( x ) = 5 x 4 − 20 x3 + 20 x 2 + C ( 2 )

Thay x = 2 vào ( 2 ) , ta được: f ( 2 ) − g ( 2 ) = C  C = 0 . Do đó: f ( x ) − g ( x ) = 5 x 4 − 20 x3 + 20 x 2 .

ƠN

x = 0 . Xét: f ( x ) − g ( x ) = 0 ⇔ 5 x 4 − 20 x3 + 20 x 2 = 0 ⇔  x = 2 V ới ( H 2 )

FI CI A

 y = f ( x) − g ( x) 2  16 giới hạn bởi:  y = 0 , ta có: S( H 2 ) =  f ( x ) − g ( x ) dx = . 3 0  x = 0; x = 2 

Do đó: a = 16, b = 3 . Vậy a − b = 13 .

Câu 7. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và thoả mãn

f ′ ( x ) − 2 f ( x ) = ( x + 1) e 2

, ∀x ∈ ℝ và f (1) = e2 . Biết f ( 3) = a.eb + c với a , b , c ∈ ℕ .

QU Y

Tính 2a + 3b + 4c.

x2 + 4 x −1 2

A. 36 .

B. 30 .

Chọn A

(

)

Ta có: f ′ ( x ) − 2 f ( x ) = x + 1 e

. f ′( x) + (e

−2 x

D. 32 .

, ∀x ∈ ℝ .

. f ′ ( x ) − 2.e . f ( x ) = ( x + 1) e −2 x

)′ . f ( x ) = ( x2 + 1) e

KÈ

e

−2 x

ta được: e

Nhân 2 vế cho e

−2 x

x 2 + 4 x −1 2

C. 24 . Lời giải

x 2 −1 2

(

 (e

−2 x

′

x2 −1 2

). f ( x )) = ( x

+ 1) e

x 2 −1 2

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:

). f ( x) =  ( x

 (e

−2 x

DẠ

 (e

−2 x

). f ( x) =  ( x (

)

Đặt H =  x + 1 e 2

H =  ( x + 1) e

Trang 4

x2 −1 2

x 2 −1 2

+ 1) e + 1) e

x2 −1 2 x2 −1 2

dx + C dx + C

dx =  x e 2

x2 −1 2

dx +  e

x 2 −1 2

dx (*)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

dx bằng phương pháp nguyên hàm từng phần.

x −1  u = e 2 Đặt  ta có: dv = dx 2

Suy ra:  e

x 2 −1 2

dx = xe

x −1  du = x.e 2 dx   v = x 2

x 2 −1 2

−x e 2

(

x 2 −1 2

)

Thế vào (*) ta được: H =  x + 1 e

 (e

−2 x

) . f ( x ) = xe

x2 −1 2

e

x2 −1 2

dx =  x e 2

x2 −1 2

dx + xe

x2 −1 2

Mà f (1) = e2

( )

FI CI A

Ta tìm

x 2 −1 2

−x e 2

x 2 −1 2

dx = xe

x 2 −1 2

 (e

−2 x

) . f ( x ) = xe

x2 −1 2

( )

Ta cho x = 1  e−2 . f (1) = 1.e0 + C  e−2 .e2 = 1.e0 + C  C = 0

a = 3  Suy ra b = 10  2a + 3b + 4c = 36 . c = 0 

ƠN

Để tính f ( 3) ta chọn x = 3  e−6 . f ( 3) = 3e4  f ( 3) = 3e10 = a.eb + c

QU Y

Câu 8. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho hàm số f ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c( a, b, c ∈ ℝ) có hai điểm cực trị là −1 và 1. Gọi y = g ( x ) là hàm số bậc hai có đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ trùng với các điểm cực trị của f ( x ) , đồng thời có đỉnh nằm trên đồ thị của f ( x ) với tung độ bằng 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ( x ) và y = g ( x ) gần với giá trị nào nhất dưới đây? A. 10. B. 12. C. 13. D. 11. Lời giải.

Gọi I là toạ độ đỉnh của đồ thị hàm số g ( x ) , dễ thấy I (0; 2) và g ( x ) = −2( x − 1)( x + 1) hay

g ( x) = −2 x 2 + 2

Ta có: f ′( x) = 3 x 2 + 2ax + b .

DẠ

KÈ

3 − 2a + b = 0 a = 0 ⇔  f ( x) = x3 − 3 x + c . Theo bài ra, ta có:  b = −3 3 + 2a + b = 0 Vi I thuộc đồ thị của f ( x ) , nên c = 2  f ( x) = x3 − 3 x + 2 .  x = −3 3 2 Xét f ( x) − g ( x) = x + 2 x − 3 x = 0 ⇔  x = 0  x = 1 Diện tích hình phẳng cần tìm là 0 1 7 S =  x 3 + 2 x 2 − 3 x dx +  x 3 + 2 x 2 − 3 x dx = ≈ 11,8 −3 0 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Câu 9. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn 1

( 2x

)

− 3x 2 f ′( x) f ( x)

−x

, ∀x ∈ [0;1]. Tính

dx.

1 . 10

A. I = −

f ( x) ⋅ f (1 − x) = e x

f (1) = 1 và

FI CI A

I =

sao cho

[0;1]

2 . 5 1 C. I = − . 60 1 D. I = . 10

B. I =

Lời giải Chọn A 2 Ta có f ( x) ⋅ f (1 − x) = e x − x ⇔ ln f ( x) + ln f (1 − x) = x 2 − x ⇔ ( x 2 − x ) ln f ( x) + ( x 2 − x ) ln f (1 − x) = ( x 2 − x ) 1

ƠN

  ( x 2 − x ) ln f ( x) dx +  ( x 2 − x ) ln f (1 − x )dx =  ( x 2 − x ) dx 0

⇔  ( x − x ) ln f ( x)dx +  x( x − 1) ln f (1 − x) dx =  ( x 2 − x ) dx 2

 dx = −dt  Đặt t = 1 − x ⇔ x = 1 − t   x = 0  t = 1 x = 1  t = 0 

 I =  x( x − 1) ln f (1 − x)dx =  °(1 − t )t ln f (t )dt =  x( x − 1) ln f ( x)dx =  ( x 2 − x ) ln f ( x)dx 0

( ) ( ( 2 x − 3x ) f ′( x)dx =

I =

)

 (2x

f ( x)

(

QU Y

 2  x 2 − x ln f ( x) dx = 

1 1 1 x 2 − x dx = ⇔  x 2 − x ln f ( x) dx = 0 30 60 2

)

− 3 x 2 )d ln f ( x)

−1 0 0 0 10 (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên 1

Câu 10.

= ( 2 x 3 − 3 x 2 ) ln f ( x) − 6  ( x 2 − x ) ln f ( x) dx = −6  ( x 2 − x ) ln f ( x) dx =

( 0; +∞ ) và thỏa mãn f (1) = 2 ; 3

34 .

KÈ

f ′( x) =

x2  f ( x ) 

B. 34 .

với mọi x ∈ ( 0; +∞ ) . Giá trị f ( 3) bằng

C. 3 . Lời giải

20 .

Chọn A

Ta có f ′ ( x ) =

⇔ f ′ ( x ) .  f ( x )  = x 2 với mọi x ∈ ( 0; +∞ ) .

DẠ

 f ( x )  Lấy nguyên hàm hai vế ta được:



f ′ ( x ) .  f ( x )  dx =  x dx ⇔ 2

f 3 ( x)

x3 +C . 3

3 8 1 8 1 7 Theo đề bài f (1) = 2 nên ta có: = + C ⇔ C = − = . 3 3 3 3 3 Khi đó f ( x ) = 3 x 3 + 7  f ( 3) = 3 34 .

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 11.

(THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v ( km / h ) phụ thuộc vào thời gian t ( h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 2 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đó là một đường parabol có đỉnh I ( 2;7 ) và trục đối xứng của

A. s = 15,81 ( km ) .

FI CI A

B. s = 17,33 ( km ) .

C. s = 23,33 ( km ) .

D. s = 21,33 ( km ) .

ƠN

Lời giải Chọn D Trong 2 giờ đầu, đồ thị hàm vận tốc là một parabol có đỉnh I ( 2; 7 ) như hình vẽ nên hàm vận tốc

v ( t ) = −t 2 + 4t + 3

Trong 2 giờ sau đồ thị hàm vận tốc là đoạn thẳng IA như hình vẽ nên hàm vận tốc v ( t ) = 11 − 2t

QU Y

Câu 12.

Vậy quãng đường s vật chuyển động sau 4 giờ là 4 2 4 64 s =  v ( t ) dt =  ( −t 2 + 4t + 3) dt +  (11 − 2t ) dt = . 3 0 0 2

KÈ

A. 3.439.000 đồng.

B. 3.628.000 đồng.

C. 3.580.000 đồng. Lời giải

D. 3.363.000 đồng.

DẠ

Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

FI CI A

 x3  2 +) S1 =  (1 − x ) dx =  x −  = . 3 0 3  0 2

x3 +) S 2 =  x dx = 3 1 m

2  y = x Toạ độ các điểm A, B , C , D là nghiệm của hệ phương trình  2 . 2  x + y = 4  −2 + 2 17 −1 + 17   ≡ (m; m 2 ) . ; Giải hệ ta được: A    2 2   m2 − 2 m2 Từ đó: phương trình đường thẳng AE : y = ; x + 2 AF : y = ( x − 2) . m m−2 Do đó:

1 1 = m3 − . 3 3

m  m 2 − 2   m2 − 2  m2 − 2  x2 1 2 +) S3 =   x + 2  − m  dx = ( x m ) dx − = − mx  = − m3 + m .   m m 0 m  2 2  0   0

 1    m2 x  m2  x2 +) S 4 =   4 − x 2 − ( x − 2)  dx =  x 4 − x 2 + 2arc sin  −  − 2x  m−2 2 m−2 2   m m  2 1 1 m = m3 − m 4 − m 2 − m 2 − 2arc sin + π . 2 2 2 1 3 1 1 m Suy ra: S1 + S 2 + S3 + S 4 = m + − m 4 − m 2 − m 2 + m − 2arc sin + π . 3 3 2 2 Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo là: 250000.π22 + 50000.4(S1 + S2 + S3 + S4 ) ≈ 3 439 191 đồng.  2 x + 3, khi x < 2 (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hàm số f ( x ) =  3 . Giả sử F ( x ) là  4 x − 1, khi x ≥ 2 nguyên hàm của f ( x ) trên ℝ và thỏa mãn F ( 0 ) = 3 . Giá trị F ( 3) − 5 F ( −5 ) bằng

A. 12 .

QU Y

Câu 13.

ƠN

B. 16 .

Chọn A

C. 13 . Lời giải

−5

D. 7 .

Ta có: F ( 3) − F ( 0 ) + 5F ( 0 ) − 5F ( −5 ) =  f ( x ) dx + 5.  f ( x ) dx 2

=  ( 2 x + 3) dx +  ( 4 x 3 − 1 ) dx + 5.  ( 2 x + 3) dx = 24 0

−5

Suy ra F ( 3 ) − 5 F ( −5 ) + 4 F ( 0 ) = 24  F ( 3 ) − 5 F ( −5 ) = 12 .

(THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hai hàm đa thức f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d và

KÈ

Câu 14.

g ( x ) = mx 2 + nx + p . Biết rằng đồ thị hai

hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −1; 2; 4 đồng thời cắt

DẠ

trục tung lần lượt tại M , N sao cho MN = 6 ( tham khảo hình vẽ).

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đã cho ( phần gạch sọc) có diện tích bằng 125 253 253 253 A. . B. . C. . D. . 8 24 16 12

Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y = f ( x ) và y = g ( x ) là:

ƠN

ax 3 + bx 2 + cx + d = mx 2 + nx + p ⇔ ax 3 + ( b − m ) x 2 + ( c − n ) x + d − p = 0

Do đồ thị hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −1;2;4

nên ta được a ( x + 1)( x − 2 )( x − 4 ) = ax 3 + ( b − m ) x 2 + ( c − n ) x + d − p . Mà f ( 0 ) − g ( 0 ) = yM − yn = MN = 6 . Suy ra a =

Khi đó: S =

(Liên



f ( x ) − g ( x ) dx = 

−1

trường

Hà

Tĩnh

3 253 ( x + 1)( x − 2 )( x − 4 ) dx = . 4 16

–

2022)

Cho

hàm

số

f ( x)

thỏa

mãn

ln 2 e3 x ( 4 f ( x) + f ′( x) ) = 2 f ( x) , ∀x ≥ 0 và f (0) = 1 . Tính I =  f ( x )dx  0 f ( x) > 0  11 A. I = . 24 1 B. I = − . 12 209 C. I = . 640 201 D. I = . 640 Lời giải f ′( x ) 1 1 = z ⇔ e 2 x ⋅ f ( x) ′ = z . Ta có: e3 x ( 4 f ( x) + f ′( x) ) = 2 f ( x) ⇔ 2e 2 x f ( x) + e 2 x ⋅ e 2 f ( x) e 1 1 Do đó e2 x ⋅ f ( x) là một nguyên hàm của x , tức e 2 x ⋅ f ( x ) = − x + C . e e

DẠ

KÈ

Câu 15.

3 ( x + 1)( x − 2)( x − 4) . 4

QU Y

Do đó: f ( x ) − g ( x ) =

3 . 4

(

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

Trang 9

1   2 Thay x = 0 vào ta được C = 2 . Tìm được f ( x) =  2 x − 3 x  . e  e 2

ln 2  4 1  4 1  209  2 I =  f ( x)dx =   2 x − 8 x  dx =   4 x − 3 x + 6 x dx = . 0 0 0 640 e  e e  e e Câu 16. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số f ( x) xác định trên ℝ \{−1; 2} thỏa mãn 1 1 f ′( x) = 2 ; f (−3) − f (3) = 0 và f (0) = . Giá trị của biểu thức f (−4) + f (1) − f (4) bằng x −x−2 3 1 1 A. + ln 2 . 3 3 B. 1 + ln S 0 . 1 C. − ln 2 . 3 1 8 D. 1 + ln . 3 5 Lời giải dx 1  1 1  1 x−2 f ( x) =  2 =  − +C dx = ln x + x − 2 3  x − 2 x +1 3 x +1 1 x − 2  3 ln x + 1 + C1 khi x > 2  1 x−2 1  2 − x   f ( x ) = ln + C =  ln   + C2 khi − 1 < x < 2 3 x +1 3  x +1  1 x − 2 + C3 khi x < −1  ln 3 x +1 1 5 1 8 Khi đó: f (−3) − f (−4) = ln ; f (4) − f (3) = ln 3 4 3 5 1 1 f (−3) − f (−4) + f (4) − f (3) = ln 2  f (−4) − f (4) = − ln 2 3 3 1 1 1 1 1 Mặt khác f (1) − f (0) = ln  f (1) = + ln 3 4 3 3 4 1 Do đó f (−4) + f (1) − f (4) = − ln 2 . 3 Câu 17. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục ln 2

QU Y

ƠN

FI CI A

ln 2

trên ℝ và thỏa mãn các điều kiện f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ f ( 0 ) = 1 và f ′ ( x ) = −4 x 3 ( f ( x ) ) ∀x ∈ ℝ . Tính I =  x 3 . f ( x ) dx . 0

ln 2 . 4

KÈ

A. I =

B. I = ln 2 .

C. I =

1 . 4

D. I =

Lời giải

Chọn A Cách 1.



f ′( x) 1 = −4 x 3 ⇔ =  4 x 3 dx = x 4 + C 2 f ( x) f ( x)

DẠ

Ta có: f ′ ( x ) = −4 x 3 ( f ( x ) )

1 x3 3  x f x = ( ) 4 x4 + 1 x +1 4 1 1 1 3 d x + 1 ) = 1 ln x 4 + 1 1 = 1 ln 2 . x 1 ( V ậ y I =  x 3 f ( x ) dx =  4 dx =  4 ( )0 4 x +1 4 0 x +1 4 0 0

Do f ( 0 ) = 1 nên C = 1 . Từ đó: f ( x ) =

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 . 6

Câu 18.

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ln x, trục hoành và hai đường thẳng x = 1; x = m, với m > 1. Khi hình phẳng D có diện tích bằng 1, giá trị của m thuộc khoảng nào dưới đây ? y

7  A.  ; 4  . 2 

 7 B.  3;  .  2

5  C.  ;3 . 2 

Lời giải Chọn C m

FI CI A

 5 D.  2;  .  2

-1 O

y = ln x

ƠN

 Có S =  ln x dx =  ln xdx = ( x.ln x − x ) |1m = m.ln m − m + 1 = 1 5  ⇔ m ( ln m − 1) = 0 ⇔ ln m = 1 ⇔ m = e ≈ 2, 72 ∈  ;3 . 2 

Câu 19.

1 . ln 2

QU Y

A. F ( −π ) = − 2π + C. F ( −π ) = −2π . Chọn A 1

Ta có



D. F ( −π ) = −2π −

f ( x ) dx =

−π



f ( x ) dx =

KÈ

−π

1 . ln 2

1 . ln 2 Lời giải

2x 1  1  2 x 2 sin x + 1 d x + 2 d x = − sin 2 x + 2 x + = 2π + )    −π ( ln 2  2  −π ln 2 0 0

Mặt khác

B. F ( −π ) = −π −

 −π

f ( x ) dx +  f ( x ) dx = f (1) − f ( −π ) 0

DẠ

1 1 Khi đó: f (1) − f ( −π ) = 2π + ⇔ f ( −π ) = −2π + ln 2 ln 2 Câu 20. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị (C ) , Biết f ( −1) = 0 . Tiếp tuyến d tại điểm có hoành độ x = −1 của (C ) cắt (C ) tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2, Gọi S1 ; S 2 là diện tích hình phẳng (phần gạch chéo trong hình vẽ). Tính S 2 , 401 biết S1 = . 2022

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

L FI CI A

12431 . 2022 5614 B. − . 1011 2005 C. . 2022 2807 . D. 1011

ƠN

( −4a − 2b)( x + 1) = ax + bx + c(*)

Lời giải Từ đồ thị (C ) nhận thấy a > 0; b < 0; c > 0 . Ta có: f ( −1) = 0 suy ra: a + b + c = 0 (1); gọi A( −1; 0) Phương trình tiếp tuyến tại A( −1; 0) là ( d ) : y = y′(1)( x + 1) = ( −4a − 2b )( x + 1) Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến (d ) và

đồ

thị

(C ) :

S1 = 

có:

 S1 = a 

−1

QU Y

 −4a − 2b = c Mà x = 0, x = 2 là nghiệm của (*) suy ra   −12a − 6b = 16a + 4b + c c = − a − b c = − a − b  c = 2a Từ (1) và (2) ta có:  ⇔ ⇔ b = −3a  b = −3a  −4a − 2b = − a − b 0

−1

( ax

)

− 3 x 2 − 2 x dx =

)

+ bx 2 + c − (−4a − 2b)( x + 1) dx = 

−1

( ax

)

− 3ax 2 + 2a − 2a( x + 1) dx

a 401 2005 . = a= 5 2022 2022

(

)

(

)

KÈ

2 28a 5614 .  S 2 =  ( −4a − 2b)( x + 1) − ax 4 + bx 2 + c dx = a  − x 4 + 3 x 2 + 2 x dx = = 0 0 5 1011 5614 V ậy S 2 = . 1011 Câu 21. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số 2

DẠ

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

C. −5 . D. 16. Lời giải Từ đồ thị hàm số y = f ′( x ) và y = g ′( x ) suy ra f ′( x ) − g ′( x ) = ax ( x − 1)( x − 2) . 2 2 2 5 5 5 1 5 Mà  f ′( x ) − g ′( x ) dx = ⇔  |ax ( x − 1)( x − 2) | dx = ⇔| a |  |x ( x − 1)( x − 2) | dx = ⇔ | a |= ⇔| a |= 5 0 0 0 2 2 2 2 2 B. 55.

A. 7.

Dựa vào đồ thị hàm y = f ′( x ) suy ra a > 0 . Do đó | a |= 5  a = 5 .

(

ƠN

Mặt khác, lại có f ′( x ) − g ′( x ) = 5 x ( x − 1)( x − 2) = 5 ( x 3 − 3 x 2 + 2 x )   ( f ′( x) − g ′( x) )dx =  5 ( x 3 − 3 x 2 + 2 x )  f ( x) − g ( x) = Với x = 2  f (2) − g (2) = C  C = 0 .

5 4 ( x − 4 x3 + 4 x2 ) + C 4

x = 0 5 4 . x − 4 x 3 + 4 x 2  f ( x) − g ( x) = 0 ⇔  4 x = 2 Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là 2 5 a = 4 4  . Vậy T = a 2 − b 2 = 7 . S =   x 4 − 4 x 3 + 4 x 2 dx =   0 b = 3 4 3    Câu 22. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho f ( x ) là hàm đa thức bậc bốn và có đổ thị như hình vẽ. Hình phắng gióri hạn bởi đổ thị hai hàm số y = f ( x ) ; y = f ′( x ) có diện tích bằng

)

KÈ

QU Y

(

Suy ra f ( x) − g ( x) =

127 . 40 107 B. . 5 87 C. . 40 127 D. . 10

DẠ

Lời giải Ta có f ( x) = k ( x + 2) 2 ( x − 1) 2 ; f (−1) = 1 ⇔ 4k = 1 ⇔ k =

1 1  f ( x) = ( x + 2) 2 ( x − 1) 2 . 4 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

1  2( x + 2)( x − 1) 2 + 2( x − 1)( x + 2) 2  . 4 Phương trình hoành độ giao điểm: 1 1 ( x + 2) 2 ( x − 1) 2 =  2( x + 2)( x − 1) 2 + 2( x − 1)( x + 2) 2  4 4 1 ⇔ ( x + 2)( x − 1)[( x + 2)( x − 1) − 2( x − 1) − 2( x + 2)] = 0 4 1 ⇔ ( x + 2)( x − 1) ( x 2 − 3 x − 4 ) = 0 4 ⇔ x = −2; x = −1; x = 1; x = 4. 4 4 1 107 Vì vậy S =  f ( x) − f ′( x) dx =  . ( x + 2)( x − 1) ( x 2 − 3 x − 4 ) dx = −2 −2 4 5 Câu 23. (Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ thoả män 2 f ( x ) + xf ′( x ) = 3 x + 10, ∀x ∈ ℝ và f (1) = 6 . Biết

FI CI A

Do đó f ′( x) =

ln(2 + f ( x)) dx = a ln 5 + b ln 6 + c ln(2 + 3), ( a, b, c ∈ ℚ) . Khi đó a + b + c thuộc khoàng −1 f ( x ) − 6 f ( x ) + 9 nào dưới đây? A. (1; 2) . B. (2;3) . C. (0;1) . D. (−1;0) . Lời giải 2 10 Ta có 2 f ( x ) + xf ′( x ) = 3 x + 10 ⇔ f ′( x ) + f ( x ) = 3 + ⇔ x 2 f ′( x ) + 2 xf ( x ) = 3 x 2 + 10 x x x 2 2 2 2 ⇔ ( x f ( x) ) ′ = 3 x + 10 x  x f ( x) =  ( 3 x + 10 x )dx = x 3 + 5 x 2 + C ; f (1) = 6  C = 0  f ( x) = x + 5. 4

ƠN



4 ln(2 + 4 ln(2 + ln(2 + f ( x )) f ( x)) x + 5) dx =  dx =  dx . 2 −1 f ( x ) − 6 f ( x ) + 9 −1 ( f ( x ) − 3) −1 ( x + 2) 2 Trước tiên từng phần 1 4 4 4 1  1 1  I =  ln(2 + x + 5)d  − ln(2 + x + 5) +  ⋅ 2 x + 5 dx =− −1 − 1 x+2 x + 2 2+ x+5  x+2 −1 1 4 1 1 1 = − ln 5 + ln 4 +  ⋅ 2 x + 5 dx = − ln 5 + ln 4 + K . − 1 6 x+2 2+ x+5 6 Tích phân chúng ta đổi K 1 2 2 t = 2 + x + 5  dt = dx; x + 5 = (t − 2)  x + 2 = (t − 2) − 3 . 2 x+5 5 1 dt . Đổi cận x = −1  t = 4; x = 4  t = 5  K =  4 t (t − 2) 2 − 3 4

KÈ

QU Y

Khi đó I = 

(

t (t − 2) − 3

)

a 2(t − 2) c 1 +b⋅ +  a = 1; b = − ; c = 2 . 2 2 t (t − 2) − 3 (t − 2) − 3 2

DẠ

Đồng nhất hệ số

(

Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

biến

 1 1 2(t − 2)  2 1 2 t −2− 3  K =  − ⋅ dt =  ln | t | − ln (t − 2)2 − 3 + ln +  ∣  2 2 4 t   2 2 3 t 2 3 − +  2 (t − 2) − 3 (t − 2) − 3   4

5 1 1 5 1 1 2 = ln 5 − ln 6 + ln(2 + 3)  a + b + c = − + = . 6 2 3 6 2 3 3

FI CI A

1 1  3− 3 2− 3  1 1 = ln 5 − ln 4 − ln 6 + − ln ln(2 + 3)  ln  = ln 5 − ln 4 − ln 6 + 2 2 3  3+ 3 2+ 3  3 1 1   1   I =  − ln 5 + ln 4  +  ln 5 − ln 4 − ln 6 + ln(2 + 3)  2 3  6   

(Sở Thanh Hóa 2022) Cho hàm số f ( x ) ≠ 0, ∀x > 0 và có đạo hàm f ′( x ) liên tục trên khoảng 1 (0; +∞ ) thoả 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 (3) + …+ f (2022) bằng 2022 . A. 2023 2021 B. . 2022 2021 . C. − 2022 2022 . D. − 2023 Lời giải f ′( x) f ′( x) 1 Có 2 = 2 x + 1   2 dx =  (2 x + 1)dx ⇔ − = x2 + x + C . f ( x) f ( x) f ( x) 1 1 1 Có f (1) = −  − . = 1 + 1 + C ⇔ C = 0  f ( x) = − 2 1 2 x +x − 2 2022 1  20122 1  1  2022 1 1 1 Vì vậy f ( x) = −  − . f ( k )  = −     −  = − − =− k +1  2023  x x +1   1 2023  k =1 k =1  k Câu 25. (Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm xác định trên (0; +∞ ) và thỏa mãn 1 a x ( f ′( x) + x ) = ( x + 1) f ( x); f (1) = e + 1 . Biết rằng  f ( x ) dx = ; trong đó a , b là những số nguyên 0 b a dương và phân số tối giản. Khi đó giá trị của (2a + b) tương ứng bằng: b A. 4. B. 5. C. 8. D. 7. Lời giải Ta có: x ( f ′( x) + x ) = ( x + 1) f ( x) ⇔ xf ′( x) − xf ( x) − f ( x) = − x 2

KÈ

QU Y

ƠN

Câu 24.

DẠ

Với x = 0 ta có: f (0) = 0 (1) V ới x ≠ 0 xf ′( x) − f ( x) f ( x) f ( x)  f ( x)  Chia cả hai vế cho x 2 : − = −1 ⇔  ′− = −1 2  x x x  x  f ( x)  f ( x)   f ( x) − x  Nhân hai vế với e − x : e − x  ′ − e− x = −e − x ⇔  ⋅ e  ′ = −e − x  x x x     f ( x) − x Lấy nguyên hàm hai vế: ⋅ e = e− x + C x

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

f (1) −1 ⋅ e = e −1 + C ⇔ C = 1 1

Do f (1) = e + 1 nên:

f ( x) − x ⋅ e = e − x + 1 ⇔ f ( x ) = x (1 + e x ) (2) x Từ (1) và (2) ta có f ( x ) = x (1 + e x ) thỏa mãn yêu cầu đề bài 1

V ậy

1 1 x2 x2 3 Khi đó:  x 1 + e dx = +  xe x dx = + xe x − e x = . 0 0 0 2 0 2 0 2 Kết luận (2a + b) = 2.3 + 2 = 8 . Câu 26. (Sở Bắc Giang 2022) Một bức tường lớn kích thước 8m × 8m trước đại sảnh của một toà biệt thự được sơn loại sơn đặc biệt. Người ta vẽ hai nửa đường tròn đường kính AD , AB cắt nhau tại H ; đường tròn tâm D , bán kính AD , cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K . Biết tam giác "cong" AHK được sơn màu xanh và các phần còn lại được sơn màu trắng (như hình vẽ) và một mét vuông sơn trắng, sơn xanh lần lượt có giá là 1 triệu đồng và 1,5 triệu đồng. Tính số tiền phải trả (làm tròn đến hàng ngàn).

)

(

)

FI CI A

(

A. 60,567, 000 (đồng). B. 70, 405, 000 (đồng). C. 67,128, 000 (đồng). D. 86,124, 000 (đồng).

ƠN

QU Y

Chọn hệ toạ độ Oxy như hình vẽ sau

Lời giải

Dễ thấy cung AB có phương trình y = f ( x ) = 8 − 16 − ( x − 4) 2 ; cung AH có phương trình

KÈ

y = g ( x) = 4 + 16 − x 2 và cung AC có phương trình y = h( x) = 64 − x 2 . Dễ tìm được tọa độ 24   các điểm H (4; 4) và K  6, 4;  . 5   Diện tích tam giác AHK là S = S AHE + S HEX = 

(

)

64 − x 2 − 4 − 16 − x 2 dx + 

6.4

(

Số tiền cần trả là S ⋅1,5 + ( 82 − S ) ⋅1 = 67,12754262 .

DẠ

Vậy số tiền cần trả là 67,128, 000 (đồng).

Trang 16

)

64 − x 2 − 8 + 16 − ( x − 4) 2 dx ≈ 6, 255085231.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 27.

e x + m (Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số f ( x) =  2 3  x x + 1

(

hàm số

liên tục trên

f ( x)

ℝ

và



−1

)

khi

x≥0

khi

x<0

f ( x ) dx = a ⋅ e −

vớ i

a, b, c ∈ ℕ* ;

b c

tối giản

FI CI A

(e = 2, 718281828) . Biểu thức a + b + c + m bằng A. 13. B. 35. C. −11 . D. 36. Lời giải Hàm số y = f ( x ) có tập xác định là ℝ .

b c

(với m là tham số). Biết

Ta có với ∀x > 0 khi đó f ( x) = e x + m hoặc ∀x < 0 khi đó f ( x) = x 2 ( x 3 + 1) nên hàm số

y = f ( x ) đã liên tục trên các khoảng (−∞;0) và (0; +∞ ) với mọi giá trị của tham số m . Xét tại x = 0 , ta được: 3 lim f ( x ) = lim+ ( e x + m ) = 1 + m; lim− f ( x ) = lim−  x 2 ( x 3 + 1)  = 0 và f (0) = 1 + m. x → 0+ x →0 x →0 x →0   Hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ khi và chỉ khi liên tục tại x = 0 ⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f (0) x→0

x→0

Khi đó



−1

ƠN

⇔ 1 + m = 0 ⇔ m = −1. f ( x)dx =  ° f ( x)dx +  f ( x)dx = I + J trong đó: −1

1 1 3 1 0 3 x + 1) d ( x3 J =  ( e x − 1)dx = ( e x − x ) = e − 2. (  −1 0 0 3 −1 1 1 23 Từ đó ta được  f ( x )dx = e − 2 + = 1.e − . −1 12 12 Từ đó ta tìm được a = 1; b = 23; c = 12; m = −1 nên a + b + c + m = 1 + 23 + 12 + ( −1) = 35 . 0

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho đường cong (C ) : y = x 3 + kx + 2 và parabol P : y = − x 2 + 2 tạo thành hai miền phẳng có diện tích S1 , S 2 như hình vẽ bên.

KÈ

QU Y

Câu 28.

I =  x 2 ( x3 + 1) dx =

DẠ

8 Biết rằng S1 = , giá trị của S 2 bằng 3 1 A. . 2 1 B. . 4 3 C. . 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

5 . 12

Lời giải.

FI CI A

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d x = 0 x3 + kx + 2 = − x 2 + 2 ⇔ x ( x 2 + x + k ) = 0 ⇔  2 x + x + k = 0 Hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt nên phương trình x 2 + x + k = 0 có hai nghiệm phân biệt k < 0  x1 , x2 khác 0 và thỏa mãn x1 < 0 < x2 . Do đó ta có  x2 = −1 − x1 k = − x 2 − x 1 1  Trên đoạn [ x1 ;0] , x3 + kx + 2 ≥ − x 2 + 2 ⇔ x3 + x 2 + kx ≥ 0 . Theo bài ra, diện tích S1 = 0

x 3 + x 2 + kx dx =

8 3



8 nên 3

 x 4 x3 kx 2  8 8 4 3 2 ⇔  ( x + x + kx )dx = ⇔  + +  = ⇔ − ( 3 x1 + 4 x1 + 6kx1 ) = 32 x1 3 4 3 2 3   x1 3

⇔ 3 x14 + 4 x13 + 6 ( − x12 − x1 ) x12 = −32 ⇔ 3 x14 + 2 x13 − 32 = 0 ⇔

ƠN

( x1 + 2 ) ( 3 x13 − 4 x12 + 8 x1 − 16 ) = 0 ⇔

x1 = −2 ( vì x1 < 0 ) .

Với x1 = −2  k = −2, x2 = 1 và x3 + x 2 − 2 x ≤ 0, ∀x ∈ [0;1] , ta có 1

Câu 29.

 x4 x3  5 S 2 = −  ( x + x − 2 x )dx = −  + − x 2  = 0  4 3  0 12 1

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′( x ) liên tục trên ℝ . Miền hình phẳng trong hình vẽ được giới hạn bơi đồ thị hàm số y = f ′( x ) và trục hoành đồng thời có diện tích 1

KÈ

QU Y

S = a . Biết rằng  ( x + 1) f ′( x)dx = b

A. I = a − b + c. C. −a + b + c .

B. I = −a + b − c . D. I = a − b − c . Lời giải

Ta có

DẠ

S = a ⇔  f ′( x)dx −  f ′( x)dx = a ⇔ 2 f (1) − f (0) − f (3) = a ⇔ 2 f (1) − f (0) = a + c. 0

Áp dụng công thức tích phân từng phần với u = x + 1 và dv = f ′( x ) dx , ta được 1

 ( x + 1) f ′( x)dx = b ⇔ ( x + 1) f ( x) − 

Trang 18

f ( x)dx = b ⇔ 2 f (1) − f (0) − I = b ⇔ a + c − I = b ⇔ I = a − b + c.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(Sở Ninh Bình 2022) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x 2 + 2 x + 1 và đường thẳng y = (m + 1) x + 5 có giá trị nhỏ nhất bằng 16 . A. 3 48 B. . 3 64 C. . 3 32 D. . 3

FI CI A

Câu 30.

Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm x 2 + 2 x + 1 = (m + 1) x + 5 ⇔ x 2 + (1 − m) x − 4 = 0.

Với mọi m ta đều có ac = −4 < 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1 , x2 , ( x1 < x2 ) . Theo

 x1 + x2 = m − 1 định lí Vi-et, ta có  và  x1 x2 = −4

( x2 − x1 )

( x2 + x1 )

− 4 x1 x2 = (m − 1) 2 + 16.

ƠN

x2 − x1 =

Khi đó hình phẳng luôn tồn tại và có diện tích là S=

x 2 + (1 − m) x − 4 dx =

 (x x1

+ (1 − m) x − 4 )dx

( m − 2m + 17 = (x − x ) = 2

x2  x3  x2 1 =  + (1 − m) − 4 x  = ( 2 x3 + 3(1 − m) x 2 − 24 x ) ∣ x1 2  3  x1 6

m 2 − 2m + 17 6

) =(

( m − 1) 2 + 16 6

)

≥

43 32 = 6 3

QU Y

32 . 3 Câu 31. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hàm số f ( x) = x 5 + ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + 36 . Biết đồ thị hàm số y = f ( x ), y = f ′( x ) và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2,3. Diện tích m hình phẳng giớihạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và Ox bằng là một phân số tối giản với n m, n ∈ ℕ* . Tổng m + n bằng A. 846. B. 845. C. 848. D. 847.

KÈ

Dấu bằng xảy ra khi m = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng

Lời giải.

DẠ

Từ giả thiết ta có x = 2, x = 3 là nghiệm của f ( x ) và f ′( x ) nên f ( x ) có dạng f ( x) = ( x − 2) 2 ( x − 3) 2 ( x − k ). Mà f (0) = 36 nên k = −1 . Suy ra diện tích hình phẳng cần tìm là 3 3 832 S =  | f ( x) | dx =  ( x − 2) 2 ( x − 3) 2 ( x + 1) dx = −1 −1 15 Câu 32. (Sở Ninh Bình 2022) Gọi X là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : 1 y = −45m − 2 cùng với đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 − 2mx 2 + x + 1 tạo thành hai miền kín có 3 diện tích lần lượt là S1 , S 2 thỏa mãn S1 = S 2 (xem hình vẽ). Số phần tử của tập X là

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

L FI CI A

A. 0. B. 2. C. 1. D. 9. Lời giải.

ƠN

Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị (C ) có hai điểm cực trị và tâm đối xứng I của (C ) thuộc d . Ta có f ′( x) = x 2 − 4mx + 1 nên hàm số có hai điểm cực cực trị khi và chỉ khi 1 1  ∆′ = (2m) 2 − 1 > 0 ⇔  m > m < − . 2 2  Lại có f ′′( x ) = 0 ⇔ 2 x − 4m ⇔ x = 2m. −16 3 −16 3   Với x = 2m thì f ( x) = m + 2m + 1 nên I  2m; m + 2m + 1 . Suy ra I ∈ d khi và chỉ khi 3 3   m = 3 −16 3 3 m + 2m + 1 = −45m − 2 ⇔ 16m − 141m − 9 = 0 ⇔  .  m = −6 ± 33 3  4 −6 + 33  −6 − 33  Dễ thấy m = không thỏa mãn, do đó X = 3; . 4 4  

(Sở Bạc Liêu 2022) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ −3;3] . Biết diện tích

QU Y

Câu 33.

hình phẳng S1 , S 2 giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = − x − 1 lần lượt là 3

M , m . Tính tích phân

 f ( x ) dx .

KÈ

−3

A. 6 + m − M .

B. 6 − m − M .

C. M − m + 6 . Lời giải

D. m − M − 6 .

DẠ

Chọn D

Ta có S1 =

−3

 ( − x − 1 − f ( x ) ) dx = M   ( − x − 1) dx −  f ( x ) dx = M ⇔  f ( x ) dx = −M

S 2 =  ( f ( x ) − ( − x − 1) ) dx = m   f ( x ) dx +  ( x + 1) dx = m ⇔  f ( x ) dx = m − 6 .

Trang 20

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

và



f ( x ) dx =

−3

(Sở

−3

Bạc

I= 1 e

Liêu

2022)

Cho

hàm

số

e x + 1 khi x ≥ 0 y = f ( x) =  2 .  x − 2 x + 2 khi x < 0

f ( ln x − 1) a a dx = + ce biết a, b, c ∈ ℤ và tối giản. Tính a + b + c ? x b b

A. 35 .

B. 29 .

C. 36 . Lời giải

1 dx . x

1  t = −2 và x = e 2  t = 1 . e 1

−2

Đồi cận x =

Khi đó I =  f ( t )dt =  f ( x )dx =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  0

phân

D. 27 .

Chọn C Đặt t = ln x − 1  dt =

Tích

FI CI A

Câu 34.



f ( x ) dx +  f ( x ) dx = − M + m − 6 .

Vậy

−2

− 2 x + 2 )dx +  ( e x + 1)dx 0

ƠN

1  x3  32 a + e = + ce . =  − x2 + 2 x  + ( ex + x ) = 0 3 b  3  −2 Suy ra a = 32, b = 3, c = 1 . Vậy a + b + c = 36 . Câu 35. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số f ( x ) = ax 4 − x 3 + 2 x + 2 và hàm số g ( x ) = bx 3 − cx 2 + 2 có đồ

791 . 640

QU Y

thị như hình vẽ bên. Gọi S1; S2 là diện tích các hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ, biết 221 S1 = . Khi đó S2 bằng 640

571 . 640

271 . 320 Lời giải

1361 . 640

KÈ

Chọn A

Ta có: 1 2

1 2

DẠ

S1 =   f ( x ) − g ( x )  dx =  ( ax 4 − ( b + 1) x 3 + cx 2 + 2 x ) dx =

⇔ 4a − 10b +

a b + 1 c 1 221 − + + = 160 64 24 4 640

80 c = 71 3

Dựa vào đồ thị ta thấy, các giao điểm của g ( x ) và trục hoành chính là điểm cực trị của f ( x ) nên f ′ ( x ) và g ( x ) có ba nghiệm chung. Mặt khác f ′ ( x ) và g ( x ) đều là hàm số bậc ba có hệ số tự

do bằng 2 nên: g ( x ) = f ′ ( x )  4ax 3 − 3 x 2 + 2 = bx 3 − cx 2 + 2, ∀x ∈ ℝ

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 21

b = 4 a  . c = 3

1 1  f ( x ) = x 4 − x3 + 2 x + 2 . 4 4

Từ đó ta được 4a − 40a + 80 = 71 ⇔ a = 2

FI CI A

791 1  V ậ y S 2 =   x 4 − x 3 + 2 x + 2  dx = . 640  34 2

Câu 36.

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và f ( 4 ) = 2 ,

 f ( x ) dx = 4 .

Tính

 xf ′ ( 2 x ) dx 0

B. I = 1 .

C. I = 12 . Lời giải

Chọn B 2

Xét I =  xf ′ ( 2 x ) dx . 0

D. I = 4 .

A. I = 17 .

ƠN

du = dx  u = x  Đặt  . 1 dv = f ′ ( 2 x ) dx v = 2 f ( 2 x ) 2 2 2 2 1 1 1 1 I = x. f ( 2 x ) 0 −  f ( 2 x ) dx = f ( 4 ) −  f ( 2 x ) dx = 2 −  f ( 2 x ) dx 2 20 20 20 Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận x = 0  t = 0; x = 2  t = 4 . 1 1  I = 2 −  f ( t ) dt = 2 −  f ( x ) dx = 2 − 1 = 1 . 40 40

A. S =

QU Y

3 π − . 4 4

Chọn B

B. S =

Câu 37.

C. S =

1 3π . + 4 8

D. S =

Lời giải

1 − cos 2 x 1 1 dx = x − sin 2 x + C . 2 2 4

KÈ

Ta có  sin 2 xdx = 

3 3π . − 4 4

1 1 x − sin 2 x + C 2 4 π 1 π π 1 π  Mà F   = 0 ⇔ − sin + C = 0 ⇔ C = − + . 8 4 2 8 4 4 1 1 π 1 Vậy F ( x ) = x − sin 2 x − + . 2 4 8 4 π 1 π 1 π π 1 π  1 π 1 S = F ( −π ) + 2 F   = − − sin ( −2π ) − + + 2  . − sin 2. − +  2 4 8 4 2 8 4 2 2 2 4 π π π 1 1 3 3π . =− − + + + = − 2 8 4 4 2 4 8

DẠ

 F ( x) =

Trang 22

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3 3π . − 2 8

Câu 38.

(Sở Lạng Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ thỏa mãn f (1) = e và

f ′ ( x ) + f ( x ) = x, x ∈ ℝ . Giá trị f ( 2 ) bằng 1 B. 1 − . e

1 C. 1 + . e Lời giải

D. 2 .

2 . e

Chọn D Ta có:

FI CI A

f ′ ( x ) + f ( x ) = x ⇔ f ′ ( x ) .e x + f ( x ) .e x = xe x ⇔ ( e x . f ( x ) )′ = xe x . Nên

′  ( e . f ( x ) ) dx =  xe dx ⇔ e . f ( x ) = xe x

− ex + C  f ( x ) =

xe x − e x + C . ex

e1 − e1 + C  C = e2 . 1 e xe x − e x + e 2 Suy ra f ( x ) = ex 2.e 2 − e 2 + e 2 =2. f ( 2) = e2 Câu 39. (Sở Lạng Sơn 2022) Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên ( 0; +∞ ) và thỏa

Do f (1) = e  f (1) =

A. 3 < f ( 5 ) < 4 .

ƠN

mãn f (1) = e , f ( x ) = f ′ ( x ) . 3 x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

B. 11 < f ( 5 ) < 12 .

C. 10 < f ( 5 ) < 11 .

D. 4 < f ( 5 ) < 5 .

Lời giải Chọn C Do hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên ( 0; +∞ ) nên f ( x ) = f ′ ( x ) . 3 x + 1 f ′( x) f ′( x) 1 1 2 = ⇔ dx =  dx ⇔ ln f ( x ) = 3 x + 1 + C ( *) f ( x) f ( x) 3 3x + 1 3x + 1 4 1 Ta có: f (1) = e nên (*) ⇔ 1 = + C ⇔ C = − (**) 3 3

QU Y

⇔

Từ (*) và (**) suy ra f ( x ) = e 3

Câu 40.

3 x +1 −

1 3

 f ( 5 ) = e 3 ≈ 10, 31 .

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên

R \ {−2;0}

thỏa mãn

KÈ

x ( x + 2 ) . f ′ ( x ) + 2 f ( x ) = x 2 + 2 x và f (1) = −6ln 3 . Biết f ( 3) = a + b ln 5 ( a, b ∈ ℚ ) . Giá trị a − b bằng? 10 20 A. 20 . B. 10 . C. . D. . 3 3 Lời giải Chọn D 2

Xét x ( x + 2 ) . f ′ ( x ) + 2 f ( x ) = x 2 + 2 x chia hai vế cho ( x + 2 ) ta được:

DẠ

xf ′ ( x ) 2 f ( x ) x x  x ′ . + = ⇔ f x = ( ) 2   x + 2 ( x + 2) x+2 x+2  x+2

Lấy nguyên hàm hai vế ta được: x x x f ( x) =  dx ⇔ f ( x ) = x − 2 ln x + 2 + C . x+2 x+2 x+2 −6 ln 3 Mà f (1) = −6 ln 3 nên ta có: = 1 − 2 ln 3 + C ⇔ C = −1 . 3 x 3 10 10 Khi đó f ( x ) = x − ln x + 2 − 1  f ( 3) = 2 − 2 ln 5  f ( 3) = − ln 5 . x+2 5 3 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 23

10 10 20 . + = 3 3 3

(Sở e



Phú

f ( ln x ) x

1 e

Thọ

Cho

2022)

hàm

3x 2 ln ( x + 1) khi x ≥ 0 f ( x) =  . 2 2 + 3 + 1 khi < 0 x x x 

số

dx = a 3 + b ln 2 + c với a, b, c ∈ℚ . Giá trị của a + b + 6c bằng

A. 35 .

B. −14 .

C. −27 . Lời giải

D. 18 .

Chọn C Ta có: I =  1 e

I=

1 dx . Đặt: t = ln x  dt = dx . Đổi cận: x

−1 0

−1

 f ( t ) dt =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx  (2x

)

x 2 + 3 + 1 dx +  3 x 2 ln ( x + 1) dx

−1 0

−1

 I =  2 x x 2 + 3dx +  dx +  3 x 2 ln ( x + 1) dx . −1

Ta có: J =  2 x x 2 + 3dx . −1

x = e  t = 1  . 1   x = e  t = −1

ƠN

I=

f ( ln x )

Biết

FI CI A

Câu 41.

V ậy a − b =

2r 3  J =  2r dr = 3 2 2

16 . 3

QU Y

=2 3−

 x = 0  r = 3 Đặt: r = x 2 + 3  r 2 = x 2 + 3  2rdr = 2 xdx . Đổi cận:  .  x = −1  r = 2

Ta có: K =  3 x 2 ln ( x + 1) dx . 0

1  u = ln ( x + 1) du = x + 1 dx  Đặt:  . 2 v = x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) dv = 3x dx  1

 x3 x2  5  K = ( x + 1) ln ( x + 1) −  ( x − x + 1) dx = 2 ln 2 − ln1 −  − + 1 = 2 ln 2 − . 0 6  3 2 0 0 1

KÈ

Khi đó: I = J + K +  dx = 2 3 − −1

16 5 31 + 2 ln 2 − + 1 = 2 3 + 2 ln 2 − . 3 6 6

31 . Vậy a + b + 6c = −27 . 6 (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ , thoả mãn f ( x ) > −1

 a = 2; b = 2; c = −

Câu 42.

DẠ

và f ' ( x ) x 2 + 1 = 2 x f ( x ) + 1, ∀x ∈ ℝ . Biết rằng f ( 0 ) = 0 , khi đó f ( 2 ) có giá trị bằng

A. 0.

B. 4.

C. 8. Lời giải

D. 6.

Chọn B

Ta có f ' ( x ) x 2 + 1 = 2 x f ( x ) + 1 ⇔

Trang 24

f '( x) f ( x) +1

2x x2 + 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Nên



f '( x) f ( x) +1

dx = 

2x 2

x +1

dx ⇔ 

d ( f ( x )) f ( x) +1

=

1 2

x +1

d ( x 2 + 1)

f ( x ) + 1 = x 2 + 1 nên f ( x ) = x 2  f ( 2 ) = 4 .

Câu 43.

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Cho hai hàm số

f ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + 3 x và

FI CI A

Mà f ( 0 ) = 0  C = 0 

⇔ 2 f ( x ) + 1 = 2 x2 + 1 + C .

ƠN

g ( x ) = mx 3 + nx 2 − x , với a, b, c, m, n ∈ ℝ . Biết hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là −3,1 và 4. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = f ′( x ) và y = g ′( x ) bằng 935 A. . 36 941 B. . 36 937 C. . 36 939 D. . 36 Lời giải Ta có: f ( x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + 3 x  f ′( x) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + 3 . Ta có: g ( x) = mx 3 + nx 2 − x  g ′( x ) = 3mx 2 + 2mx − 1 . y = f ( x) − g ( x )  y′ = f ′( x) − g ′( x) = 4ax3 + 3(b − m) x 2 + 2(c − n) x + 4.

  1  a=    12  x = −3 4a ( −3)3 + 3(b − m)( −3) 2 + 2(c − n)( −3) + 4 = 0  −2    y′ = 0 ⇔  x = 1  4a ⋅13 + 3(b − m) ⋅12 + 2(c − n) ⋅1 + 4 = 0 ⇔ b − m = 9 4a ⋅ 43 + 3(b − m) ⋅ 42 + 2(c − n) ⋅ 4 + 4 = 0  x = 4 −11     c − n = 6    1 3 2 2 11 937 x − x − x + 4 dx = . 3 3 3 36 Câu 44. (THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Một công ty có ý định thiết kế một logo hình vuông có độ dài nửa đường chéo bằng 4. Biểu tượng 4 chiếc lá (được tô màu) được tạo thành bởi các đường cong đối xứng với nhau qua tâm của hình vuông và qua các đường chéo. Một trong số các đường cong ở nửa bên phải của logo là một phần của đồ thị hàm số bậc ba dạng y = ax3 + bx 2 − x với hệ số a < 0 . Để kỷ niệm ngày thành lập 2 / 3 , công ty thiết kế để tỉ số diện 2 tích được tô màu so với phần không được tô màu bằng . Tính 2a + 2b 3 4

f ′( x) − g ′( x) dx = 

−3

DẠ

KÈ

−3

QU Y

S=

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 25

41 . 80 1 B. . 2 4 C. . 5 9 D. . 10

FI CI A

(

Lời giải Ta có nửa đường chéo hình vuông có độ dài là 4, cạnh hình vuông sẽ là 4 2 và diện tích hình 64 vuông là 32, khi đó ta có được diện tích phần tô màu là . 5 Gọi f ( x) = ax 3 + bx 2 − x là hàm số bậc ba biểu diễn đường cong trên logo. Ta có x = 4 là nghiệm của phương trình nên 64a + 16b − 4 = 0 ⇔ 4a + b = 1 (1). Ta có phương trình phương trình f ( x ) = 0 sẽ có các nghiệm là 0,4 và a > 4 vì 4a > 0

)

Nên S =  ax 3 + bx 2 − x dx = −  ax 3 + bx 2 − x dx 4

ƠN

 ax 4 bx 3 x 2  64 8 64 −32 = − + −  = −64a − b + 8 = ⇔ −64a − b = 3 2 0 3 5 3 5  4

 −1  4a + b = 1  a = 20 4  2a + 2b = . Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  −32 ⇔  64 5 −64a − 3 b = 5 b = 9   20 Câu 45. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm không âm trên 2

(

)

[0;1] , thỏa mãn f ( x ) > 0 với mọi x ∈ [0;1] và [ f ( x)]2 ⋅ [ f ′( x) ] x 2 + 1 = 1 + [ f ( x)]2 . Nếu

KÈ

QU Y

f (0) = 3 thì giá trị f (1) thuộc khoảng nào sau đây?  7 A.  3;  .  2  5 B.  2;  .  2 5  C.  ;3  . 2  3  D.  ; 2  . 2  Lời giải 2

(

)

Ta có: [ f ( x)]2 ⋅ [ f ′( x) ] x 2 + 1 = 1 + [ f ( x)]2 ⇔ f ( x) ⋅ f ′( x) 2

1 + [ f ( x)]

⇔

1 + [ f ( x)]2

)

1 f ( x ) ⋅ f ′( x ) 1 1 f ( x ) ⋅ f ′( x ) 1 1 1 1  dx =  2 dx   dx =  2 dx 2 2 0 0 0 0 x +1 x +1 x +1 1 + [ f ( x)] 1 + [ f ( x)] 2

+ Nếu đặt t = 1 + [ f ( x )]2  dt =

DẠ

[ f ( x)]2 ⋅ [ f ′( x) ]

f ( x) ⋅ f ′( x) 2

1 + [ f ( x)]

dx  VT = 

1+ f 2 (1)

dt = 1 + f 2 (1) − 2

+ Nếu đặt x = tan u  dx = (1 + tan 2 u ) du π

 VP =  4

Trang 26

1 π π π2 5  2 2 1 + tan u dx =  1 + f (1) − 2 =  f (1) = + π + 3 ≈ 2, 6 ∈  ;3  . ( ) 2 1 + tan u 4 4 16 2 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 46.

7 12 và hàm số bậc ba g ( x ) . Đồ thị hai hàm số đó cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3

(Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số f ( x ) với đồ thị là Parabol đỉnh I có tung độ bằng −

ƠN

Diện tích miền tô đậm gần số nào nhất trong các số sau đây? A. 5,7. B. 5,9. C. 6,1. D. 6,3. Lời giải 7 7 1 Dễ thấy I  , −  và f ( x) = ( x + 1)( x − 2) . 27  2 12  Hàm số g ( x ) đạt cực trị tại x = −1, x = 2 nên

FI CI A

thoả mãn 18 x1 x2 x3 = −55 (hình vẽ).

QU Y

 x3 x 2  g ′( x) = a ( x + 1)( x − 2)  g ( x) = a  − − 2 x  + b  3 2  1 7 7 13   Đồ thị hàm số g ( x ) đi qua I nên g   = − ⇔ − = − a + b , (1). 12 12 12 2  x3 x 2  7 ( x + 1)( x − 2) Phương trình hoành độ giao điểm: f ( x) = g ( x) ⇔ a  − − 2 x  + b = 27  3 2  14 27 = −55  18b + 28 = − 55a , (2) Theo định lý viet ta có: 18 x1 x2 x3 = −55 ⇔ 18 ⋅ a 3 3 3 3 2 1 x x 1 Từ (1), (2) ta được a = 1, b =  g ( x) = − − 2 x + . Từ đó suy ra diện tich miền tô đậm sấp 2 3 2 2 sỉ 5,7.  π Câu 47. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn  2  π 2 cos x ⋅ f (1 + 4sin x) − sin 2 x ⋅ f (3 − 2 cos 2 x) = sin 4 x + 4sin 2 x − 4 cos x, ∀x ∈ 0;   2

KÈ

Khi đó I =  f ( x)dx bằng 1

DẠ

A. 2. B. 0. C. 8. D. 16. Lời giải Ta có: 2 cos x ⋅ f (1 + 4 sin x ) − sin 2 x ⋅ f (3 − 2 cos 2 x ) = sin 4 x + 4 sin 2 x − 4 cos x Lấy tích phân từ 0 đến

π 2

hai vế của

(*)

( ) ta được: *

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 27

π 2 0



⇔

2 cos x ⋅ f (1 + 4sin x) dx −  2 sin2 x ⋅ f (3 − 2 cos 2 x) dx =  2 (sin 4 x + 4sin 2 x − 4 cos x)dx 0

π 2 0

1 1 1 5 1 5 f (1 + 4sin x)d (1 + 4sin x) −  f (3 − 2 cos 2 x) d (3 − 2 cos 2 x ) = 0 ⇔  f (t )dt −  f (t ) dt = 0  1 2 4 2 4 1 5

Vậy I =  f ( x)dx = 0. 1

Câu 48.

FI CI A

⇔  f (t ) dt = 0 ⇔  f ( x) dx = 0

(Chuyên Lam Sơn 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên (0; π ) thỏa mãn 2

π  π π  . Tính f   . f ′( x ) = f ( x ) . cot x + 2 x . sin x . Biết f   = 2 4 6

C. D.

π2 72

π2 54

π2 80

π2

. . .

ƠN

Lời giải f ′( x ) = f ( x) ⋅ cot x + 2 x ⋅ sin x ⇔ sin x ⋅ f ′( x) − f ( x) ⋅ cos x + 2 x ⋅ sin 2 x

⇔ sin x ⋅ f ′( x) − f ( x) ⋅ cos x = 2 x ⋅ sin 2 x sin x ⋅ f ′( x) − f ( x) ⋅ cos x ⇔ = 2x sin 2 x π π sin x ⋅ f ′( x) − f ( x) ⋅ cos x  π2 = dx π62 2x ⋅ dx sin 2 x 6 π

QU Y

π f ( x)  f ( x) 2 π 2 π 2 2 2 2 ⇔ π  = − dx = x π ⇔ sin x π 4 36 6  sin x  6 π

π 

f  f  2 π2 π2 2 6 π  π ⇔  −  = − ⇔ f  = 1 1 4 36  6  72 2 (THPT Đô Lương – Nghệ An – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −1,1] và thỏa mãn

I =3 l=4 I =2 l =1

A. B. C. D.

1 3 1 . v ớ i Tính tích phân I = f ( x)dx ( x + t ) f ( t ) dt ∀ x ∈ [ − 1;1]  −1 2 −1

KÈ

f ( x) + 2 =

Câu 49.

π 

Lời giải

a = 1 f (t )dt −1  −1 ( x + t ) f (t )dt = −1 x f (t )dt + −1 t f (t )dt = ax + b. Với  1 b =  t f (t )dt −1  3 3 Do đó f ( x) + 2 = (ax + b)  f ( x) = (ax + b) − 2 . 2 2

DẠ

Trang 28

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

 3  ax 2   3  I =  f ( x)dx =   (ax + b) − 2 dx =   + bx  − 2 x  = 3b − 4  a − 3b = −4(1) −1 −1 2    2  2  −1 1

ƠN

FI CI A

1 3  b =  t  (at + b) − 2  dt = a  a = b(2). −1 2  a − 3b = −4 a = 2 1 ⇔ .Vậy I =  f ( x)dx = 2 Từ (1) và (2) ta có hệ  −1 b = 2 a = b Câu 50. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Một téc nước hình trụ, đang chứa nước được đạat nằm ngang, có chiều dài 3m và đường kính đáy 1m . Hiện tại mặt nước trong téc cách phía trển đỉnh của téc 0, 25 m (xem hình vẽ). Tính thể tích của nước trong téc (kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn)?

A. 1, 768 m3 . B. 1,167m3 C. 1,895m3 . D. 1,896m3

QU Y

Lời giải Thế tích phần dầu còn lại sẽ bằng diện tích hình phẳng gạch sọc trong hình nhân với chiều dài của bồn (chiều cao của trụ).

KÈ

Đường tròn có tâm O (0;0), R = 0, 5 có phương trình là x 2 + y 2 = 0, 25 ⇔ y = ± 0, 25 − x 2 . Diện tích hình gạch sọc chinh là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 0, 25 − x 2 ; y = − 0, 25 − x 2 ; x = −0,5; x = 0, 25 .

Do đó V = S .h = 3

DẠ

Câu 51.

0,25

−0,5

)

(

0, 25 − x 2 − − 0, 25 − x 2 dx ≈ 1,896m3 .

(THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022)



min{2 x + 1, x + 2, −3x + 14}dx bằng

31 . 2 B. 30. 27 C. . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 29

D. 36. Lời giải 13 . 5 Vẽ đồ thị của ba hàm số f ( x ) = 2 x + 1; g ( x ) = x + 2; h( x ) = −3 x + 14 trên đoạn [0; 4] trên cùng một hệ trục toạ độ và quan sát suy ra:

min{2 x + 1, x + 2, −3 x + 14} = 2 x + 1, ∀x ∈ [0;1] min{2 x + 1, x + 2, −3 x + 14} = x + 2, ∀x ∈ [1;3]

ƠN

FI CI A

Xét 2 x + 1 = x + 2 ⇔ x = 1; x + 2 = −3 x + 14 ⇔ x = 3; −3 x + 14 = 2 x + 1 ⇔ x =

min{2 x + 1, x + 2, −3 x + 14} = −3 x + 14, ∀x ∈ [3; 4] Khi đó



min{2 x + 1, x + 2, −3 x + 14}dx =  (2 x + 1)dx +  ( x + 2)dx +  (−3 x + 14)dx = 0

27 . 2

a + b− | a − b | và min{a, b, c} = min{a, min{b, c}} khi đó 2 x + 2 − 3 x + 14− | ( x + 2) − ( −3 x + 14) | min{x + 2, −3 x + 14} = = − x + 8− | 2 x − 6 | . 2 min{2 x + 1, x + 2, −3 x + 14} = min{2 x + 1, min{x + 2, −3 x + 14}} Suy ra 2 x + 1 − x + 8− | 2 x − 6 | − | 2 x + 1 − (− x + 8− | 2 x − 6 |) | . = 2 4 2 x + 1 − x + 8− | 2 x − 6 | − | 2 x + 1 − ( − x + 8− | 2 x − 6 |) | 27 Tích phân cần tính bằng  . dx = 0 2 2 Câu 52. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C ), f ( x ) có đạo hàm xác định và liên tục trên khoảng thỏa mãn điều kiện (0; +∞ )

KÈ

QU Y

Cách 2: Dùng công thức min{a, b} =

DẠ

f ′( x) = ln x ⋅ f 2 ( x), ∀x ∈ (0; +∞) . Biết f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ (0; +∞ ) và f (e) = 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ x = 1 . 2 A. y = − x + 2 . 3 2 B. y = − . 3 2 C. y = x + 1 . 3 2 D. y = . 3 Lời giải

Trang 30

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Ta có f ′( x ) = ln x ⋅ f 2 ( x) ⇔

 −1  f ′( x) = ln x ⇔   = ln x 2 f ( x)  f ( x) 

−1 = ln xdx = x ln x − x + C f ( x)  −1 −1 Với x = e ta có = e ln e − e + C mà f (e) = 2  =C f ( e) 2 −1 Suy ra f ( x) = 1 x ln x − x − 2 2   f (1) = Khi đó  3  f ′(1) = ln1 ⋅ f 2 (1) = 0  Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ x = 1 là:

Câu 53.

FI CI A



2 y = f ′( x )( x − 1) + f (1) = . 3 (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Cho hàm số y = f ( x) > 0 liên tục trên ℝ và f (1) = e3 . 4

ƠN

Biết f ′( x ) = (2 x − 3) f ( x ), ∀x ∈ ℝ . Hỏi phương trình f ( x) = e2 x −3 x + 4 có bao nhiêu nghiệm? A. 4. B. 3. C. 2. D. 0. Lời giải f ′( x) f ′( x) = (2 x − 3) f ( x)  = 2x − 3 f ( x) f ′( x)  dx =  (2 x − 3)dx  ln f ( x) = x 2 − 3 x + C , ( f ( x) > 0); f (1) = e3 f ( x)

⇔ f ( x) = e x ⇔ ex

−3 x +5

−3 x + 5

= e2 x

 f ( x) = e 2 x

−3 x + 4

⇔ 2 x 4 − 3 x + 4 = x 2 − 3 x + 5 ⇔ x = ±1.

(THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x ) > 0, ∀x >

Câu 54.

QU Y

 3 = C − 2 ⇔ C = 5  ln f ( x) = x 2 − 3 x + 5

1 2022 . . 2 2023

KÈ A.

2021 . 2043

2022 . 4045 Lời giải

1 2021 . . 2 2022

Chọn A

f ′( x) = −8 x . f 2 ( x) Lấy nguyên hàm hai vế ta được: f ′( x) 1 1 2  f 2 ( x )dx =  −8 xdx ⇔  f 2 ( x )d ( f ( x ) ) =  −8 xdx ⇔ − f ( x ) = −4 x + C . 1 Mà f (1) =  −3 = −4 + C ⇔ C = 1 . 3

DẠ

Ta có f ′ ( x ) + 8 xf 2 ( x ) = 0 ⇔

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 31

1 1 1  − .  4 x − 1 2  2 x − 1 2 x + 1  1  1 1 1 1  1 1 1  1 1 1  f (1) = 1 −  , f ( 2 ) =  −  , f ( 3) =  −  , ... f (1011) =  − . 2  3 2 3 5 2 5 7  2  2001 2023  1 1  1 2022 Vậy f (1) + f ( 2 ) + ... + f (1011) = 1 − . = . 2  2023  2 2023 Câu 55. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x 2 + 2 x − 1 và các đường thẳng y = m , x = 0 , x = 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈ [ −4040; −3] để S ≤ 2021 ? Khi đó f ( x ) =

A. 2019 .

B. 2020 .

FI CI A

C. 2021 . Lời giải

D. 2018 .

Chọn D mà m∈ [ −4040; −3] nên m < x 2 + 2 x − 1 ∀x ∈ ℝ . 1

Ta có: y = x 2 + 2 x − 1 = ( x + 1) − 2 ≥ −2 ∀x ∈ ℝ .

 x3  1 Suy ra S =  x + 2 x − 1 − m dx =  + x 2 − x − mx  = − m .  3 0 3 0 1 6062 . Khi đó: S ≤ 2021 ⇔ − m ≤ 2021 ⇔ m ≥ − 3 3 Vì m∈ [ −4040; −3] , m ∈ ℤ nên có 2018 số nguyên m .

)

ƠN

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) là hàm số nhận

Câu 56.

(

QU Y

giá trị không âm trên đoạn [ 2;3] có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ

Biết diện tích hình giới hạn bởi các đồ thị của các hàm g ( x ) = xf 2 ( x ) ; h ( x ) = − x 2 f ( x ) f ′ ( x ) và các đường x = 2; x = 3 bằng 72. Tính f (1) ?

KÈ

A. f (1) = 2

B. f (1) = −1

C. f (1) = 1

D. f (1) = −

62 5

Lời giải

Chọn A +) Ta có f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c ( a ≠ 0 )

DẠ

 f ′( 0) = 0  c = 0 c = 0   +) Từ đồ thị có  f ′ ( 2 ) = 0  12a + 4b = 0 ⇔  a = 1 . Suy ra f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + d .  ′ b = −3   f (1) = −3  3a + 2b + c = −3 +) Diện tích 3

2 2  g ( x ) − h ( x ) dx =  xf ( x ) + x f ( x ) f ′ ( x )dx =  xf ( x )  f ( x ) + xf ′ ( x ) dx

Trang 32

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

2 1 =  xf ( x ) d  xf ( x )  =  xf ( x )  |32 = 72 2 2 1 1 2 2  . 9 f 2 ( 3) − 4. f 2 ( 2 )  = 9 ( 27 − 3.9 + d ) − 4 ( 8 − 3.4 + d )  = 72   2 2 d = 4 ⇔ 5d 2 + 32d − 208 = 0 ⇔   d = − 52 5  Vì f ( x ) là hàm số nhận giá trị không âm trên đoạn [ 2;3] nên f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 4

Vậy f (1) = 2

Câu 57.

3 2 (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số f ( x ) = x + bx + cx + d với b,c,d là các

số thực. Biết hàm số g ( x ) = f ( x ) + 2 f ′ ( x ) + 3 f ′′ ( x ) có hai giá trị cực trị là −6 và 42 . Tính diện

A. ln 5 .

B. ln 7 .

f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) và y = 1 . g ( x ) + 18 C. 2ln 6 . D. 2 ln 5 . Lời giải

tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

ƠN

Chọn A Hàm f ( x ) là hàm số bậc ba nên g ( x ) là hàm số bậc 3  g ′ ( x ) là hàm số bậc 2. Ta có: f ′′' ( x ) = 6

tích:

g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + 2 f ′′ ( x ) + 18 có hai nghiệm là x1 ,x2 ( x1 < x2 ) và g ( x1 ) = 42,g ( x2 ) = −6 Xét phương trình tìm cận c ủa tích phân để tính diện ′ ′′ ′ ′′ f ( x) + f ( x) + f ( x) f ( x ) + 2 f ( x ) + 18 =1⇔ =0 g ( x ) + 18 g ( x ) + 18

= ln g ( x ) + 18

Câu 58.

QU Y

 x = x1  f ′ ( x ) + 2 f ′′ ( x ) + 18 = 0 ⇔ g ′ ( x ) = 0 ⇔   x = x2 x2 f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) x2 g′( x) Diện tích hình phẳng S =  − 1 dx =  dx = x1 x 1 g ( x ) + 18 g ( x ) + 18 x2 x1



g′( x) dx g ( x ) + 18

= ln 12 − ln 60 = ln 5 .

(THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ. Giả sử diện tích phần kẻ sọc trên hình vẽ có diện tích bằng a . Tính theo a giá trị của tích 2

 ( 2 x + 1) f ′ ( x ) dx ?

phân I =

DẠ

KÈ

−3

A. I = 50 − 2 a .

B. I = 50 − a .

C. I = − 30 − 2 a . Lời giải

D. I = − 30 + 2 a .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 33

Chọn A u = 2 x + 1  du = 2dx Đặt  .   dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x ) 2

 I = ( 2 x + 1) f ( x )  − 2  f ( x ) dx = 5 f ( 2 ) + 5 f ( −3) − 2a = 5.2 + 5.8 − 2a = 50 − 2a . −3 −3

 2 x + a khi (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho hàm số f ( x) =  2 3x + b khi 2

 f ( x) dx = 13 . Tính T = a + b − ab ? 0

A. T = −11 .

C. T = 1 . Lời giải

B. T = −5 .

x →1

Ta có: 2

x <1

thoả mãn

D. T = −1 .

Chọn A Nhận thấy hàm số phải liên tục tại x = 1 . Khi đó: lim+ f ( x) = lim− f ( x) = f (1) ⇔ 2 + a = 3 + b ⇔ a − b = 1 . x →1

x ≥1

FI CI A

Câu 59.

13 =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  ( 3 x + b ) dx +  ( 2 x + a ) dx = ( x 3 + bx ) + ( x 2 + ax ) 2

= ( b + 1) + ( a + 3) = a + b + 4  a + b = 9 .

ƠN

a − b = 1 a = 5 Như vậy  suy ra T = a + b − ab = 5 + 4 − 5.4 = −11 . ⇔ a + b = 9 b = 4 Câu 60. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và nhận giá trị 2

không âm trên [ −1;2] và thoả mãn f ( x ) = f (1 − x ) , ∀x ∈ [ −1;2] . Đặt S1 =

 xf ( x ) dx ,

S2 là diện

−1

QU Y

D. 3S1 = S2 .

Lời giải Chọn C Có S2 là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường 2

thẳng x = −1; x = 2  S 2 = 2

 xf ( x ) dx .

KÈ

Xét S1 =

 f ( x ) dx .

−1

Đặt x = 1 − t  dx = −dt . Đổi cận x = −1  t = 2 ; x = 2  t = −1 . 2

 (1 − t ) f (1 − t ) dt =

 (1 − t ) f ( t ) dt =



−1

f ( t ) dt −  t . f ( t ) dt = S 2 − S1 . −1

DẠ

Ta có: S1 =

Do đó, 2S1 = S2 .

Trang 34

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

y = f ( x) ( 0; +∞ ) thỏa mãn (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hàm số liên tục trên 1 f ( 4) 2 x. f ′ ( x ) + f ( x ) = 3 x 2 x , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . Biết f (1) = , tính . 2 B. 4 . C. 24 . D. 16 . A. 14 . Lời giải Chọn D 2 x. f ′ ( x ) + f ( x ) = 3 x 2 x , ∀x ∈ ( 0; +∞ )

FI CI A

Câu 61.

3x 2 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 2 2 x 3x 2 ′ ⇔ x. f ′ ( x ) + x . f ( x ) = , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 2 2 ′ 3x ⇔  x . f ( x )  = , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 2 3x 2 x3 x3 ⇔ x. f ( x ) =  dx = + C ⇔ x . f ( x ) = + C (*) 2 2 2 1 1 1 1 x3 Thay x = 1 vào (*) ta được: f (1) = + C  C = f (1) − = − = 0  f ( x ) = 2 2 2 2 2 x Vậy f ( 4 ) = 16 . ⇔ x. f ′ ( x ) +

f ( x) =

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

( )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 35

VẤN ĐỀ 4. SỐ PHỨC

FI CI A

Câu 1. (Chuyên Vinh – 2022) Xét các số phức z và w thỏa mãn | z |=| w |= 1 và | z + w |= 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =| zw + 2i ( z + w) − 4 | bằng 3 2 . 2 1+ 5 2 B. . 4 C. 5 − 2 2 . D. 5 .

Lời giải Chọn A

ƠN

Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z , w , khi đó với | z + w |= 2 ta luôn có ∆OAB là tam giác vuông tại O với OA ⋅ OB = 0 , khi đó ta luôn có z ⋅ w là số thuần ảo tức z ⋅ w = ki ( k ∈ ℝ ) Khi đó  w  ki  2 2  P =| zw + 2i ( z + w) − 4 |= ki + 2i  + w  − 4 = kiw + 2i (kiw + w) − 4 = kiw − 2kw + 2iw − 4 w  w   | z + w |= ki + w =| w(ki + 1) |=| w | k 2 + 1 = 2  k = 1  w Đặt w = a + bi (a, b ∈ ℝ ) khi đó ta có: P = w2 + (2i − 2) w − 4 = w2 + (2 + 2i ) w + 4i = ( w + 1 + i ) 2 + 2i 2

QU Y

Đặt u = w + 1 + i  w = u − 1 − i | w |=| u − 1 − i |= 1 , khi đó ta suy ra (đặt trước z0 = −1 − i ) 2

(

)(

)

(

P 2 = u 2 + 2i = u 2 + z02 = u 2 + z0 2 u 2 + z02 =| u |4 + z0 + u ⋅ z0 + z0 ⋅ u

− 2 u ⋅ z0

( ) Mà ( u + z ) ( u + z ) = u + z = 1  u ⋅ z =| u |4 −4 | u |2 +4 + u ⋅ z0 + z0 ⋅ u

)

+ zo ⋅ u = 1− | u |2 − zo = − | u |2 −1 2

(

)

KÈ

2 92 1 9 9 3 2  =| u |4 −4 | u |2 +4 + | u |2 +1 = 2 | u |4 −2 | u |2 +5 = 2  | u |2 −  + ≥  P ≥ 2 2 2 2 2  Câu 2. (Chuyên Vinh – 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z ⋅ z =| z + z | . Xét

Suy ra

các số phức z1 , z2 ∈ S sao cho z1 − z2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − 3i + z2 + 3i

bằng A. 2. B. 1 + 3 .

DẠ

C. 2 3 .

20 − 8 3 .

Lời giải Chọn A Đặt z = a + bi; a, b ∈ ℝ .

 a 2 + b 2 = 2a Ta có: z.z =| z + z |⇔ a 2 + b 2 = 2 | a |⇔  2 . 2  a + b = −2a

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của số phức z1 , z2 .

z1 − z2 = 1  AB = 1.  Pmin ≥ I1C − R + I 2C − R = 2; v?i I1 (−1;0), I 2 (1; 0), R = 1.

FI CI A

I1 I 2 = 1 (thỏa mãn) 2

Dấu " = " xảy ra vì A, B lần lượt là trung điểm CI1 , CI 2 và AB =

Khi đó: P = z1 − 3i + z2 + 3i = CA + CB , với C (0; 3)

ƠN

Câu 3. (Chuyên Vinh – 2022) Biết phương trình z 2 + mz + m 2 − 2 = 0 ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để diện tích tam giác ABC bằng 1 ? A. 2. B. 3. C. 4. D. 6. Lời giải Chọn C Ta có: ∆ = m 2 − 4 ( m 2 − 2 ) = −3m 2 + 8 2 6 −2 6 . Khi đó, phương trình có hai nghiệm thực phân <m< 3 3

QU Y

TH1: ∆ > 0 ⇔ −3m 2 + 8 > 0 ⇔ biệt là z1 , z 2 .

Vì A, B ∈ Ox nên AB = z1 − z2 =

( z1 − z2 )

( z1 + z2 )

− 4 z1 z2 = −3m 2 + 8 .

Mặc khác, ta có C (0;1)  d (C ; AB ) = 1 .

1 −3m 2 + 8 2 3 AB ⋅ d (C; AB) = =1⇔ m = ± ( n) 2 2 3  2 6 m > 3 TH2: ∆ < 0 ⇔ −3m 2 + 8 < 0 ⇔  . Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp là  −2 6 m < 3  −m + i | ∆ | . z1,2 = 2

KÈ

 S∆ABC =

Ta có: AB = z1 − z2 =| i | ∆ | |=

−3m2 + 8 = 3m2 − 8 và C (0;1) .

DẠ

m |m| . = 0 nên d (C ; AB ) = 2 2  m = ±2 1 | m | 3m 2 − 8 Do đó, S ∆ABC = AB ⋅ d (C ; AB ) = =1⇔   m = ± 2 3 i (l ) 2 4  3 Vậy có 4 giá trị thực của tham số m thỏa mãn đề bài.

Phương trình đường thẳng AB là x +

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 4. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Xét các số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn

| z − 3 + 2i |= 5 . Tính P = a − b khi | z − 3 − 3i | + | z − 7 − i | đạt giá trị lớn nhất. A. 8 B. 6 C. 4 D. 10 Lời giải Chọn B 2

 Đặt T =| z − 3 − 3i | + | z − 7 − i |=

( a − 3) + ( b − 3)

T = 5sin 2 t +

(

5 cos t − 5

)

(

) (

5 sin t − 4 +

5 cos t − 3

= 30 − 10 5 cos t + 30 − 8 5 sin t − 6 5 cos t

(

)

( a − 7 ) + ( b − 1)

Thay (*) vào ta có:

FI CI A

 a−3  b+ 2 2 2  Ta có | z − 3 + 2i |= 5 ⇔ ( a − 3) + ( b + 2 ) = 5 ⇔   +  =1.  5   5  a −3  5 = sin t  a = 5 sin t + 3 Đặt  ( *)  b + 2 = cos t  b = 5 cos t − 2  5

)

(

ƠN

≤ 2 60 − 8 5 sin t − 16 5 cos t = 2  60 − 8 5 ( sin t + 2 cos t ) 

(

Mà − 5 ≤ sin t + 2 cos t ≤ 5  T ≤ 2 60 − 8 5. − 5

Suy ra Tmax = 10 2 khi:

)) = 10

QU Y

−2  cos t = 5 30 − 10 5 cos t = 30 − 8 5 sin t − 6 5 cos t 4sin t − 2 cos t = 0 a = 2 . ⇔ ⇔   − 1 b = − 4 sin t + 2 cos t = − 5  sin t + 2 cos t = − 5    sin t =  5 Vậy P = a − b = 6 . Câu 5. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Trong tập các số phức, phương trình z 2 − 6 z + m = 0, m ∈ ℝ (1) . Gọi m0 là một giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thoả mãn z1.z1 = z2 .z2 . Hỏi trong khoảng ( 0; 20 ) có bao nhiêu giá trị m0 ∈ ℕ ?

A. 10

B. 12

Chọn A Để phương trình

(1)

C. 11 Lời giải

có hai nghiệm phân biệt

D. 13

z1 , z2

thoả mãn

z1. z1 = z2 . z2

thì

DẠ

KÈ

 ∆ < 0 ⇔ 62 − 4m < 0 ⇔ m > 9    z1.z1 = z2 .z2 ⇔ z1.z2 = z2 .z1 ( luoân ñuùng )  2 ⇔ m > 9.  ∆ > 0 ⇔ 6 − 4m > 0 ⇔ m < 9     z .z = z .z ⇔ z 2 = z 2 ⇔  z1 = z2 ( L )  1 2  1 1 2 2 z1 = − z2 ⇔ z1 + z2 = 0  3 = 0 ( L )     Mà trong khoảng ( 0; 20 ) và m0 ∈ ℕ nên có 10 giá trị m0 thoả mãn.

Câu 6. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho số phức z thoả mãn iz.z + (1 + 2i ) z − (1 − 2i ) z − 4i = 0 . Giá trị lớn nhất của P = z + 1 + 2 i + z + 4 − i gần số nào nhất sau đây? A. 7,4. B. 4,6. C. 4,2.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

D. 7,7. Lời giải.

iz.z + (1 + 2i ) z − (1 − 2i ) z − 4i = 0 ⇔ i ( x + yi )( x − yi ) + (1 + 2i )( x + yi ) − (1 − 2i )( x − yi ) − 4i = 0

Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) . Ta có

FI CI A

⇔ i ( x 2 + y 2 ) + ( x − 2 y ) + (2 x + y )i − ( x − 2 y ) − ( −2 x − y )i − 4i = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 4 x + 2 y − 4 = 0.

Suy ra, tập hợp các số phức z có điểm biểu diễn thuộc đường tròn (C ) có tâm I ( −2; −1) , bán kính R = 3 . Lại có P =| z + 1 + 2i | + | z + 4 − i |=| ( x + 1) + ( y + 2)i | + | ( x + 4) + ( y − 1)i | = x 2 + y 2 + 2 x + 4 y + 5 + x 2 + y 2 + 8 x − 2 y + 17 Kết hợp với (2) ta được P = 9 − 2( x − y ) + 21 + 4( x − y ) .

ƠN

21  3 26  21   P = 9 − 2t + 2  + 2t  ≤ (1 + 2)  9 +  = ≈ 7, 65. 2 2  2  

 21 9  Đặt t = x − y thì P = f (t ) = 9 − 2t + 21 + 4t với t ∈  − ;  .  4 2 Khảo sát hàm số f (t ) hoăc áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta được

5 −7 ± 217 −17 ± 217 , từ đó có thể tính được z = . +i 4 8 8 Câu 7. (Đại học Hồng Đức – 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 6m − 5 = 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 ⋅ z1 = z2 ⋅ z2 ? A. 5. B. 3. C. 6. D. 4.

QU Y

Dấu bằng xảy ra khi t =

Lời giải.

Ta có ∆′ = m 2 − 6 m + 5 .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt nên xảy ra hai trường hợp: - Nếu ∆′ > 0 ⇔ m ∈ (−∞;1) ∪ (5; +∞ ) thì phương trình có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 và

z1 = z1 ; z2 = z2 nên

KÈ

 z1 = z2 (ko thoai mãn), z1 ⋅ z1 = z2 ⋅ z2 ⇔ z12 = z22 ⇔   z1 = − z2 ⇔ z1 + z2 = 0 ⇔ m = 0. - Nếu ∆′ < 0 ⇔ m ∈ (1;5) , thì phương trình có hai nghiệm phức là hai số phức liên hợp. Khi đó z1 = z2 ; z1 = z2 nên z1 z1 = z2 z2 ⇔ z1 z2 = z1 z2 luôn đúng với m ∈ (1;5) . Vầy có 4 giá trị nguyên của m thoả mãn bài toán. Câu 8. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện

z1 = 2, z2 = 3, z1 + z2 = 5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3z1 − z2 − 10 + 5i + 2 bằng

DẠ

B. 10 3 − 2 5 .

B. 3 5 − 1 .

C. 2 + 2 5 . Lời giải

D. 8 − 2 5 .

Chọn C Gọi z1 = a + bi, z2 = c + di, ( a, b, c, d ∈ ℝ ) .

Ta có: Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

z1 = 2 ⇔ a 2 + b 2 = 2 ⇔ a 2 + b 2 = 4 .

( a + c) + (b + d )

= 5 ⇔ ( a + c ) + ( b + d ) = 5  ac + bd = −1 .

FI CI A

z1 + z2 = 5 ⇔ Suy ra: 3 z1 − z2 =

( 3a − c ) + ( 3b − d )

z2 = 3 ⇔ c 2 + d 2 = 3 ⇔ c 2 + d 2 = 3 .

= 9 ( a 2 + b 2 ) + ( c 2 + d 2 ) − 6 ( ac + bd ) = 3 5 .

Khi đó:

P = 3 z1 − z2 − 10 + 5i + 2 = ( 3 z1 − z2 ) + ( −10 + 5i ) + 2 ≥ −10 + 5i − 3 z1 − z2 + 2 = 2 + 2 5 .

Câu 9. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Có tất cả bao nhiêu số phức w thỏa mãn điều kiện 2 ww = 1 w và là số thuần ảo? w2 A. 4 .

C. 3 . Lời giải

ƠN

B. 6 .

Chọn B Gọi số phức w = x + yi, ∀x, y ∈ ℝ .

Điều kiện: w2 ≠ 0 ⇔ w ≠ 0 .

D. 2 .

1 1 ⇔ x 2 + y 2 = ( *) . 2 2 3 3 3 ( x + yi ) = x − 3 xy 2 + 3 x 2 y − y 3 i . w w Mặt khác: = = 2 2 2 w 2 w2 .w 2 ( x 2 + y 2 ) ( x2 + y 2 ) ( x2 + y 2 ) 2

Đề

w w2

QU Y

Từ giả thiết 2 ww = 1 ⇔ w =

là số thuần ảo khi và chỉ khi

x3 − 3 xy 2

2 2

)

 x=0 . ⇔ x 3 − 3 xy 2 ⇔  2 2 x = 3y

2 , suy ra tồn tại hai số phức. 2 1 2  Với x 2 = 3 y 2 thay vào (*) ta được: 4 y 2 =  y = ± , với mỗi giá trị của y tồn tại hai giá 2 4 trị của x , do đó có 4 cặp ( x; y ) . Vậy có tất cả 6 số phức w thỏa mãn bài toán. Câu 10. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hai số phức z và w thay đổi thỏa mãn các điều kiện z + 1 + i = z và w − 3 − 4i = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − w − 1 − i .

KÈ

V ớ i x = 0  y = ±

A. min P = 3 2 − 1 .

B. min P = 3 2 .

C. min P = 5 2 . Lời giải

D. min P = 5 2 − 1 .

DẠ

Chọn A Gọi số phức z = x + yi có điểm biểu diễn là M ( x ; y ) thì M nằm trên đường thẳng ∆ : x + y + 1 = 0 hay x = − y − 1

Ta có P = z − w − 1 − i = ( z − 4 − 5i ) − ( w − 3 − 4i ) ≥ z − 4 − 5i − w − 3 − 4i

P≥

( x − 4 ) + ( y − 5)

−1 =

( y + 5 ) + ( y − 5)

−1 =

2 y 2 + 50 − 1 ≥ 5 2 − 1

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Câu 11.

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z − 1 + 3i = 2 và số phức w = (1 − 2i ) z . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường tròn ( C ) trong mặt phẳng ( Oxy ) . Tìm bán kính R của đường tròn ( C ) . B. R = 10 .

C. R = 6 . Lời giải

D. R = 2 5 .

A. R = 5 .

FI CI A

Chọn D Ta có: w = (1 − 2i ) z = (1 − 2i ) ( z + ( −1 + 3i ) ) − (1 − 2i )( −1 + 3i )

 w = (1 − 2i ) ( z + ( −1 + 3i ) ) − ( 5 + 5i )

 w + ( 5 + 5i ) = (1 − 2i )( z − 1 + 3i )  w + ( 5 + 5i ) = (1 − 2i )( z − 1 + 3i ) = 1 − 2i z − 1 + 3i  w + ( 5 + 5i ) = 2 5

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường tròn ( C ) có bán kính R = 2 5 .

(THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho iz.z + (1 + 2i ) z − (1 − 2i ) z − 4i = 0 và T là tập hợp tất cả các số phức w có phần thực khác 0 sao w là số thực. Xét các số phức z1 , z2 ∈ S và w ∈ T thỏa mãn z1 − z2 = 2 5 và cho w + 6i w − z1 w − z1 = . Khi w − z1 ⋅ w − z1 đạt giá trị nhỏ nhất thì w − z1 + w − z1 bằng z2 − z1 z2 − z

ƠN

Câu 12.

D. −4 3 .

A. 3 . B. 2 3 . C. 3 3 .

Lời giải

Chon D Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) . Ta có iz.z + (1 + 2i ) z − (1 − 2i ) z − 4i = 0

QU Y

⇔ i ( x + yi )( x − yi ) + (1 + 2i )( x + yi ) − (1 − 2i )( x − yi ) − 4i = 0 ⇔ i ( x 2 + y 2 ) + ( x − 2 y ) + (2 x + y )i − ( x − 2 y ) − ( −2 x − y )i − 4i = 0 ⇔ x2 + y 2 + 4 x + 2 y − 4 = 0 Suy ra S là tập hợp các số phức có điểm biểu diễn thuộc đường tròn (C ) có tâm I ( −2; −1) , bán kính R = 3 . Giả sử w = a + bi, ( a , b ∈ ℝ; a ≠ 0) . Ta có

KÈ

w a + bi (a + bi)[a + (b − 6)i] a 2 − b 2 + 6b 2ab − 6a = = = 2 + 2 i 2 2 2 w + 6i a + (6 − b)i a + (b − 6) a + (6 − b) a + (6 − b) 2 2ab − 6a w Do đó là số thực khi và chỉ khi 2 = 0 ⇔ b = 3. w + 6i a + (6 − b) 2 Suy ra T là tập hợp các số phức có điểm biểu diễn thuộc đường thẳng ∆ : y = 3 . w − z1 w − z1 = . z2 − z1 z2 − z1

Xét các số phức z1 , z2 ∈ S và w ∈ T thỏa mãn z1 − z2 = 5 và

Giả sử z1 = x1 + y1i, z2 = x2 + y2i ( x1 , y1 , x2 , y2 ∈ ℝ ) và w = x + 3i, ( x ∈ ℝ, x ≠ 0) .

DẠ

Gọi M 1 , M 2 , M lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 và w . Khi đó, M 1 , M 2 ∈ (C ) và M ∈ ∆ , đồng thời w − z1 . w − z1 = MM1MM 2 .

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

w − z1 w − z1 = nên ba điểm M 1 , M 2 , M thẳng hàng. z2 − z1 z2 − z 1

Do z1 − z2 = 2 5 nên M1M 2 = 2 5 và do Suy ra MM 1MM 2 = IM 2 − R 2 . Vì vậy w − z1 ⋅ w − z1 = IM 2 − R 2 .

Do đó, w − z1 ⋅ w − z1 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi IM đạt giá trị nhỏ nhất. Lúc đó, M là

ƠN

hình chiếu vuông góc của I trên ∆ và M = ( −2;3) .

Gọi H là trung điểm của M 1M 2 , ta có IH = IM 12 − M 1 H 2 = 32 − ( 5) 2 = 2 . Vì

b ốn

điểm

M1, M 2 , M , H

thẳng

hàng

nên

∆MIH

vuông

tại

suy

MH = IM 2 − IH 2 = 42 − 22 = 2 3 và do đó, w − z1 + w − z1 = MM 1 + MM 2 = MH − HM 1 + MH + HM 2 = 2 MH = 4 3. Câu 13. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 2 mz − m + 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 = 2 z1 − z2 ?

QU Y

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

Lời giải

Phương trình đã cho có ∆′ = m 2 + m − 12 .

KÈ

 m < −4 Trường hợp 1: ∆′ > 0 ⇔ m 2 + m − 12 > 0 ⇔  . m > 3 Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm thực z1 , z2 phân biệt.

z1 + z2 = 2 z1 − z2

đó,

(

⇔ z12 + z22 + 2 z1 z2 = 2 z12 + z22 − 2 z1 z 2 2

⇔ ( z1 + z2 ) − 6 z1 z2 − 2 z1 z2 = 0

)

⇔ ( z1 + z2

) =( 2

2 z1 − z2

)

2 2 ⇔ ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 + 2 z1 z2 = 2 ( z1 + z2 ) − 4 z1 z2   

⇔ 4m 2 − 6( − m + 12) − 2 | −m + 12 |= 0(*)

Nếu

m < −4

hoặc

DẠ

 m = −6 3 < m < 12 thì (*) ⇔ 4m 2 − 8(− m + 12) = 0 ⇔ m 2 + 2m − 24 = 0 ⇔  . m = 4 Nếu m ≥ 12 thì (*) ⇔ 4m 2 − 4( −m + 12) = 0 ⇔ m 2 + m − 12 = 0 (không thỏa mãn). Trường hợp 2: ∆′ < 0 ⇔ m 2 + m − 12 < 0 ⇔ −4 < m < 3 . Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 là hai số phức liên hợp:

−m + i − m2 − m + 12 và − m − i −m2 − m + 12. Do đó, z1 + z2 = 2 z1 − z2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

⇔ 2 m2 + ( −m2 − m + 12 ) = 2 − m2 − m + 12 ⇔ − m + 12 = −m 2 − m + 12 ⇔ m = 0 (thỏa mãn)

A. 1

B. 2.

C. 3. Lời giải Ta có: z 2 − 2mz + 3m + 10 = 0(*) thì ∆′ = m 2 − 3m − 10 . Điều kiện ∆′ < 0 ⇔ −2 < m < 5 .

D. 4.

Phương trình (*) khi đó có 2 nghiệm z1,2 = m ± i m2 − 3m − 10 . Do đó z1 + z2 ≤ 8 ⇔ 2 z1 ≤ 8 ⇔ z1 ≤ 4 ⇔ 3m + 10 ≤ 4 ⇔ −

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn đề bài. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 3m + 10 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 không phải số thực thỏa mãn z1 + z2 ≤ 8 ?

FI CI A

Câu 14.

10 ≤ m ≤ 2. 3

Kết hợp điều kiện −2 < m < 5 , suy ra −2 < m ≤ 2 Vậy các giá trị nguyên của thỏa mãn là: m ∈ {−1; 0;1; 2} . Câu 15. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Cho số phức z và số phức w = ( z − i )( z + i ) + 2 z − 3i thỏa mãn w − i 2022 − i 2023 ⋅ w − 1 = 0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T =| z − 3 + i |2 + | z + 1 − 3i |2 bằng m + n 5 với m, n ∈ ℝ . Tính P = m.n . B. P = 876 . A. P = 124 .

ƠN

C. P = 416 . Lời giải

Gọi w = x + yi với x, y ∈ ℝ .

D. P = 104 .

Hệ thức w − i 2022 − i 2023 ⋅ w − 1 = 0 ⇔| w + 1|= −i ⋅ w + i 2 ⇔| w + 1|=| −i | . | w − i | ⇔| w + 1|=| w − i |⇔| x + yi + 1|=| x − yi − i |⇔ ( x + 1) 2 + y 2 = x 2 + ( y + 1) 2 ⇔ x = y  số phức w có phần thực bằng phần ảo. Gọi z = a + bi với a , b ∈ ℝ .

 w = ( z − i )( z + i ) + 2 z − 3i =| z |2 +i ( z − z ) + 1 + 2 z − 3i = a 2 + b 2 + i (2bi ) + 1 + 2(a + bi ) − 3i

QU Y

= ( a 2 + b 2 + 2a − 2b + 1) + (2b − 3)i

Suy ra: ( a 2 + b 2 + 2a − 2b + 1) = (2b − 3) ⇔ ( a + 1) 2 + (b − 2) 2 = 1 (1).

Suy ra quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C ) có tâm I ( −1; 2) và bán kính R = 1 . Biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 T =| z − 3 + i | + | z + 1 − 3i | =| z − 3 + i | + | z + 1 + 3i | =| z − 3 + i | + | z + 1 + 3i | = MA + MB , với điểm M biểu diễn số phức z và nằm trên đường tròn (C ) có tâm I ( −1; 2) và bán kính R = 1 và điểm A(3; −1), B ( −1; −3)

AB 2 (với K là trung điểm của đoạn AB ) 2 Có K (1; −2) và AB = 2 5 suy ra T = MA2 + MB 2 = 2 MK 2 + 10 Suy ra Tmax ⇔ MK max ⇔ K là hình chiếu vuông góc của M trên AB ⇔ M , I , K thẳng hàng và I nằm giữa M , K .

KÈ

Ta có T = MA2 + MB 2 = 2 MK 2 +

Mặt khác ta có IM = ( a + 1; b − 2), IK = (2; −4)  IK = 2 5 .

DẠ

Suy ra IM =

 −1 5 2 5 5 2 5 . IK  M  −1 − ;2 + ;b = 2 +   a = −1 − 5 5  5 5 2 5 

Vậy Tmax = 2(2 5 + 1) 2 + 10 = 52 + 8 5  m = 52; n = 8  P = m.n = 416 .

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

(Sở Bắc Giang 2022) Giả sử z1 ; z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn ( z − 6)(8 − i.z ) là số

Câu 16.

thực. Biết rằng z1 − z2 = 6 . Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2 bằng

A. −5 + 73 .

ƠN

B. 5 − 21 . C. 20 − 2 73 . D. 20 − 4 21 .

QU Y

Lời giải

Đặt z = x + yi với x; y ∈ ℝ . Gọi A; B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 ; z2 .

KÈ

Ta có: z1 − z2 = 6  AB = 6 . Và ( z − 6)(8 − iz ) = ( x + yi − 6)(8 − xi − y ) = [( x − 6) + yi ][(8 − y ) − xi ]

= [( x − 6)(8 − y ) + xy ] + [(8 − y ) y − ( x − 6) x ]i = 8 x + 6 y − 48 − ( x 2 + y 2 − 6 x − 8 y ) i

DẠ

Theo giả thiết ( z − 6)(8 − i.z ) là số thực nên x 2 + y 2 − 6 x − 8 y = 0 Do đó A; B ∈ (C ) : x 2 + y 2 − 6 x − 8 y = 0 là đường tròn tâm I (3; 4) , bán kính R = 5 . Xét điểm M thỏa mãn MA + 3MB = 0 ⇔ MO + OA + 3MO + 3OB = 0 ⇔ OA + 3OB = 4OM . Gọi H là trung điểm AB, khi đó: HI 2 = R 2 − HB 2 = 16 , 2

73 3 IM = HI + HM = 4 +   = . 2 2 2

Suy ra: Điểm M thuộc đường tròn ( C1 ) tâm I (3; 4) , bán kính R1 =

73 . 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

Ta có: z1 + 3 z2 =| OA + 3OB |=| 4OM |= 4OM

(Sở Bạc Liêu 2022) Cho các số phức z , w thỏa mãn z = 2 , w − 3 + 2i = 1 khi đó z 2 − 2 zw − 4 đạt giá trị lớn nhất bằng A. 16 . B. 24 .

FI CI A

Câu 17.

 73   z1 + 3 z2 min ⇔ 4OM min = 4 OI − R1 = 4  5 −  = 20 − 2 73. 2   Vậy z1 + 3 z2 min = 20 − 2 73 .

C. 4 + 4 13 . Lời giải

D. 20 .

Chọn B Ta có T = z 2 − 2 zw − 4 = z 2 − 2 zw − z

= z 2 − 2 zw − z.z = z . z − z − 2 w = 2 z − z − 2 w

Gọi z = x + yi  z − z = 2 yi . Vì z = 2 nên −4 ≤ 2 y ≤ 4 .

Gọi w′ = x′ + y′i = 2w  2w − 6 + 4i = 2  w′ − 6 + 4i = 2 ⇔ ( x′ − 6 ) + ( y ′ + 4 ) = 4 .

ƠN

Gọi A là điểm biểu diễn của z − z  A thuộc trục Oy với −4 ≤ y A ≤ 4 .

Gọi B là điểm biểu diễn của 2w  B thuộc đường tròn tâm I ( 6; −4 ) ; bán kính R = 2 . Khi đó T = 2 AB .

QU Y

Ta có hình vẽ:

Ta có Tmax = 2 ABmax = 2 ( IA + R ) = 24 với A ( 0; 4 ) .

Câu 18.

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho số phức z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) thỏa mãn z + z − 2 + 3 z − z + 4i ≤ 6 và

KÈ

z − 1 − i ≤ z + 3 + i . Gọi M , m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x + 3 y + 5 . Khi đó M + m bằng: 17 33 13 22 A. . B. . C. − . D. . 5 5 5 5 Lời giải Chọn D + ) z + z − 2 + 3 z − z + 4i ≤ 6 ⇔ 2 x − 2 + 3 2 yi + 4i ≤ 6 ⇔ x − 1 + 3 y + 2 ≤ 3

DẠ

khi x ≥ 1, y ≥ −2 x + 3y + 2 ≤ 0  x − 3 y − 10 ≤ 0 khi x ≥ 1, y < −2  ⇔ khi x < 1, y ≥ −2 x − 3y − 4 ≥ 0  x + 3 y + 8 ≥ 0 khi x < 1, y < −2 +) z − 1 − i ≤ z + 3 + i ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) i ≤ ( x + 3) + ( y + 1) i

⇔ Trang 10

( x − 1) + ( y − 1)

≤

( x + 3) + ( y + 1)

⇔ −8 x − 4 y − 8 ≤ 0 ⇔ 2 x + y + 2 ≥ 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

+) Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là ngũ giác ABCDE (như hình vẽ). Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2 x + 3 y + 5 đạt được tại hai đỉnh của ngũ giác ABCDE

d1 x

d3 d2

B E

d: 2x + y + 2 = 0 d1: x + 3y + 2 = 0

d2: x + 3y + 8 = 0

FI CI A

d3: x - 3y - 4 = 0

d4: x - 3y - 10 = 0 Δ: 2x + 3y = 0

(

QU Y

A. 11. B. 10. C. 8. D. 9.

)

ƠN

+) Biểu thức P = 2 x + 3 y + 5 đạt giá trị lớn nhất là M = Pmax = 7 khi x = 4, y = −2 (tại C ). 13 2 14 khi x = , y = − (tại E ). Biểu thức P = 2 x + 3 y + 5 đạt giá trị nhỏ nhất là m = Pmin = − 5 5 5 22 Suy ra M + m = . 5 Câu 19. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Trên tập hợp số phức, xét phương trình 1 z 2 − m + 1z − m 2 − 5m − 6 = 0( m là tham số thực). Có bao nhiêu số nguyên m ∈ [−10;10] đề 4 phương trình trên có hai nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 ≤ z1 − z2 ?

Lời giải Điều kiện m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1.∆ = m − 4 m − 5 m ≥ 5 + Trường hợp 1: ∆ ≥ 0 ⇔ m 2 − 4m − 5 ≥ 0 ⇔  phương trình có 2 nghiệm thực z1 , z2  m ≤ −1 1 Theo định lý Viet z1 ⋅ z2 = − ( m 2 − 5m − 6 ) . 4 2 2 z1 + z2 ≤ z1 − z2 ⇔ z1 + z2 ≤ z1 − z2 ⇔ 4 z1 ⋅ z2 ≤ 0

KÈ

DẠ

m ≥ 6 − ( m 2 − 5m − 6 ) ≤ 0 ⇔ m 2 − 5m − 6 ≥ 0 ⇔   m ≤ −1 Do m ∈ ℤ và m ∈ [−10;10] nên số giá trị m thỏa mãn là (10 − 6) + 1 + 1 = 6 . + Trường hợp 2 : ∆ < 0 ⇔ m 2 − 4m − 5 < 0 ⇔ −1 < m < 5 . phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 2

z1 + z2 ≤ z1 − z2 ⇔ z1 + z2 ≤ z1 − z2 ⇔ m + 1 ≤ m 2 − 4m − 5  2 m ≥ 6  m − 5m − 6 ≥ 0  ⇔ 2 ⇔  m ≤ −1 m − 3 m − 4 ≤ 0  −  1≤ m ≤ 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

Do m ∈ ℤ, −1 < m < 5 và m ∈ [ −10;10] nên số giá trị m thỏa mãn là m = 0, m = 1, m = 2, m = 3 . Vậy có 10 giá trị của m . Câu 20. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho M , N , P lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn

điều kiện 5 z1 + 9 − 3i = 5 z1 , z2 − 2 = z2 − 3 − i , z3 + 1 + z3 − 3 = 4 . Khi M , N , P không thẳng hàng, giá trị nhỏ nhất của nửa chu vi p của tam giác MNP là 10 5 . 9 6 5 B. . 5 9 10 C. . 10 5 11 D. . 13

FI CI A

ƠN

Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z1 là đường thẳng AB . Tập hợp điểm N biểu diễn số phức z2 là đường thẳng BC .

Lời giải Trong mặt phẳng Oxy , gọi A( −1; 0), B (0;3), C (3; 0) và M , N , P lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 . Ta có

QU Y

z3 + 1 + z3 − 3 = 4 ⇔ PA + PC = AC  Tập hợp điểm P biểu diễn số phức z3 là đoạn AC .

MN + NP + PM . 2 Gọi P1 , P2 lần lượt đối xứng với P qua AB, BC . Ta có MP = MP1 , NP = NP2 . Khi đó MN + NP + PM = PM + MN + NP2 ≥ P1 P2 . 1 = PBA + = 2 Ta thấy P BP = P BA + ABC + CBP ABC + PBC ABC .

Khi đó p =

2 5 AB AC AC sin BCA =  sin ABC = = sin AB 5 sin BCA ABC Gọi H là trung điểm của PP 1 2 , khi đó

KÈ

Theo đinh lí Sin:

DẠ

2 5 4 5 4 5 12 5 P1 P2 = 2 P2 H = 2 BP2 ⋅ sin P = BP ≥ BO = . 2 BH = 2 BP ⋅ sin ABC = 2 BP ⋅ 5 5 5 5 6 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của p là . 5 Câu 21. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Cho hai số phức z , w thỏa mãn z + w = 10 ,

2 z + w = 17 và z − 3w = 146 . Tính giá trị của biểu thức P = z.w + z.w .

A. P = −14 .

B. P = 14 .

C. P = 16 . Lời giải

D. P = −8 .

Chọn D Gọi z = a + bi và w = x + yi với a , b, x, y ∈ ℝ . Theo đề ta có:

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

z + w = 10 ⇔ ( a + x ) + ( b + y ) = 10 ⇔ a 2 + 2ax + x 2 + b 2 + 2by + y 2 = 10 (1) 2

2 z + w = 17 ⇔ ( 2 a + x ) + ( 2b + y ) = 17 ⇔ 4a 2 + 4ax + x 2 + 4b 2 + 4by + y 2 = 17 (2) 2

Lấy 35.(1) − 8.(2) − 3.(3) vế theo vế ta được: 56.ax + 56.by = −224 ⇔ ax + by = −4

( a − bi ) . ( x + yi ) = 2.ax + 2.by = −8

FI CI A

Ta có P = z.w + z.w = ( a + bi ) . ( x − yi ) +

Cách 2: 2 z + w = 10 ⇔ z + w = 10 ⇔ ( z + w ) z + w = 10

(

)

⇔ ( z + w ) z + w = 10 ⇔ z + P + w = 10 Tương tự 2 2 2 z + w = 17 ⇔ 4 z + 2 P + w = 17 2

z − 3w = 146 ⇔ z − 3P + 9 w = 146

( 2) ( 3)

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

z2 =5  Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ⇔  P = −8 .  2  w = 13 Vậy P = −8 .

(1)

(

z − 3w = 146 ⇔ ( a − 3 x ) + ( b − 3 y ) = 146 ⇔ a 2 − 6ax + 9 x 2 + b 2 − 6by + 9 y 2 = 146 (3)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

VẤN ĐỀ 5. HHKGHHKG-THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

mặt phẳng ( P ) cắt SB, SD lần lượt tại B ′ và D′ . Tính tỷ số A.

1 . 6

1 . 3

FI CI A

Câu 1. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm cạnh bên SC . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD , VS . AB′MD′ VS . ABCD

3 . 4 Lời giải

Chọn B

M B'

ƠN

2 . 3

QU Y

O A

Trong ( ABCD ) gọi O là giao điểm của AC và BD . Trong ( SAC ) gọi I là giao điểm của SO và AM . Trong ( SBD ) từ I vẽ đường thẳng song song với BD cắt SB , SD lần lượt tại B ′ , D′ , suy ra

mặt phẳng ( P ) là mặt phẳng ( AB′MD′ ) .

DẠ

KÈ

+ Ta thấy I là giao điểm của hai đường trung tuyến AM và SO của tam giác SAC  I là SI SB′ SD′ 2 trọng tâm tam giác SAC , suy ra: = = = (định lý Ta-lét vì B′D′// BD ) SO SB SD 3 V SA.SB′.SM 2 1 1 1 Ta có: SAB′M = = . =  VSAB′M = VSABC . VSABC SA.SB.SC 3 2 3 3 VSAD′M SA.SD′.SM 2 1 1 1 = = . =  VSAD′M = VSADC VSADC SA.SD.SC 3 2 3 3 1 1 VSABC + VSADC ) VSABCD ( V V + VSAD′M 1 =3 =3  SAB′MD′ = SAB′M = . VSABCD VSABCD 3 VSABCD VSABCD Câu 2. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Cosin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) bằng:

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

2 5 . 5

1 . 4 Lời giải

13 . 4

3 . 4

Chọn B

FI CI A

K D

α S

(SBC)

Gọi α là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) , khi đó: sin α = 0° < α < 90° .

AB 3 a 3 . = 2 2

, với

a 13 . 2

ƠN

Trong ∆AHD vuông tại A có: HD = AD 2 + AH 2 = Trong ∆ SAB đều có: SH =

d ( D , ( SBC ) )

Trong ( SAB ) , dựng HK ⊥ SB .

Trong ∆SHD vuông tại H có: SD = SH 2 + HD 2 = 2a .

QU Y

 BC ⊥ AB Ta có:  ,  BC ⊥ ( SBC )  BC ⊥ HK , mà HK ⊥ SB , nên HK ⊥ ( SBC ) .  BC ⊥ SH AB Ta có: d ( D, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) = .d ( H , ( SBC ) ) = 2 HK . HB Trong ∆AHB vuông tại H có: Do đó: sin α =

1 1 1 a 3 . = +  HK = 2 2 2 HK SH BH 4

2 HK 3 13 . Vì 0° < α < 90° , nên cos α = 1 − sin 2 α = . = SD 4 4

13 . 4 Câu 3. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng 2. Gọi M , N lần lượt là

KÈ

Vậy cos ( SD , ( SBC ) ) =

2 BB′ . Đường 3 thẳng CM cắt đường thẳng A′C ′ tại P và đường thẳng CN cắt đường thẳng B′C′ tại Q . Biết a thể tích khối đa diện lồi A′MPB′NQ bằng với a, b ∈ ℕ; a, b nguyên tố cùng nhau. Tính a + 2b . b A. 14 . B. 31 . C. 41 . D. 32 . Lời giải Chọn C

DẠ

hai điểm nằm trên hai cạnh AA′ và BB ′ sao cho M là trung điểm AA′ và B′N =

Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Ta có: PA′ A′M 1 C ′A′ 1 QB′ B′N 2 C ′B ′ 1 = = hay = ; = = hay = . ′ ′ ′ ′ ′ PC CC 2 C P 2 QC C C 3 C ′Q 3

ƠN

13 VA′B′C ′.MNC 1  A′M B′N C ′C  1  1 2  13  VA′B′C′.MNC = VA′B′C′. ABC . =  + + =  + + 1 =  VA′B′C ′. ABC 3  A′A B′B C ′C  3  2 3  18 18 1 VC. A′B′C′ = VA′B′C′. ABC . 3 VC .C ′PQ SC ′PQ C ′P C ′Q = = . = 2.3 = 6  VC .C ′PQ = 6VC .C ′A′B′ = 2VA′B′C ′. ABC . VC .C ′A′B′ SC ′A′B′ C ′A′ C ′B′ 23 23  13  Suy ra: VA′MPB′NQ = VC .C ′PQ − VA′B′C ′.MNC =  2 −  VA′B′C ′. ABC = .2 = . 18 9  18  Khi đó: a = 23, b = 9  a + 2b = 41 .

QU Y

Câu 4. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cho tứ diện ABCD có AC = 2CD = DB = 2 a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng CD sao cho H , C , D , K theo thứ tự cách đều nhau. Biết góc tạo bởi AH và BK bằng 60° . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng

a3 3 . 6

a3 3 . 8

a3 3 . 3 Lời giải

a3 3 . 4

DẠ

KÈ

Chọn D

 Có HC = CD = DK = a; AC = 2a; BD = 2a .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

Tam giác AHC vuông tại H nên AH =

AC 2 − HC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3

cặp cạnh đối AH = BK = a 3 , ( AH ; BK ) = 60° ,và d ( AH ; BK ) = HK = 3a .

1 1 3 3 3 3 AH .BK .d ( AH , BK ).sin( AH , BK ) = .a 3.a 3.3a. = a. 6 6 2 4

 Dễ thấy VABCD

FI CI A

Suy ra VABKH =

Tam giác BKD vuông tại K nên BK = BD 2 − HK 2 = 4a 2 − a 2 = a 3. Tứ diện ABKH có:

1 1 3a3 3 a3 3 = VABKH = . = . 3 3 4 4

Câu 5. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Cho khối hộp chữ nhật ABCD ⋅ A′B′C′ D′ . Khoảng cách 2 2 giữa 2 đường thẳng AB, CB′ bằng a , khoảng cách giữa 2 đường thẳng A′ D′, B′ A bằng a. 5 5 6

a . Tính thể tích khối hộp chữ nhật đã cho.

ƠN

A. a 3 . a3 B. . 2 C. 2a 3 . D. 2a3 .

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng BD′ , AC bằng

Lời giải

QU Y

Chọn C

Giải sử các kích thức của hình hộp chữ nhật là AB = x, AD = y , AA = z với x, y , z > 0 . +) Khoảng cảch giữa hai đường thẳng AB và B′C bằng

2a 5 . 5

KÈ

 AB / / CD  Ta có CD ⊂ ( A′B′CD )  AB / / ( A′ B′CD )  d ( AB; B′C ) = d ( AB; ( A′B′CD ) )   AB ⊂/ ( A′ B′CD ) 2a 5 , với H là hình chiếu của A trên A′ D . 5 1 1 1 1 1 5 Từ = +  2 + 2 = 2 (1) 2 ′2 2 AH AA AD y z 4a

= d ( A, ( A′ B′CD ) ) = AH =

2a 5 . 5 A′ D′ / / ( AB′C ′ D )  d ( A′ D′; AB′ ) = d ( A′ D′, ( AB′C ′ D ) )

DẠ

+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng A′ D′ và AB′ bằng Tương tự, ta chứng minh được

= A′ K =

Trang 4

2a 5 với K là hình chiếu của A′ trên AB′ . 5

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

1 1 1 1 1 5 = +  2 + 2 = 2 (2) 2 2 ′2 A′ K A′ A A′ B x z 4a

a 3 . 3

Gọi {O} = AC ∩ BD  O là trung điểm của BD . Gọi I là trung điểm của DD′ thì OI là đường trung bình của ∆BDD′  OI / / BD′  BD′ / /( ACI ) .

 d ( BD′; AC ) = d ( BD′;( ACI ) ) = d ( D′;( ACI ) ) = d ( D;( ACI )).

+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD′ bằng

FI CI A

Từ

ƠN

Ta thấy DI , DA, DC đôi một vuông góc với nhau nên 1 1 1 1 1 1 4 1 1 4 3 = + + = + +  2 + 2 + 2 = 2 (3) 2 2 2 2 2 2 ′2 d ( D, ( ACI )) DA DC DI DA DC DD x y z a 1 5 1 1 1  y 2 + z 2 = 4a 2  x2 = a2   x = a 5 1 1 1 1  ⇔  2 = 2 ⇔ y = a Từ (1),(2),(3) ta có hệ  2 + 2 = 2 z 4a a x y  z = 2a  1 4 3 1 1 1 + + = =  x2 y 2 z 2 a 2  2 4a 2 z  Vậy thể tích khối hộp là V = xyz = a ⋅ a ⋅ 2a = 2a 3 . Câu 6. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Cho tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sao cho MC = 2MB ; N , P lần lượt là trung điểm của BD và AD . Gọi Q là giao điểm của AC và ( MNP ) . Thể tích khối đa diện ABMNPQ bằng

2 . 36 Lời giải

11 2 . 432

QU Y

Chọn B

13 2 . 432

7 2 . 216

DẠ

KÈ

Gọi I = MN ∩ CD suy ra Q = IP ∩ AC . Gọi K là trung điểm của MC . Dễ thấy MN , DK lần 1 1 1 1 IN 3 lượt là đường trung bình ∆BDK , ∆CMI nên MN = DK = . IM = IM  = . 2 2 2 4 IM 4 IP IN 3 Ta có MQ / / PN  = = . IQ IM 4 V ID IN IP 1 3 3 9 . . = . . = Ta có: IDNP = VICMQ IC IM IQ 2 4 4 32  VDNPCMQ =

23 S ∆CMQ 23 23 23 CM CQ .VABCD = .2. VICMQ = .2.VDCMQ = .2. . .VABCD 32 32 32 S ∆CAB 32 CB CA

23 2 2 23 13 13 2 13 2 .2. . .VABCD = .VABCD  VABMNPQ = .VABCD = . = . 32 3 3 36 36 36 12 432

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

Câu 7. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Hình lập phương ABCD. A1B1C1D1 có cạnh bằng 6. Gọi

M , N lần lượt là trung điểm của cạnh B1C1 , CD và O, O1 lần lượt là tâm các hình vuông ABCD, A1 B1C1 D1 . Thể tích khối tứ diện MNOO1 bằng A. 9. B. 12. C. 18. Lời giải Chọn A

D. 27.

FI CI A

A1 O1 M

Ta có: OO1 ⊥ ( A1 B1C1 D1 )  OO1 ⊥ O1M ; OO1 ⊥ ( ABCD )  OO1 ⊥ ON .

ƠN

Mặt khác: O1M ⊥ B1C1 Mà B1C1 // BC // ON , nên ON ⊥ O1M .

QU Y

O M ⊥ OO1 Ta có  1 ,  O1 M ⊥ ( O1ON ) . O1M ⊥ ON BC 1 AB = 3 , nên S∆O1ON = OO1.ON = 9 . Ta có: O1M = 1 1 = 3 Ta có: OO1 = AA1 = 6 , ON = 2 2 2 1 Vậy thể tích khối chóp MNOO1 là V = O1M .S∆O1ON = 9 . 3 Câu 8. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho lăng trụ ABC . A′B′C ′ có tam giác ABC vuông cân tại A . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt đáy trùng với trung điểm của cạnh BC . Biết cạnh AA′ = a 3 và tạo với mặt đáy của hình lăng trụ một góc bằng 60° . Khoảng cách từ đỉnh C ′ đến mặt ( A′BC ) bằng

3a . 4

a . 2 Lời giải C.

2a . 3

DẠ

KÈ

Chọn B

a 3 . 2

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

B' C'

FI CI A

H C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A′ lên mặt phẳng ( ABC ) .

ƠN

Ta có: AH là hình chiếu vuông góc của AA′ trên mặt phẳng ( ABC )  Góc giữa AA ' và mặt phẳng ( ABC ) là A′AH  A′AH = 60° .

Ta có:

Gọi I là tâm của hình bình hành ACC ′A′ . d ( C ′, ( A′BC ) ) C ′I = = 1  d ( C ′, ( A′BC ) ) = d ( A, ( A′BC ) ) . d ( A, ( A′BC ) ) AI

AH ⊥ BC    AH ⊥ ( A′BC )  d ( A, ( A′BC ) ) = AH . AH ⊥ A ' H 

a 3 . 2 Câu 9. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông; mặt bên (SAB) là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách

QU Y

Xét tam giác A ' HA : AH = AA′.cos 60° =

giữa hai đường thẳng AB và SD bằng

3 3 a . 2 6 3 3 B. V = a . 2 27 3 a . C. V = 2 9 D. V = a 3 . 2

KÈ

A. V =

3 5a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . 5

Lời giải

DẠ

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

L FI CI A OF

KÈ

QU Y

ƠN

Gọi I ; J lần lượt là trung điểm của AB; CD; K là hình chiếu của I lên SJ x Đặt cạnh đáy bằng AB = x khi đó SI = , IJ = x . 2 Vì AB / / CD nên AB‖( SCD )  d ( AB, SD) = d ( I , ( SCD )) = IK . Suy ra IS .IJ d ( I ;( SCD)) = IK = IS 2 + IJ 2 x x⋅ 3a 5 2 ⇔ x = 3a ⇔ = 5 x2 x2 + 4 1 x 2 9a 3 Từ đó suy ra V = . x = 32 2 Câu 10. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = 2a và AA′ = a (tham khảo hình vẽ bên). Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB′, A′C .

2a . 3

Y DẠ

A. d =

B. d =

3a . 2

C. d =

2a . 3

D. d =

Lời giải

Chọn A

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

3a . 2

L FI CI A

Không mất tính tổng quát, ta chọn hệ trục tọa độ ( Oxyz ) , như hình vẽ.

Chọn a = 1 , khi đó A′ ( 0;0;0 ) , B′ ( 0;1;0 ) , A ( 0;0;1) , C ( 2;0;1) . Ta có: AB′ = ( 0;1; − 1) ; A′C = ( 2; 0;1) , A′A = ( 0;0;1) . Ta có:  AB′, A′C  = (1; − 2; − 2 )   AB′, A′C  . A′A = −2 .

KÈ

QU Y

ƠN

Khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB′ , A′C là:  AB′, A′C  . A′A −2 2   d= = = . 2 2 3  AB′, A′C  12 + ( −2 ) + ( −2 )   Câu 11. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh a . Gọi M , N và E lần lượt là trung điểm các cạnh AA′, C ′D′ và CC′ (tham khảo hình vẽ bên). Tính thể tích V của khối tứ diện BMNE .

A. V =

a3 . 24

B. V =

a3 . 6

C. V =

a3 . 8

D. V =

a3 . 12

Lời giải

DẠ

Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

L FI CI A OF

3 3 . 2 3 . C. 4 3 D. . 2

QU Y

ƠN

Dựng hệ trục tọa độ B′xyz như hình vẽ và để làm việc dễ hơn ta chọn a = 1 thì ta có: 1 1 1    B ( 0;0;1) , M  1;0;  , N  ;1;0  , E  0;1;  2 2 2     1   1 1    BM = 1;0; −  , BN =  ;1; −1 , BE =  0;1; −  2 2  2   1 1  VBMNE =  BM , BN  .BE = 6 24 3 a Vậy VBMNE = . 24 Câu 12. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hình hộp đứng ABCD ⋅ A′ B′C′D′ có cạnh AA′ = 2 , đáy ABCD là hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của B′C ′, C ′ D′, DD′ và Q thuộc cạnh BC sao cho QC = 3QB . Thể tích của khối tứ diện MNPQ bằng A. 3 3 .

DẠ

KÈ

Lời giải Gọi O = AC ∩ BD; O′ = A′C ′ ∩ B′ D′ . Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho các tia Ox, Oy , Oz lần lượt trùng với các tia OB, OC , OO′

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

khi đó toạ độ các điểm là O (0; 0; 0), B (2 3; 0; 0), C (0; 2; 0), D (−2 3; 0; 0), O′(0; 0; 2), B′(2 3; 0; 2), C ′(0; 2; 2), D′(−2 3; 0; 2) và 3 3 1  1 1 3 M ( 3;1; 2), N ( − 3;1; 2), P (−2 3;0;1), Q  ; ;0   VMNPQ = | [ MN , MP ] ⋅ MQ |= ⋅ 3 3 = 6 6 2  2 2 

ƠN

(Sở Thanh Hóa 2022) Cho khối chóp S . ABCD với đáy ABCD là hình bình hành có thể tích bằng 84a3 . Gọi M là trung điểm AB; J thuộc cạnh SC sao cho JC = 2 JS ; H thuộc cạnh SD sao cho HD = 6 HS . Mặt phẳng ( MHJ ) chia khối chóp thành hai phần. Thể tích khối đạ diện của phần chứa đỉnh S bằng A. 17 a 3 . B. 19a 3 . C. 24a 3 . D. 21a 3 . Lời giải Gọi P = HJ ∩ CD; N = MP ∩ BC ; Q = MP ∩ AD; E = QH ∩ SA khi đó khối đa diện chứa đỉnh S là SBMEHJN .

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 13.

Định lý Menelaus là một định lý cơ bản trong hình học tam giác, được phát biểu như sau: Cho tam giác ABC . Các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC , CA, AB . Khi đó D, E , F DB EC FA thẳng hàng thì ⋅ ⋅ =1. DC EA FB

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

L FI CI A

có

 NB BM = =1 PC HD JS PC 1 PC 1  NC PC ⋅ ⋅ =1 ⋅6⋅ =1 =  Áp dụng định lí trên có: . PD HS JC PD 2 PD 3  QA AM 1 = =  QD PD 3 ES QA HD ES 1 ES 1 Tương tự Ta ⋅ ⋅ =1 ⋅ ⋅6 =1 = . EA QD HS EA 3 EA 2 VSBMEHJN = VS . BMN + VS .MEHJN = VS . BMN + (VS .MEH + VS .MHJ + VS .MNJ ) . S BMN 1 VS . ABCD = VS . ABCD S ABCD 8

VS .MEH =

SE SH 1 1 S 1 1 1 1 ⋅ VS .MAD = ⋅ ⋅ MAD VS . ABCD = ⋅ ⋅ VS . ABCD = VS . ABCD SA SD 3 7 S ABCD 3 7 4 84

VS .MHJ =

SH SJ 1 1 S 1 1 1 1 ⋅ VS .MDC = ⋅ ⋅ MDC VS . ABCD = ⋅ ⋅ VS . ABCD = VS . ABCD SD SC 7 3 S ABCD 7 3 2 42

VS .MNJ =

1 1 1 SJ 1 S VS .MNC = ⋅ MNC VS . ABCD = ⋅ VS . ABCD = VS . ABCD 3 8 24 SC 3 S ABCD

ƠN

VS .BMN =

( AA′C′C )

và

QU Y

1 1  17 1 1  VSBMEHJN =  + + +  VS . ABCD = × 84a 3 = 17 a 3 . 84  8 84 42 24  Câu 14. (Sở Hà Tĩnh 2022) Cho lăng trụ ABCD ⋅ A′B′C′D có đáy là hình chữ nhật với AB = 6, AD = 3, A′C = 3 và mặt phẳng ( AA′C ′C ) vuông góc với mặt đáy. Biêt hai mặt phẳng

( AA′B′B )

ABCD ⋅ A′ B′C′D′ là A. 12. B. 6. C. 8. D. 10.

tạo với nhau góc α có tan α =

3 . Thể tích V của khối lăng trụ 4

Lời giải.

DẠ

KÈ

Dễ thấy nên tam giác A′CC ′ cân tại A′ , do đó A′F ⊥ CC′ , với F là trung điểm của CC′ . Gọi E là điểm 3 thỏa mãn C ′ E = C ′ D′ . 2

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

3 6 6 và D′ E = , suy ra 2 2 27 A′ E 2 + A′C 2 = A′ D′2 + D′ E 2 + A′C ′2 = = C′E 2 2 suy ra EA′ ⊥ A′ F và CC ′ ⊥ ( EA′F ) , do đó ′ = ( A′ F , EF ) = ( ( AA′C ′ A ) , ( CDD′C ′ ) ) = ( ( AA′C ′C ) , ( AA′ B′ B ) ) = α EFA

ƠN

Khi đó C ′ E =

3 2 , suy ra A′ F = A′E cot α = 2 2 và CC ′ = 2 A′C ′2 − A′ F 2 = 2 , 2 do đó chiều cao của khối lăng trụ là A′ F ⋅ CC ′ 4 2 h = d ( C , ( A′ B′C ′ D′ ) ) = d ( C , A′C ′ ) = = A′C ′ 3 Vậy V = AB ⋅ AD ⋅ h = 8 . Câu 15. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Một mặt cầu ( J ) ( J và S cùng phía với ( ABCD ) ) tiếp xúc với ( ABCD ) tại A , đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt phẳng ( P ) đi qua J và BC . Gọi ϕ là góc giữa ( P ) và ( ABCD ) . Tính tan ϕ biết các đường chéo của thiết diện của hình chóp cắt bởi ( P ) lần lượt cắt và vuông góc với SA, SD . 1 A. . 4 6 B. . 6 3 C. . 6 1 D. . 2

KÈ

QU Y

Ta có EA′ = D′ E 2 + A′ D′2 =

Lời giải.

DẠ

Gọi R , r lần lượt là bán kính mặt cầu tâm J và bán kính mặt cầu tâm I nội tiếp hình chóp tứ giác đều. Đặt AB = a, SO = h , với O là tâm hình vuông ABCD . Khi đó do hai mặt cầu ( I ) và

( J ) tiếp xúc ngoài nên OA = 2 Rr hay a 2 = 8Rr . Gọi giao điểm của JC với SA và SO lần lượt là E và H . Theo giả thiết thì CE ⊥ SA , suy ra hai tam giác HCO và ASO đồng dạng, suy ra

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

L FI CI A OF

OH OC OA2 4 Rr =  OH = = . OA OS h h

JA R 4 Rr R nên hay h = 8r . Gọi N là trung = = 2 2 h 2 điểm AB . Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có 2r OI SI SO h 2h = = = = = . 2 2 2 a ON SN ON + SN a a a 4 h a + + + h2 + 2 4 h Thay r = , ta được 8 a 3 7 a = 4h 2 + a 2  12a 2 = h 2  = . h 6 , suy ra Gọi M là trung điểm BC , dễ thấy BC ⊥ (OHM ) nên ϕ = (( P), ( ABC )) = OMH

ƠN

Lại từ tính chất đường trung bình, ta có OH =

OH 4 Rr 8 Rr a 2 3 = = = = OM h ⋅ a ah ah 6 2 Câu 16. (Sở Ninh Bình 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của cạnh SA, N là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3NB . Mặt phẳng ( P ) thay đổi đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại hai điểm phân biệt P, Q . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S .MNPQ . V A. . 3 27 B. V. 80 27 C. V . 40 V D. . 6

KÈ

QU Y

tan ϕ =

Lời giải.

SC SD = x, = y với x, y ≥ 1 . Vì hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành nên SP SQ SA SC SB SD + = + . SM SP SN SQ

DẠ

Đặt

Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

ƠN

Suy ra SC 4 SD 2 = +  y= +x 2+ SP 3 SQ 3 Mặt khác ta có VS .MNPQ VS .MNP VS .MQP 1  SM SN SP SM SQ SP  = + =  ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅  VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ADC 2  SA SB SC SA SD SC 

9( x + 2) với x ≥ 1. Ta có 16 3x 2 + 2 x

(

)

QU Y

Xét hàm số f ( x) =

11 3 1 1 1 1 1 3 1 1 3 3  =  ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =  + =  +  2  2 4 x 2 y x  4 x  4 y  4 x  4 3x + 2  9( x + 2) = 16 ( 3 x 2 + 2 x )

f ′( x) =

9 −3 x − 12 x − 4 ⋅ < 0, ∀x ≥ 1 16 ( 3 x 2 + 2 x )2

nên hàm số luôn nghịch biến trên nửa khoảng [1; +∞ ) . Suy ra f ( x ) ≤ f (1) =

27 , ∀x ≥ 1 . Vậy thể 80

27 V , đạt được khi x = 1 , tức là khi P ≡ C . 80 Câu 17. (Sở Bạc Liêu 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB = 1 , cạnh bên SA = 1 và vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là = 45° . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là điểm di động trên đoạn CB và góc MAN 2 −1 2 +1 2 +1 2 −1 A. . B. . C. . D. . 3 6 9 9

DẠ

KÈ

tích khối chóp S .MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng

Lời giải

Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

45°

x M

FI CI A

1 Ta có VS . AMN = SA.S ∆AMN  VS . AMN nhỏ nhất ⇔ S ∆AMN nhỏ nhất. 3

2 2  BM = x  AM = 1 + x 2 2 Đặt  có  và MN 2 = MC 2 + NC 2 = (1 − x ) + (1 − y ) . 2 2  DN = y  AN = 1 + y

Áp dụng định lí cosin

ƠN

MN 2 = AN 2 + AM 2 − 2 AM . AN .cos 45° = 1 + y 2 + 1 + x 2 − 2 (1 + y 2 ) . (1 + x 2 ). 2

2 2 2

Nên (1 − x ) + (1 − y ) = 1 + x 2 + 1 + y 2 − 2 (1 + x 2 ) . (1 + y 2 ) ⇔ 2 ( x + y ) = 2 (1 + x ) . (1 + y )

(1 + x ) . (1 + y ) ⇔ 2 ( x 2

+ 2 xy + y 2 ) = 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2

⇔ 2 ( x + y) =

⇔ x 2 + 2 xy + y 2 = 1 − 2 xy + x 2 y 2 ⇔ ( x + y ) = (1 − xy ) ⇔ x + y = 1 − xy vì xy ≤ 1 .

QU Y

Theo bất đẳng thức Cosi 2

( x + y) xy ≤ x + y ⇔ xy ≤

⇔ 1− ( x + y)

( x + y) ≤

 x + y ≥ −2 + 2 2 2 . ⇔ ( x + y) + 4( x + y) − 4 ≥ 0 ⇔   x + y ≤ −2 − 2 2

Vậy min ( x + y ) = −2 + 2 2 .

1 1 AM . AN .sin 45° = 2 2

KÈ

Ta có S ∆AMN =

⇔ S∆AMN ≤

(1 + x )(1 + y ). 2

1 2 2 − 2 ⇔ S∆AMN ≤ 2 − 1 . 2

(

)

DẠ

1 1 min S∆AMN = 2 − 1  min VS . ABCD = ⋅ SA.S∆AMN = .1. 3 3

Câu 18.

Trang 16

2 2 = . 2 ( x + y) 2 4

(

)

2 −1 =

2 −1 . 3

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a3 . 18

a3 . 3

a3 3 . 12

a3 3 . 3

Lời giải

FI CI A

Chọn A

ƠN

Kẻ AE ⊥ A′D

  CD ⊥ DD′  Ta có   CD ⊥ ( ADD′A′ ) , mà AE ⊂ ( ADD′A′ )  AE ⊥ CD . ′ ′ ′ AD, DD ⊂ ( ADD A )   AD ∩ DD′ = D

CD ⊥ AD

   Suy ra   AE ⊥ ( A′CD ) . CD, A′D ⊂ ( A′CD )   CD ∩ A′D = D

QU Y

AE ⊥ CD AE ⊥ A′D

Hình chiếu vuông góc của AC lên mặt phẳng ( A′CD ) là EC .

AC , ( A′CD ) ) = ( AC , EC ) = ACE = 30° . (

KÈ

Xét tam giác ACE vuông ở E  AE = AC.sin 30° = Ta

có

chiều

cao

c ủa

hình

a 2 2

chóp

A′CDM hạ

từ

đỉnh

1 1 AE a 2 là h = d ( M , ( A′CD ) ) = d ( B, ( A′CD ) ) = d ( A, ( A′CD ) ) = . = 3 3 3 6

DẠ

Xét tam giác AA′D vuông ở A có AE ⊥ A′D 

1 1 1 1 1 1 1 1 = +  = − = − 2  AA′ = a . 2 2 2 2 2 2 2 AE AA′ AD AA′ AE AD a 2 a    2 

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

1 1 a2 2 Ta có diện tích tam giác A′CD bằng S A′CD = . A′D.DC = a 2.a = . 2 2 2

ƠN

FI CI A

1 1 a 2 a 2 2 a3 Thể tích khối tứ diện A′CDM bằng VA′CDM = ⋅ h ⋅ S A′CD = ⋅ ⋅ = . 3 3 6 2 18 Câu 19. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là nửa lục giác đều nội tiếp 3a đường tròn đường kính AD = 2a, SA ⊥ ( ABCD ) , SA = . Khoảng cách giữa hai đường thẳng 2 BD và SC bằng 3 2a 2a 5 2a 5 2a A. . B. . C. . D. . 4 4 12 4 Lời giải Chọn B

Trong mặt phẳng ( ABCD ) , Kẻ Cx / / BD  BD / / ( SCx )

QU Y

 d ( BD, SC ) = d ( BD, ( SCx ) ) = d ( O, ( SCF ) ) ; với O = BD ∩ AC và F = AB ∩ Cx . Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a nên OA OD AD 1 = = = 2  d ( O, ( SCF ) ) = d ( A, ( SCF ) ) . AB = BC = CD = a và OC OB BC 3 CF ⊥ SA ( Do SA ⊥ ( ABCD ) )  CF ⊥ ( SAB ) (1) . Ta có:  CF ⊥ AB Do AB ⊥ BD , BD / / CF ( )  Trong mặt phẳng ( SAF ) , kẻ AH ⊥ SF ( 2 ) .

DẠ

KÈ

( SCF ) ⊥ ( SAB )  Từ (1) và ( 2 ) , ta có: ( SCF ) ∩ ( SAB ) = SF  AH ⊥ ( SCF )  d ( A, ( SCF ) ) = AH .   AH ⊂ ( SAB ) , AH ⊥ SF AB AO 2 3 3a = =  AF = AB = . Xét tam giác AFC có OB / /CF nên AF AC 3 2 2 Xét tam giác SAF vuông tại A nên 1 1 1 8 3 2a 1 2a = 2+ = 2  AH =  d ( BD, SC ) = AH = . 2 2 AH SA AF 9a 4 3 4 Câu 20. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D , AB = AD = a , CD = 2 a . Hình chiếu của đỉnh S lên mặt ( ABCD ) trùng với trung điểm của BD . Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

2a 3 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) 2

bằng Trang 18

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

5a . 2

5a . 5

10a . 5

10a . 2

Lời giải Chọn C

FI CI A

D C

E K a

ƠN

Gọi H hình chiếu của đỉnh S lên mặt ( ABCD ) . Khi đó: H là trung điểm của BD .

1 3a 2 . a ( a + 2a ) = 2 2 3V a3 2 3 2 Ta có: SH = S . ABCD = 3. : a =a 2. S ABCD 2 2 1 1 Ta có: AB = CD  d ( A, ( SBC ) ) = d ( D, ( SBC ) ) = d ( H , ( SBC ) ) . 2 2 Gọi E là trung điểm của CD . Ta có: ABED là hình vuông cạnh bằng a . 1 Xét tam giác BCD có BE = CD  ∆BCD vuông cân tại B  BC ⊥ BD . 2 Theo bài ra, ta có: SH ⊥ BC . Do đó: BC ⊥ ( SBD ) .

QU Y

Ta có: S ABCD =

Trong ( SBD ) kẻ HK ⊥ SB . Khi đó: HK = d ( H , ( SBC ) ) .

1 1 1 1 = + = 2 2 2 HK SH HB a 2

(

)

1 a 2    2 

2a 2 a 10 5 2 .  HK =  HK = 2 2a 5 5

Ta có:

a 10 . 5 (Sở Thái Nguyên 2022) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , = 30° . Đỉnh S cách đều ba điểm A, B, C và cạnh bên SB tạo với mặt phẳng AB = 6 3, CAB

Câu 21.

KÈ

Vậy d ( A, ( SBC ) ) =

( ABC )

một góc 45° . Hai điểm M , Q lần lượt thuộc các đoạn AB và SB sao cho

AM = 2 MB, QB = 2QS . Mặt phẳng (α ) chứa M , Q và song song với đường thẳng BC chia khối

DẠ

chóp S . ABC thành hai khối đa diện có thể tích lần lượt là V1 ,V2 (V1 < V2 ) . Giá trị của V2 là

A. 22 3 .

B. 20 3 .

C. 24 3 . Lời giải

D. 26 3 .

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

L FI CI A OF ƠN

 M ∈ (α ) ∩ ( ABC )   (α ) ∩ ( ABC ) = d1 qua M và d1 //BC . Có  BC ⊂ ( ABC )  BC //α  Gọi N = d1 ∩ AC .

QU Y

Q ∈ (α ) ∩ ( SBC )   (α ) ∩ ( SBC ) = d 2 qua Q và d2 //BC . Có  BC ⊂ ( SBC )  BC //α  Gọi K = d2 ∩ SC . Thiết diện của (α ) với hình chóp là hình thang MNKQ . Gọi P = MQ ∩ KN  P ∈ SA = ( SAB ) ∩ ( SAC ) .

DẠ

KÈ

1 2 1 Có QK = BC ; MN = BC  QK = MN . 3 3 2 Lại có: QK //MN . Suy ra: QK là đường trung bình của tam giác PMN . PS MA QB PS 1 . . =1 = . Ta có: PA MB QS PA 4 VPSQK PS PQ PK 1 1 1 1 15 = . . = . . =  VSQKAMN = VPAMN VPAMN PA PM PN 4 2 2 16 16 1 1 1 VSABC = SI .S∆ABC = .6. .6.6 3 = 36 3 . 3 3 2 1 1 4 4 1 64 3 15 32 3 V PAMN = d ( P; ( ABC ) ) .S∆AMN = . .6. . 6.6 3 =  VSQKAMN = . = 20 3 . 3 3 3 9 2 3 16 3 VMNBCKQ = VABCD − VSQKAMN = 36 3 − 20 3 = 16 3 .

Vậy V1 = 16 3,V2 = 20 3 . Câu 22. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a 3, SA = SB = SC = SD = 2a . Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD bằng: Trang 20

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

13 3 a . 12

13 2 3 a . 12

13 6 3 a . 12 Lời giải C.

13 3 3 a . 12

Chọn D

H B C

Gọi AD = x ( x > 0 ) . 1 1 2 AC = x + 3a 2 2 2

Khi đó SH = 4a 2 −

x 2 + 3a 2 13 2 x 2 = a − . 4 4 4

ƠN

Ta có AC = x 2 + 3a 2  AH =

FI CI A

QU Y

1 1 13 2 x 2 2a x 13a 2 x 2 Thể tích khối chóp V = B.h = .a 3x. a − = . . − . 3 3 4 4 4 4 3 2 2 2 2 x 13a x + − 2 x 13a 2 x 2 4 4 = 13a Đặt f ( x ) = . − ≤ 4 2 4 4 2 8 2a 13a 2 13 3a 3 . = . 12 3 8 (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi, có AC = a 3, ABC = 600 . Biết rằng SA = SC , SB = SD và khoảng cách từ A mặt phẳng ( SBC )

Thể tích lớn nhất của khối chóp V =

bằng

3 6a 3 . 8

KÈ

a 6 . Tính thể tích khối chóp S . ABC bằng: 2

Câu 23.

9 6a 3 . 16

3 15a 3 . 40 Lời giải C.

3 6a3 . 16

DẠ

Chọn D

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 21

FI CI A

H D

B K

Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC , BD . Khi đó SO ⊥ ( ABCD ) .

ƠN

Dựng AK , OI lần lượt vuông góc với BC . Dựng OH ⊥ SI tại H . Vì AC = a 3, ABC = 600 nên tam giác ABC đều.  BC ⊥ OI Ta có   BC ⊥ ( SOI )  BC ⊥ OH .  BC ⊥ SO Lại có OH ⊥ SI  OH ⊥ ( SBC )  d ( O, ( SBC ) ) = OH .

1 a 6 a 3. 3 3a 3a , AK = d ( A; ( SBC ) ) = d ( O; ( SBC ) ) = OH = =  OI = . 2 4 2 2 4 1 1 1 16 16 3 2a Nên . = − 2 = 2 − 2  SO = 2 2 SO OH OI 6a 9a 4 Mặt khác

1 (a 3) .SO = .

QU Y

3 3 2 a 3 6a 3 1 . = Thể tích khối chóp VS . ABC = S ∆ABC . 3 3 4 4 16 Câu 24. (Chuyên Lam Sơn 2022) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh 1, người ta lấy điểm M sao cho AM = x (0 ≤ x ≤ 1) và trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông, người ta lấy điểm S vói SA = y thỏa mãn y > 0 và x 2 + y 2 = 1 . Biết khi M thay đổi trên

đoạn AD thì thể tích của khối chóp S . ABCM đạt giá trị lớn nhất bằng

m với m, n ∈ ℕ* và n

Lời giải

DẠ

KÈ

m, n nguyên tố cùng nhau. Tính T = m + n . A. 11. B. 17. C. 27. D. 35.

Trang 22

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

ƠN

1 1 x +1 1 Ta có VS . ABCM = SA ⋅ S ABCM = ⋅ y ⋅ = ( x + 1) 1 − x 2 . 3 3 2 6 2 2 4 3 Xét f ( x ) = ( x + 1) (1 − x ) = − x − 2 x + 2 x + 1 trên [0;1] .

 x = −1 Có f ′( x) = −4 x 3 − 6 x 2 + 2; f ′( x ) = 0 ⇔  .  x = 0.5

DẠ

KÈ

QU Y

 1  27 Lập bảng xét dấu của f ′( x ) trên [0;1] ta được max [0;1] f ( x) = f   = .  2  16 1 27 3 Vậy thể tích lớn nhất của khối S ⋅ ABCM là Vmax = = . 6 16 8 Câu 25. (Chuyên Lam Sơn 2022) Cho khối bát diện đều có cạnh a . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC , SCD, SDA; gọi M ′, N ′, P′, Q′ lần lượt là trọng tâm của các tam giác S ′ AB, S ′ BC , S ′CD, S ′ DA (như hình vẽ dưới).

Thể tích của khối lăng trụ MNPQ ⋅ M ′ N ′ P′Q′ là

2a 3 . 72

2 2a 3 . 81

2a 3 . 24

2 2a 3 . 27

Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 23

FI CI A

Gọi O = AC ∩ BD; I , J lần lượt là trung điểm của AB, BC .

ƠN

2 1 a 2 JJ = AC = 3 3 3 Do SABCDS′ là bát diện đều nên hoàn toàn tương tự ta có tất cả các cạnh còn lại của của khối a 2 . lăng trụ MNPQ ⋅ M ′ N ′ P′Q′ cũng bằng 3 Mặt khác AC ⊥ BD , mà MN / / AC / / PQ, MQ / / BD / / NP nên MNPQ là hình vuông. Tương tự ta có tất cả các mặt còn lại của lăng trụ MNPQ ⋅ M ′ N ′ P′Q′ cũng là hình vuông. Suy ra lăng trụ

Do M , N lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC nên ta có MN =

MNPQ.M ′ N ′ P′Q′ là hình lập phương có cạnh bằng

a 2 . 3

DẠ

KÈ

QU Y

 a 2  2a 3 2 Vậy VMNPQMNP′Q′ =  .  3  = 27   Câu 26. (Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB = 1 , cạnh bên SA = 1 và vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên đoạn CB sao cho MAN = 45° . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S ⋅ AMN là 2 −1 A. . 3 2 +1 B. . 9 2 +1 C. . 6 2 −1 D. . 9 Lời giải

Trang 24

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

Đặt DM = x; BN = y (0 < x, y < 1)

ƠN

1 1 Ta có S ∆AMN = S ABCD − S ∆ABN − S ∆ADM − S ∆CMN = 1 − [ x + y + (1 − x)(1 − y )] = (1 − xy ) 2 2 2 2 2 Xét tam giác vuông CMN : MN = (1 − x) + (1 − y ) (1) . tam giác ∆AMN : Áp dụng định lí cos cho MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 ⋅ AM ⋅ AN ⋅ cos 45° = 1 + x 2 + 1 + y 2 − 2 ⋅ x 2 + 1 ⋅ y 2 + 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra

(

)(

)

⇔ 2 x + 2 y = 2 x2 + 1 y2 + 1 2

⇔ x + y = x y + 1 − 4 xy (3) Ta có x 2 + y 2 ≥ 2 xy (4)

(1 − x ) 2 + (1 − y ) 2 = 1 + x 2 + 1 + y 2 − 2 ⋅ x 2 + 1 ⋅ y 2 + 1

QU Y

 xy ≥ 3 + 2 2( loai ) Từ (3) và (4) suy ra x 2 y 2 + 1 − 4 xy ≥ 2 xy ⇔ ( xy ) 2 − 6 xy + 1 ≥ 0 ⇔   xy ≤ 3 − 2 2 1  S ∆AMN = (1 − xy ) ≥ 2 − 1 2 1 2 −1  VS . AMN = ⋅ SA ⋅ S ∆AMN ≥ 3 3  x = y Dấu "=" xảy ra  ⇔ x = y = 3− 2 2  xy = 3 − 2 2

KÈ

2 −1 3 Câu 27. (Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình 2022) Bạn A định làm một cái hộp quà lưu niệm (không nắp) bằng cách cắt từ một tấm bìa hình tròn bán kính 4 cm để tạo thành một khối lăng trụ lục giác đều, biết 6 hình chữ nhật có các kích thước là 1cm và x cm (tham khảo hình vẽ). Thể tích của hộp quà gần nhất với giá trị nào sau đây?

DẠ

Vậy thể tích nhỏ nhất của khối chóp S ⋅ AMN bằng

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 25

L FI CI A OF

24, 5 cm3 . 25 cm3 . 25,5 cm3 . 24 cm3 .

ƠN

A. B. C. D.

KÈ

QU Y

Lời giải

Xét hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O ) , do đó, AC là đường kính của (O ) . Ta có AC = 8 cm .

Tính được DC = 1 + x 3 + 1 = x 3 + 2 Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác ADC ta có

DẠ

x 2 + (2 + x 3)2 = 82 ⇔ 4 x 2 + 4 x 3 − 60 = 0 ⇔ x =

V = h ⋅ Sd = 1.6 ⋅

Trang 26

3 7− 3 2

x2 3 3 2 −27 7 + 99 3 = x 3= ≈ 25,0094cm3 4 2 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – 2022) Cho khối chóp S ⋅ ABCD , có đáy là hình chứ nhật cạnh AB = 2a 5 và tất cả các cạnh bên của hình chóp bằng 5a . Thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho bằng 20a 3 5 A. . 3 8a 3 . B. 3 40 5a 3 C. . 3 D. 15 5a 3 . Lời giải Đặt khi đó bán kinh đường tròn ngoại tiếp đáy là AD = x, ( x > 0)

AB 2 + AD 2 20a 2 + x 2 = . 2 2

Chiều

20a 2 + x 2 1 = 80a 2 − x 2 . 4 2 tích khối

h = cb 2 − Rd2 = 25a 2 − Thể

(

5a x 2 80a 2 − x 2 1 1 1 2 2 = S ABCD ⋅ h = ⋅ 2 5a ⋅ x ⋅ 80a − x = 3 3 2 3

ƠN

VABCD .

khối

chóp

là

)

chóp là 2 2 2  x + 80a − x  5a   2 40 5a 3   ≤ = 3 3

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Người ta dùng thuỷ tinh trong suốt để làm một cái chặn giấy hình tứ diện đều. Để trang trí cho nó, người thiết kế đặt trong khối tứ diện 4 quả cầu nhựa màu xanh có bán kính bằng nhau là r = 2( cm) . Biết rằng 4 quả cầu này đôi một tiếp xúc với nhau và mỗi mặt của tứ diện tiếp xúc với 3 quả cầu, đồng thời không cắt quả cầu còn lại. Nếu bỏ qua bề dày của các mặt thì người ta cần dùng bao nhiêu thuỳ tinh để làm chặn giấy trên (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2). A. 195, 66 ( cm 3 ) . B. 62, 09 ( cm 3 ) . C. 30, 03 ( cm 3 ) . D. 65, 55 ( cm 3 ) .

QU Y

Câu 29.

cao

Rd =

FI CI A

Câu 28.

Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 27

I4 D

FI CI A

ƠN

 Goi I1 , I 2 , I 3 , I 4 lần lượt là tâm của 4 hình cầu đã cho. Khi đó I1 I 2 I 3 I 4 là một tứ diện đều có 2r 6 4 3 = (cm) . Do đó hai tứ diện ABCD và 3 3

cạnh bằng 2r = 2 2 (cm) và chiều cao h = I1 I 2 I 3 I 4 đồng dạng với nhau theo tỉ số k .

 Gọi O là trọng tâm của tứ diện ABCD thì O cũng là trọng tâm của tứ diện I1 I 2 I 3 I 4 . Do đó O

QU Y

là tâm đồng dạng. Giả sử phép đồng dạng tâm O lần lượt biến các đỉnh A, B, C, D thành I1 , I 2 , I 3 , I 4 . Khi đó, hai mặt phẳng ( BCD ) và ( I 2 I 3 I 4 ) song song nhau.

 Gọi G, G′ lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD và I 2 I 3 I 4 . Khi đó: 1 3 3 OG và OG = OG ′ + r = h= + 2 . Suy ra k = = 1+ 6 4 3 3 OG ′

OG ′ =

KÈ

 Khi đó, thể tích của tứ diện ABCD là: 3

VABCD = k .VI1I 2 I3 I 4

(

2 8 19 + 9 6 1 ( 2r ) 3 = 1+ 6 . . .h = 3 4 3

(

)

) ( cm ) 3

 Thể tích của mỗi khối cầu là:

DẠ

4 8π 2 Vc = π .r 3 = cm3 ) ( 3 3

 Vậy lượng thuỷ tinh cần dùng là:

V = VABCD − 4.Vc =

Trang 28

(

8 19 + 9 6 3

) − 4. 8π

≈ 62, 06 ( cm 3 )

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

Câu 30.

K H

+) Chứng minh HK ⊥ ( SBC )

SA ⊥ BC    ( SAH ) ⊥ BC  HK ⊥ BC AH ⊥ BC 

ƠN

BH ⊥ AC    BH ⊥ SC . Lại có BK ⊥ SC nên HK ⊥ SC . BH ⊥ SA  Vậy HK ⊥ ( SBC )  HK ⊥ SM (với M là trung điểm của BC ). a 3 a 3 . , AH = 2 3 AH SA AH . AM a 2 △ AS ′H ∼△ AMS  =  AS ′ = = . AS ′ AM SA 2x a2 ′ ′ +) SS = SA + AS = x + ≥a 2 2x a min SS ′ = a 2 ⇔ x = 2

QU Y

+) Tam giác ABC đều cạnh a nên AM =

KÈ

1 1 a a 2 3 a3 6 Khi đó VS . ABC = SA.S ABC = . . = . 3 3 2 4 24 Câu 31. (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng 4a . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của cạnh

AB , tính khoảng cách từ điểm M tới mặt phẳng ( A′BC ) ?

DẠ

a 3 . 2

B. 3a .

C. a 3 .

3a . 2

Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 29

L FI CI A

Gọi I là trung điểm của BC . ( A′BC ) ∩ ( ABC ) = BC  Ta có:  AI ⊂ ( ABC ) , AI ⊥ BC  ( A′BC ) , ( ABC )  = AI , A′I = A′IA = 300 .    ′  A I ⊂ ( A′BC ) , A′I ⊥ BC

)

(

A′A 4a 3  A′A = tan 300. = 2a . AI 2 d  M , ( A′BC )  MB 1 Ta có: AM ∩ ( A′BC ) = B   = = . AB 2 d  A, ( A′BC )  Kẻ AH ⊥ A′I , ( A′BC ) ⊥ ( A′AI ) ( Do BC ⊥ ( A′AI ) )   AH ⊥ ( A′BC )  d  A, ( A′BC )  = AH Ta có: ( A′BC ) ∩ ( A′AI ) = A′I   AH ⊂ ( A′AI ) , AH ⊥ A′I Xét tam giác A′IA vuông tại A suy ra

ƠN

Xét tam giác A′IA vuông tại A suy ra tan A′IA =

1 1 1 1 = + 2 = 2  AH = 3a . 2 2 AH A′A AI 3a

QU Y

1 a 3 Vậy d  M , ( A′BC )  = AH = . 2 2 Câu 32. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều. Gọi α là góc tạo bởi A′B với mặt phẳng ( ACC ′A′ ) và β là góc giữa mặt phẳng ( A′BC ′ ) với mặt phẳng ( ACC ′A′ ) . Biết cot 2 α − cot 2 β =

D. 9 .

DẠ

KÈ

tối giản). Khi đó, giá trị của biểu thức T = m + 2n bằng A. 3 . B. 5 . C. 7 . Lời giải Chọn C

m m (với m, n ∈ N* và phân số n n

Trang 30

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A OF

Gọi H là trung điểm của AC dễ thấy BH ⊥ ( ACC ′A′ ) và

=β. ( ( A′BC ′) , ( ACC ′A′) ) = BIH 2

 HA′   HI  Ta có cot 2 α − cot 2 β =   −   BH   BH 

và

ƠN

Gọi AC = a , AA ' = x .

′H = α ( BA′ , ( ACC ′A′) ) = BA

QU Y

2  2    x 2 +  a     4 x2 + a2 4 x 2 a2 2   x  1   = − = − 2 = 2 = .  2 3 a 3 3a 3a 3a    a 3     2  2   m = 1 . Vậy T = m + 2n = 1 + 2.3 = 7.  n = 3 Câu 33. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho hình hộp đứng ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông. Gọi S là tâm hình vuông A′B′C ′D′ . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng, nếu MN tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 60° và AB = a thì thể

tích S . ABC bằng a3 30 A. . 12

a3 30 . 3

C. a3 30 .

a3 3 . 2

Lời giải

KÈ

Chọn A

I D

DẠ

C N

M B'

C' S

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 31

Gọi I là tâm hình vuông ABCD ; H là trung điểm của AI .

là Ta có: SI ⊥ ( ABCD )  MH ⊥ ( ABCD )  hình chiếu của MN lên ( ABCD ) là HN  HNM

Xét ∆HNC có: NC =

3 3a 2 a ; CH = AC = ; 4 4 2 2

 NH =

FI CI A

2 2 a 3a 2 2 5a  a   3a 2  HN = NC + HC − 2 NC .HC cos 45° =   +  =  −2 ⋅ 2 4 2 8 2  4  2

a 5 . 2 2

= Xét ∆HMN vuông ở H có: tan HNM

a 5 a 15 MH  MH = NH . tan 60° = ⋅ 3= . HN 2 2 2 2

a 15 . 2

Do đó, SI = 2 MH =

= 60° . góc giữa MN và mặt phẳng ( ABCD )  HNM

QU Y

ƠN

1 a 15 a 2 a 3 30 1 Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC = SI .S ∆ABC = ⋅ ⋅ = . 3 3 12 2 2 Câu 34. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình vuông, SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuống góc với mặt đáy. Biết khoảng cách giữa hai 2a 21 đường thẳng AB và SD bằng . Thế tích của khối chóp S . ABCD bằng 7 2a 3 3 4a 3 3 8a 3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn B

Đặt AB = 2 x , gọi H là trung điểm của AB từ giả thiết bài toán ta có được SH ⊥ ( ABCD ) ,

KÈ

SH = x 3 . Ta có AB //CD do đó AB // ( SCD ) vì vậy d ( AB, SD ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) .

 HI ⊥ CD Gọi I là trung điểm của CD ta có  do đó CD ⊥ ( SHI ) , kẻ HK ⊥ SI ta được  SH ⊥ CD HK ⊥ ( SCD ) vì vậy d ( H , ( SCD ) ) = HK .

1 1 1 1 1 7 2 21x 2 21a suy ra HK = . = + 2 = 2+ 2 = = 2 2 2 HK HS HI 3 x 4 x 12 x 7 7 Từ đây ta suy ra x = a . 1 1 4a 3 3 Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = a 3.4a 2 = . 3 3 3 Câu 35. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Một trang tại cần xây dựng một bể chứa nước hình hộp chữ nhật bằng gạch không nắp ở phía trên. Biết bể có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và thể tích

DẠ

Ta lại có

Trang 32

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

(phần chứa nước) bằng 8 m 3 . Hỏi chiều cao của bể gần nhất với kết quả nào dưới đây để số lượng gạch dùng để xây bể là nhỏ nhất A. 1,8 m . B. 1,3m . C. 1,1m . D. 1, 2 m .

Khi đó thể tích bể là x.2 x.h = 8  h =

4 . x2

Diện tích cần xây dựng cho bể không nắp là 4 24 . = 2 x2 + 2 x x

S = 2 x.x + 2.2 x.h + 2.x.h = 2 x 2 + 6 xh = 2 x 2 + 6 x.

FI CI A

Chọn D Chiều rộng bể và chiều dài bể lần lượt là x, 2 x ( x > 0) , chiều cao bể là h , đơn vị m .

Lời giải

Để số lượng gạch dùng để xây bể là nhỏ nhất thì diện tích cần xây dựng là nhỏ nhất 24 12 12 12 12 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: 2 x 2 + = 2 x 2 + + ≥ 3 3 2 x 2 . . = 2 3 288 x x x x x

Câu 36.

4 4 = ≈ 1, 21 . 2 2 3 x 6

Lúc này h =

12 ⇔ x3 = 6  x = 3 6 . x

ƠN

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 x 2 =

(THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm di động trên cạnh AB và N là trung điểm SD . Mặt phẳng (α ) đi qua V1 3 = , trong đó V1 là thể V2 5 AM tích khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B . Tỉ số bằng AB 1 1 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 5 7 Lời giải Chọn C

DẠ

KÈ

QU Y

M , N và song song BC chia khối chóp thành hai khối có tỉ lệ thể tích

AM = x . Kẻ MP // BC ; NQ //AD . AB  (α ) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang MPNQ . +) Đặt S là diện tích ABCD ; h là chiều cao của S . ABCD .

+) Đặt

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 33

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

1 1 1 1 hS 1 = x.V +) Thể tích Q. AMPD : VQ. AMPD = d ( Q; ( AMPD ) ) .S AMPD = . h.xS = x. 3 3 2 2 3 2 ( V là thể tích S . ABCD ). 3 V 1 3VS . ACD +) Lại có VS . ACD = V  d ( A; ( SCD ) ) = = 2 . 2 S ∆SCD S ∆SCD 3 V 1 Vì Q là trung điểm SA nên d ( Q; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = 4 2 S ∆SCD 1 = 1 . 1 DS .xDC.sin NDP = x .S Diện tích ∆DPN : S∆DPN = DN .DP.sin NDP ∆SCD . 2 2 2 2 3 V 1 1 4 x 1 3 x xV . Thể tích Q.PDN : VQ. PDN = d ( Q; ( SCD ) ) .S∆DPN = . . .S ∆SCD = . V . = 3 3 S∆SCD 2 3 4 2 8 xV xV 5 xV  V1 = VQ. ANPD + VQ.PND = + = . 2 8 8 5x  5x  V2 = V − V1 = V − V = 1 −  V . 8 8   5x V V 3 3 5x 3  5x  8 = ⇔ = 1 −  Theo giả thiết: 1 = ⇔ 5 x V2 5 5 8 5 8    1 −  V 8   8 5x 3 3 ⇔ . = ⇔x= . 5 8 5 5 AM 3 = . Vậy AB 5

Diện tích AMPD : S AMPD = x.S 1 d ( Q; ( AMPD ) ) = h . 2

Trang 34

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

VẤN ĐỀ 6. KHỐI TRÒN XOAY

4a 2 .Chiều cao của hình nón bằng

A. a 3 .

B. 2 a 3 .

C. 2 a 2 . Lời giải

D. a 2 .

ƠN

Chọn A

FI CI A

Câu 1. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Cắt hình nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh S và tạo với trục của ( N ) một góc bằng 30° , ta được thiết diện là tam giác SAB vuông và có diện tích bằng

Gọi M là trung điểm của AB và O là tâm của đường tròn đáy của hình nón, tam giác OAB cân đỉnh O nên OM ⊥ AB và SO ⊥ AB suy ra AB ⊥ ( SOM ) .

QU Y

Dựng OK ⊥ SM tại M . OK ⊥ AB  OK ⊥ ( SAB ) . Theo trên ta có:  OK ⊥ SM

= 30° . Suy ra 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

1 2 SA = 4a 2  SA = 2a 2 2

 AB = 4 a  SM = 2 a .

KÈ

= Xét tam giác vuông SOM có cos OSM

SO 3 .2a = 3a .  SO = SM 2

DẠ

Vậy chiều cao của hình chóp bằng a 3 . Câu 2. (Đại học Hồng Đức – 2022) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường cao là R và đáy là đường tròn tâm O bán kính R . Gọi ( d ) là tiếp tuyến của đường tròn đáy tại A và ( P ) là mặt phẳng chứa SA và (d ) . Mặt phẳng (Q ) thay đổi qua S cắt đường tròn O tại hai điểm C , D sao cho CD = 3R . Gọi α là góc tạo bởi ( P ) và (Q ) . Tính giá trị lớn nhất của cos α .

3 10 . 10 10 B. . 5

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

2 6 . 5 10 D. . 10

Lời giải.

FI CI A

Gọi I là trung điểm CD , khi đó OI ⊥ CD , hạ OK ⊥ SI tại K  OK ⊥ (Q) .

ƠN

HaOH ⊥ SA  OH ⊥ ( P )  α = (OH , OK )

OK 2 + OH 2 − HK 2 R OI ⋅ OS R R . Ta có OI = OD 2 − ID 2 = , OK = = ; OH = 2OH ⋅ OK 2 5 2 OI 2 + SO 2 2 2 2 SI + SA − AI HK 2 = SK 2 + SH 2 − 2 SK ⋅ SH cos ASI = SK 2 + SH 2 − 2 SK ⋅ SH ⋅ . 2 SI ⋅ SA 5 SO 2 R SO 2 2 SA = 2 R, SI = R, SH = , SK = R. = = 2 SA SI 2 5 Gọi M và N lần lượt là trung điểm OA và OB khi đó AM ≤ AI ≤ AN . Suy ra SI 2 + SA2 − AM 2 SI 2 + SA2 − AN 2 SK 2 + SH 2 − 2 SK ⋅ SH ⋅ ≤ HK 2 ≤ SK 2 + SH 2 − 2 SK ⋅ SH ⋅ 2 SI ⋅ SA 2 SI ⋅ SA 2 2 2 1 9 10 OK + OH − HK 3 10  R 2 ≤ HK 2 ≤ R 2  − ≤ ≤ 10 10 10 2OH ⋅ OK 10  10 3 10  3 10  cos α ≤ max  ; . = 10  10  10 Câu 3. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Một chiếc kem Ốc quế gồm 2 phần, phần dưới là một khối nón có chiều cao bằng ba lần đường kính đáy, phần trên là nửa khối cầu có đường kính bằng đường kính khối nón bên dưới (như hình vẽ). Thể tích phần kem phía trên bằng 50cm3 . Thể tích của cả chiếc kem bằng

DẠ

KÈ

QU Y

 cos α =

A. 200cm3 . Trang 2

B. 150cm3 .

C. 125cm3 .

D. 500cm3 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải

FI CI A

1 4 75 . V1 = VC = 50 ⇔ π R 3 = 100 ⇔ R 3 = 2 3 π Do đó, khối nón phía dưới có bán kính R ; h = 3.2 R = 6 R . 1 1 75 Thể tích của khối nón bằng: V2 = π R 2 .h = π R 2 .6 R = 2π .R 3 = 2π . = 150 ( cm3 ) . π 3 3 Vậy thể tích của cả chiếc kem bằng: V = V1 + V2 = 50 + 150 = 200 ( cm 3 ) .

Chọn A Gọi bán kính của khối cầu là R ( R > 0 ) . Theo bài ra ta có:

(

Câu 4. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn I ; 7

(

)

(

)

và J ; 7 . Biết rằng tồn tại dây cung EF của đường tròn I ; 7 sao cho tam giác JEF là tam khối trụ đã cho là A. V = 21π .

B. V = 7 6π .

giác đều và mặt phẳng ( JEF ) hợp với mặt đáy của hình trụ một góc bằng 60°. Thể tích V của

C. V = 14π . Lời giải

ƠN

Chọn A

D. V = 28π .

QU Y

 Gọi H là trung điểm EF , có ∠IHJ = 60°.  Đặt

IJ = h, tam giác vuông JIH

có

tan ∠JIH =

IJ h h 3 ⇔ IH = = . , và IH tan 60° 3

IJ h 2h 3 ⇔ JH = = . JH sin 60° 3 EF 3 2 JH 2h 3 4h ⇔ EF = = 2. = .  Tam giác đều JEF có JH = 2 3 3 3 3 2 2 h 4h 2 2 2 = 7 ⇔ h = 3.  Tam giác vuông IHE có IH + HE = IE ⇔ + 3 9  Vậy V(T ) = r 2 .π .h = 7π .3 = 21π .

KÈ

sin ∠JHI =

DẠ

Câu 5. (Liên trường Hà Tĩnh – 2022) Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng 32 5π A. . 3 B. 32π .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

C. 32 5π . D.

18 5π . 3

AB 2 3 = 9 3 ⇔ AB = 6. 4 ∆SAB đều SA = AB = 6 . Xét

∆SOA

S ∆SAB = 9 3 ⇔

ƠN

FI CI A

Lời giải Theo giả thiết tam giác SAB đều, S∆SAB = 9 3 và SO = 2 5 .

vuông tại O , OA = SA2 − SO 2 = 62 − (2 5) 2 = 4.

QU Y

1 1 1 32 5 Thể tích hình nón bằng V = π r 2 h = π ⋅ OA2 ⋅ SO = π 42 ⋅ 2 5 = π. 3 3 3 3 Câu 6. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2, AD = 1 . Gọi M là trung điểm của DC . Biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = 2 . Tính bán

DẠ

KÈ

kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCM .

Trang 4

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

A. R = 3 .

B. R =

3 3 . 2

C. R =

11 . 2

D. R =

13 . 2

Lời giải

ƠN

FI CI A

Chọn C

Tam giác MBC vuông cân tại C . Gọi H là trung điểm của MB suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC . Từ H dựng đường thẳng d song song với SA . Mà SA ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ ( MBC )  d ⊥ ( MBC ) .

Áp

dụng

QU Y

Suy ra d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC . Gọi K là trung điểm của SA . Do AH ⊥ SA từ K dựng đường thẳng song song với AH cắt d tại I suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCM . = 45°  Tam giác MBC vuông cân tại C  MBC ABH = 45° .

định

lý

hàm

số

cos

cho

tam

giác

ABH

có

1 4 + − AH 2 5 2 ⇔ AH 2 = . 2 2 2 5 1 2 Đặt IH = x suy ra SI 2 = SK 2 + KI 2 = ( 2 − x ) + và. IB 2 = x 2 + . 2 2 5 1 3 2 2 2 2 Ta có SI = IB  SI = IB ⇔ ( 2 − x ) + = x + ⇔ x = . 2 2 2 11 Vậy R = SI = . 2 Câu 7. (THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Cho hình nón đỉnh S có đường cao h = a 3 . Một mặt phẳng (α ) đi qua đỉnh S , cắt đường tròn đáy tại hai điểm A, B sao cho AB = 8a và tạo với mặt đáy một góc 30° . Tính diện tích xung quanh của hình nón. 10 7π 2 A. a . 3 B. 20 7π a 2 . C. 10 7π a 2 D. 5 7π a 2 . Lời giải

DẠ

KÈ

BA2 + BH 2 − AH 2 ABH = ⇔ cos 45° =  cos 2 BA.BH

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

L FI CI A

Trong tam giác SOI, ta có OI =

SO = 3a . tan SIO

Trong tam giác AIO , ta có OA2 = OI 2 + AI 2 = 9a 2 + 16a 2 = 5a

Gọi O là tâm đường tròn đáy, I là trung điểm AB . Khi đó, góc giữa mặt phẳng (α ) và mặt đáy = 30° . là SIO

QU Y

ƠN

 SA = SO 2 + AO 2 = 3a 2 + 25a 2 = 2 7a . Vậy S xq = π ⋅ OASA = 10 7π a 2 . Câu 8. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Một tấm tôn hình tam giác ABC có độ dài cạnh AB = 3; AC = 2; BC = 19 . Điểm H là chân đường cao kẻ từ đình A của tam giác ABC . Người ta dùng compa có tâm là A , bán kính AH vạch một cung tròn MN . Lấy phần hình quạt gỏ thành hình nón không có mặt đáy với đỉnh là A , cung MN thành đường tròn đáy của hình nón (nhuc hình vẽ). Tính thể tich khối nón trên. 2π 114 2π 3 π 57 2π 19 A. . B. . C. . D. . 361 19 361 361 Lời giải

DẠ

KÈ

Theo định lý côsin trong tam giác ABC ta có BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 ⋅ AB ⋅ AC ⋅ cos BAC 2 2 2 = AB + AC − BC = − 1  BAC = 120° hay BAC = 2π .  cos BAC 2 ⋅ AB ⋅ AC 2 3 1 =3 3. Suy ra diện tích tam giác ABC là S ABC = AB ⋅ AC ⋅ sin BAC 2 2 2S 1 3 57 Mà S ABC = AH ⋅ BC  AH = ABC = . 2 BC 19 2π AH 57 Gọi r là bán kinh đáy của hình nón. Suy ra 2π r = . AH  r = = 3 3 19 2 114 Chiều cao của khối nón bằng h = AH 2 − r 2 = . 19

Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

4 . 9

2 . 3 Lời giải

5 . 9

1 . 2

ƠN

Chọn B

FI CI A

1 1  57  2 114 2π 114 Thể tích bằng V = π r 2 h = π ⋅  . =  ⋅ 3 3  19  19 361 Câu 9. (Sở Bạc Liêu 2022) Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường kính của đáy; một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng đường kính của đường tròn đáy cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón sao cho đỉnh khối nốn nằm trên mặt cầu (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu.

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ  h = 6 R . Thể tích nước ban đầu trong cốc là V1 = π R 2 .h = 6π R 3 .

Thể tích nước tràn ra ngoài bằng thể tích của viên bi và thể tích của khối nón 4 1 8 V2 = π R3 + π R 2 .4 R = π R3 . 3 3 3

QU Y

Thể tích nước còn lại trong cốc là V3 = V1 − V2 = Tỉ số thể tích nước còn lại và nước ban đầu là

Câu 10.

10 3 πR . 3

V3 5 = . V1 9

(Sở Hà Tĩnh 2022) Cắt hình nón ( N ) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh ( S ) và tạo bởi với trục của

(N)

một góc bằng 30° ta được thiết diện là tam giác SAB vuông và có diện tích 4a 2 . Chiều cao

của hình nón bằng:

B. 2a 3 .

A. a 3 .

C. 2a 2 . Lời giải

D. a 2 .

DẠ

KÈ

Chọn A

Gọi đường sinh SB = x ( x > 0 ) . Vì tam giác SAB là tam giác vuông nên AB = x 2 .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

x 2 . Theo đề bài tam giác SAB vuông và có diện tích 4a 2 nên: 2 1 1 x 2 S ∆SAB = SI . AB = . .x 2 = 4a 2 ⇔ x = 2 2a  SI = 2a 2 2 2 = 30°  cosIOS = SO  SO = SI .cosIOS = 2a 3 = a 3 . Ta có IOS SI 2 Câu 11. (Sở Lạng Sơn 2022) Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm một khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo được ghi trên hình, chu vi đáy là 20cm .

Thể tích của cột bằng 52000 A. cm 3 ) . ( 3π

5000 cm 3 ) . ( 3π

5000

( cm ) . 3

13000 cm 3 ) . ( 3π

ƠN

FI CI A

 SI =

Lời giải

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a 3 . Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục, cách trục một khoảng bằng a ta được thiết diện là một hình vuông. Thể tích khối trụ đó bằng: A. 2π a 3 2 . B. 4π a 3 2 . C. 6π a 3 2 . D. 3π a 3 2 . Lời giải Chọn C

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 12.

Chọn D Gọi r , h1 , h2 lần lượt là bán kính đường tròn đáy, chiều cao khối nón và chiều cao khối trụ. 10 Ta có: h1 = 10 ( cm ) ; h2 = 40 ( cm ) và chu vi đáy là 20cm suy ra 2π r = 20 ⇔ r = ( cm ) . π 2 1  10   10  13000 Vậy, thể tích của cột là V = π r 2 h1 + π r 2 h2 = π    + 40  = ( cm3 ) . 3 3π π   3 

Dựng OI ⊥ AB khi đó I là trung điểm AB .

Ta có IA = OA2 − IO 2 = 3a 2 − a 2 = a 2.

Vì ABCD là hình vuông nên AB = 2a 2 . Thế tích hình trụ: V = π R 2 h = 6π a 3 2 ( đvtt ) .

Trang 8

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Câu 13.

(Sở Phú Thọ 2022) Cho hình nón (ℵ) có chiều cao bằng 2a . Cắt (ℵ) bởi một mặt phẳng đi qua

FI CI A

4a 2 11 đỉnh và cách tâm của đáy một khoảng bằng a ta được thiết diện có diện tích bằng . Thể 3 tích của khối nón đã cho bằng 4πa 3 5 10 πa 3 4 πa 3 5 A. B. 10πa3 . C. . D. . . 9 3 3 Lời giải Chọn A S

O C

ƠN

Dựng mặt phẳng qua đỉnh ( SBC ) của hình nón, gọi I là trung điểm của BC .

4a 2 11 ; OH = d ( O , ( SBC ) ) = a . 3 1 1 1 2a 3 4a 3 = + 2  OI = Trong ∆SOI vuông tại O có: ; SI = SO 2 + OI 2 = . 2 2 OH SO OI 3 3 1 2S 2a 33 BC a 33 =  IC = = Ta có: S∆SBC = SI .BC  BC = . 2 SI 3 2 3

Theo giả thiết: SO = 2a; S∆SBC =

DẠ

KÈ

QU Y

Trong ∆OIC vuông tại I có: OC = OI 2 + IC 2 = a 5 . 1 10 πa 3 Vậy thể tích của khối nón đã cho là: V = πSO.OC 2 = . 3 3 Câu 14. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho một dụng cụ đựng chất lỏng như hình 1 có phần trên là mặt xung quanh và đáy của hình trụ, phần dưới là mặt xung quanh của hình nón. Biết hình trụ có cùng bán kính đáy R và cùng chiều cao h = 24cm với hình nón. Trong hình 1, lượng chất lỏng có chiều cao bằng 12cm . Lật ngược dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất như hình 2. Khi đó chiều cao của chất lỏng trong hình 2 là

A. 3cm .

B. 2cm .

C. 1cm .

D. 4cm .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

Lời giải

QU Y

ƠN

FI CI A

Chọn C Trong hình 1 ta gọi hình nón đỉnh S có chiều cao là h′ = 12 và đường tròn đáy tâm N có bán kính là R′ R′ h′ h′ 1 =  R′ = R = R Áp dụng định lí Ta-lét ta có R h h 2 1 1 1 Thể tích của lượng chất lỏng trong hình 1 là V = π R′2 h′ = π ⋅ R 2 ⋅12 = π ⋅ R 2 3 3 4 Trong hình 2 ta gọi hình trụ có hai đường tròn đáy có tâm lần lượt là O , M ; chiều cao là x có bán kính là R . Thể tích của lượng chất lỏng trong hình 2 là V ′ = π R 2 x Theo bài ra ta có V ′ = V  π R 2 x = π R 2  x = 1. Câu 15. (Sở Thái Nguyên 2022) Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CD = 2 3 , AC = BD = 2 , AD = 2 2 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho bằng 40π 10π A. 6π . B. 24π . C. . D. . 3 3 Lời giải Chọn C

KÈ

Dựng hình lăng trụ đều ACE .DFB có cạnh đáy 2 , cạnh bên 2 2 . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đều ACE .DFB . Gọi O , K lần lượt là tâm hai đáy ACB , DBF . Tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là I (trung điểm của OK ). 2

2 3 30 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là: R = OI + OA = 2 +  .  = 3 3   2

 30  40 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: S = 4π   = π . 3  3 

(Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho một hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R = 5 2 và góc ở đỉnh là 2α với sin α = . Một mặt phẳng ( P ) vuông góc với SO tại H và cắt hình 3 nón theo một đường tròn tâm H . Gọi V là thể tích của khối nón đỉnh O và đáy là đường tròn

DẠ

Câu 16.

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

50π a a khi SH = với a, b ∈ ℕ* và là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu 81 b b thức T = 3a 2 − 2b3 . A. 12 . B. 23 . C. 21 . D. 32 . Lời giải Chọn C

ƠN

FI CI A

tâm H . Biết V =

Mặt khác sin α =

= α với sin α = 2  cos α = 1 − sin 2 α = 1 − 4 = 5 . Trong ∆SOB vuông tại O ta có OSB 3 9 3 2 HN 2 2.SH Suy ra tan α = . ⇔ = ⇔ HN = SH 5 5 5

HN OB OB 3 5 =  SB = = ; SN SB sin α 2

45 5 −5 = . 4 2 Theo bài ta có thể tích khối nón đỉnh O và đáy là đường tròn tâm H là 50π 1 50π 50 4SH 2 50 V= ⇔ .OH .π .HN 2 = ⇔ OH .HN 2 = ⇔ ( SO − SH ) . = 81 3 81 27 5 27 5   SH = 3 125 2 3 2 ⇔ ( 5 − 2.SH ) SH = ⇔ 54 SH − 135SH + 125 = 0 ⇔  . 27  SH = − 5 ( loai )  6 2 3 Suy ra a = 5; b = 3 . Vậy T = 3a − 2b = 3.25 − 2.27 = 21 . (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho một hình nón có bán kính đáy bằng a . Mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh S

KÈ

Câu 17.

QU Y

Trong ∆SOB vuông tại O ta có SO = SB 2 − OB 2 =

của hình nón cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = a 3 , khoảng cách từ tâm đường tròn

đáy đến mặt phẳng ( P ) bằng

DẠ

π a3 12

a 2 . Thể tích khối nón đã cho bằng 4

π a3 6

π a3 3

π a3 24

Lời giải

Chọn B

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

L FI CI A

Gọi I là trung điểm đoạn AB dễ thấy OI là đường trung tuyến của tam giác OAB . Dựng OK ⊥ SI tại K .  AB ⊥ OI Ta có   AB ⊥ ( SOI )  OK ⊥ AB  OK ⊥ ( SAB ) .  AB ⊥ SO

a 3 3a 2 a  OI = a 2 − = . 2 4 2 1 1 1 16 4 4 a Khi đó d ( O; ( P ) ) = OK  = − 2 = 2 − 2 = 2  SO = . 2 2 SO OK OI 2a a a 2 3 1 1 a πa Thể tích khối nón: V = π r 2 h = π .a 2 . = . 3 3 2 6 Câu 18. (Sở Vĩnh Phúc 2022) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 45° . Diện tích

ƠN

Ta có BI =

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng 25π a 2 . 12

25π a 2 . 3

QU Y

25π a 2 . 6

KÈ

Chọn B

25π a 2 . 9 Lời giải

Gọi M là trung điểm của BC , G là trọng tâm tam giác ABC .

DẠ

Dựng đường thẳng d qua G và song song với SA  d ⊥ ( ABC ) , d là trục đường tròn ngoại

tiếp tam giác đều ABC .

Dựng đường trung trực cạnh SA , cắt d tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp S . ABC và bán kính R = IA . Ta có:

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

= 45° ( SBC ) , ( ABC ) ) = SMA (

 SA = AM .tan 45° = 3a .

Bán kính mặt cầu IA = AG 2 + IG 2 = AG 2 +

SA2 5 3a = . 4 6

2 2 3a AM = 3 3 .

FI CI A

AG =

25π a 2 . 3 Câu 19. (Chuyên Hạ Long 2022) Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn (O; R ) và ( O′; R ) . Tồn tại dây cung AB thuộc đường tròn (O ) sao cho ∆O′ AB là tam giác đều và mặt phẳng Diện tích mặt cầu: S = 4π R 2 =

hợp với mặt phẳng chứa đường tròn (O ) một góc 60° . Khi đó diện tích xung quanh S xq

( O′ AB )

3π R 2 7 . 7 6π R 2 7 D. S xq = . 7

ƠN

hình trụ là 4π R 2 A. S xq = . 7 3π R 2 . B. S xq = 7

C. S xq =

KÈ

QU Y

Lời giải

Gọi I là trung điểm AB . Khi đó OI ⊥ AB .

O′O O′O O′O 2O′O = và O′ I = = . Mặt khác xét tan 60° sin 60° 3 3  OO′2 O′O 2   AB 2 = 4  R 2 − tam giác OIA vuông tại I có AI 2 = R 2 − OI 2 = R 2 − . 3 3   O′ AB Vì tam giác đều nên 3 3 4 3R O′ I = AB ⇔ O′ I 2 = AB 2 ⇔ O′O 2 = 3R 2 − O′O 2 ⇔ O′O = . 2 4 3 7

DẠ

Xét tam giác O′OI vuông tại O có OI =

Diện tích xung quanh hình trụ S xq = 2π R ⋅ O′O =

6π R 2 7 . 7

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

Câu 20.

(Chuyên Hạ Long 2022) Cho hình chóp S ⋅ ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 7 và vuông góc với đáy. Lấy điểm M trên cạnh SC sao cho CM < a . Gọi (C ) là hình nón có đỉnh C , các điểm B, M , D thuộc mặt xung quanh, điểm A thuộc mặt đáy của hình nón. Tính diện tích xung quanh của (C ) . 16 7 π a2 . 15 8 30 2 B. πa . 15 32 2 2 C. πa . 15 16 3 2 D. πa . 9

FI CI A

ƠN

Lời giải

QU Y

Lấy điểm E thuộc đoạn thẳng SC sao cho CE = a . Gọi hình nón ( C1 ) ngoại tiếp hình chóp C.BDE có đỉnh C . Gọi O = AC ∩ BD . O ∈ BD nên thuộc mặt đáy của hình nón ( C1 ) và CA = 2CO , điểm A thuộc

KÈ

mặt đáy của hình nón (C ) . (1) Hơn nữa CB = CD = CE = a suy ra ( BDE ) vuông góc với trục của hình nón (C ) và thiết diện của ( BDE ) với mặt xung quanh của hình nón (C ) là đường tròn, đồng thời ( BDE ) song song với mặt chứa đáy của hình nón (C ) . (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra hình nón ( C1 ) đồng dạng với hình nón (C ) với tỷ số . 2 1 2 2 3 4 2 1 2 30 SC = 3a, cos SCB = , ED = EB = 2a 2 − a 2 = a, EO = a − a = a 3 3 3 3 2 6 1 a 30 15 2 ⋅a 2 ⋅ = a 2 6 6 4a 2 ⋅a 2 2 30 3 = = a. 2 15 a 15 4⋅ 6

S EBD =

DẠ

RBDE

4a 30 8 30 2 ⋅ 2a = πa . 15 15 Câu 21. (Chuyên Lam Sơn 2022) Một cái bình thủy tinh có phần không gian bên trong là một hình nón có đỉnh hướng xuống dưới theo chiều thẳng đứng. Rót nước vào bình cho đến khi phần không

Diện tích xung quanh của hình nón (C ) : S xq = π ⋅

Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

FI CI A

gian trống trong bình có chiều cao 2 cm . Sau đó đậy kín miệng bình bởi một cái nắp phẳng và lật ngược bình để đỉnh hướng lên trên theo chiều thẳng đứng, khi đó mực nước cao cách đỉnh của nón 8 cm (hình vẽ minh họa bên dướí).

Biết chiều cao của nón là h = a + b cm . Tính T = a + b . A. 22. B. 58. C. 86. D. 72. Lời giải Để ý rằng có 3 hình nón đồng dạng: Phần không gian bên trong bình thủy tinh (có thể tích V ), phần không chứa nước khi đặt bình có đỉnh hướng lên (có thể tích V1 ), phần chứa nước khi đặt

ƠN

bình có đỉnh hướng xuống (có thể tích V2 ). Do tỷ số đồng dạng bằng với tỷ số của chiều cao và tỷ số thể tích là lập phương tỷ số đồng dạng nên ta có V h3 V h3 512V (h − 2)3V = ; =  V1 = 3 ;V2 = . V1 83 V2 ( h − 2)3 h h3 Mà V1 + V2 = V nên ta có:

DẠ

KÈ

QU Y

512V (h − 2)3V + = V  512 + h3 − 6h 2 + 12h − 8 = h3 ⇔ h 2 − 2h − 84 = 0  h = 1 + 85 h3 h3 Vậy T = 86 Câu 22. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Nhân dịp năm mới để trang trí một cây thông Noel, ở sân trung tâm có hình nón ( N ) như hình vẽ sau. Người ta cuộn quanh cây bằng một sợi dây đèn LED nhấp nháy, bóng đèn hình hoa tuyết từ điểm A đến điểm M sao cho sợi dây luôn tựa trên mặt nón. Biết rằng bán kính đáy hình nón bằng 8m , độ dài đường sinh bằng 24m và M là điểm sao cho 2MS + MA = 0 . Hãy tính chiều dài nhỏ nhất của sợi dây đèn cần có.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

A. 8 19( m) . B. 8 13( m) . C. 8 7 (m) . D. 9 12 ( m) .

ƠN

FI CI A

Lờí giải 1 1 Ta có: 2 MS + MA = 0 ⇔ SM = SA  SM = SA = 8(m) . 3 3 Trải hình nón ra như hình bên dưới

Khi đó chu vi đáy của hình nón cũng là độ dài cung AA′ suy ra 2π R = 16π ( m) = l AA′ . l 16π 2π Góc α = ASA′ = AA′ = = SA 24 3 Chiều dài nhỏ nhất của sợi dây đèn cần có là đoạn thẳng 2π AM = SA2 + SM 2 − 2SA ⋅ SM ⋅ cos α = 242 + 82 − 2 ⋅ 24 ⋅ 8 ⋅ cos = 8 13(m). 3 Câu 23. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Cắt hình trụ ( T ) có bán kính R bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng a ( 0 < a < R ) ta được thiết diện là một hình vuông có

QU Y

diện tích 16a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ (T ) bằng

B. π a 2 5 .

A. 4π a 2 5 .

D. 16π a 2 5 .

KÈ

Chọn C

C. 8π a 2 5 . Lời giải

Hình trụ có hai tâm của hai đường tròn đáy là O1 , O2 . Mặt phẳng thiết diện là hình vuông ABCD .

DẠ

Hình vuông thiết diện ABCD có diện tích là 16a 2 nên cạnh AB = BC = 4 a . AB Gọi I là trung điểm của AB , suy ra IB = = 2a . 2 Mặt khác, khoảng cách từ trục đến mặt phẳng thiết diện là a nên O1 I = a . 2

Tam giác O1 IB vuông tại I nên R = O1B = O1 I 2 + IB 2 = a 2 + ( 2a ) = a 5 .

Trang 16

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Diện tích xung quanh hình trụ (T ) là S xq = 2π Rh = 2π .R.BC = 2π .a 5.4a = 8a 2π 5 . a 3 và các cạnh 2 a m còn lại đều bằng a . Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng vớ i n m, n ∈ ℕ* ; m ≤ 15 . Tổng T = m + n bằng B. 17. C. 19. D. 21. A. 15. Lời giải Chọn C

(THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Cho tứ diện ABCD có AB =

ƠN

FI CI A

Câu 24.

Gọi H , K lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD , ACD . Do các tam giác BCD , ACD đều nên a 3 1 a 3 a 3 AB 3 3a , suy ra ∆ABN đều  MN = .  NH = NK = . = = 2 3 2 6 2 4 Do đó trục các tam giác BCD, ACD cắt nhau tại O trên đường cao NM của tam giác ABN và O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. = a 3 .tan 30° = a . Ta có: OH = NH . tan ONH 6 6 a 2 a 2 a 13 + =  m = 13, n = 6  T = m + n = 19 . 36 3 6 (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Cho hình trụ ( T ) chiều cao bằng 2a , hai đường tròn đáy

QU Y

Từ đo: R = OB = OH 2 + BH 2 =

Câu 25.

AN = BN =

của (T ) có tâm lần lượt là O và O1 , bán kính bằng a . Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên đường tròn đáy tâm O1 lấy điểm B sao cho AB = 5a . Thể tích khối tứ diện OO1 AB bằng 3a 3 . 12

3a 3 . 3

3a 3 . 4

3a 3 . 6

Lời giải

O1 B

DẠ

KÈ

Chọn D

O H A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

Gọi C là điểm trên đường tròn tâm O sao cho BC || OO1 . Khi đó tứ giác OCBO1 là hình chữ nhật và có diện tích là SOCBO1 = 2a 2 . Xét tam giác vuông ABC có AC = AB 2 − BC 2 = a nên tam giác OAC đều.

Mặt khác ( ACO ) ⊥ ( OCBO1 ) nên AH ⊥ ( OCBO1 ) . Thể tích khối chóp A.OCBO1 là VA.OCBO1 =

1 a3 3 AH .SO . ACBO1 = . 3 3

a 3 . 2

FI CI A

Gọi H là trung điểm của OC , ta có AH ⊥ OC và AH =

1 a3 3 Thể tích khối tứ diện OO1 AB bằng thể tích khối chóp A.OBO1  VAOBO1 = VA.OCBO1 = . 2 6 Câu 26. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc - 2022) Một khối nón có bán kính đáy bằng 2 cm , chiều cao bằng

Lời giải

QU Y

ƠN

Chọn C

3 cm . Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60° chia khối nón làm 2 phần. Tính thể tích phần nhỏ hơn (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. 2, 47 cm3 . B. 2,36 cm3 . C. 1, 42 cm 3 . D. 1, 53 cm 3 .

Mặt phẳng ( SMN ) qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60° . SI ⊥ MN    SIO = 60° là góc giữa ( SMN ) và đáy. OI ⊥ MN  SO 3 1 OI = = = 1  OI = OA  OMAN là hình bình hành, có 2 đường chéo OA ⊥ MN tan 60° 2 3 = 120° . Nên tứ giác OMAN là hình thoi, có NA = NO = OA = 2  ANO = 60°  MON Squ¹t OMN =

Ta có

π R 2 n°

π .2 2.120°

4π 3

DẠ

KÈ

360° 360° 1 1 3 S ∆OMN = OM .ON .sin120° = 2.2. = 3. 2 2 2 4π Nên S MAN − 3 = S qu¹t OMN − S ∆OMN = 3 1 1  4π  Thể tích khối nhỏ cần tính: V = .SO.S MAN − 3  ≃ 1, 42 cm3 . . 3.  = 3 3  3  Câu 27. (THPT Yên Phong 1 - Bắc Ninh - 2022) Cho hình nón đỉnh S tâm O có độ dài đường sinh bằng SA = a , đường kính đáy AB . Thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60° cắt đường tròn 2a 3 đáy theo dây cung MN = . Biết rằng khoảng cách từ A đến MN bằng a . Thể tích khối nón 3 bằng: Trang 18

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a 3 2π . 12

a3 6π . 18

a 3 6π . 9

a 3 6π . 3

Lời giải

FI CI A

Biết rằng khoảng cách từ A đến MN bằng a  MN không vuông góc với AB .

Chọn A

ƠN

Ta có hình vẽ sau:

= 60° là góc giữa ( SMN ) và mặt phẳng Gọi I là trung điểm MN thì SI ⊥ MN , OI ⊥ MN  SIO

MN =

2a 3 a 3 .  IM = IN = 3 3

đáy.

QU Y

2 2 a 3 a a 2 2 . Xét ∆OIN vuông ở I có: OI 2 = ON 2 − IN 2 = R 2 −   3  = R − 3  OI = R − 3   2

 a 3  2a 2 a 2 Xét ∆SIM vuông ở I có: SI = SM − MI = a −  .  3  = 3  SI = 3   2

Xét ∆SIO vuông ở O có: cos 60° =

KÈ

⇔ 4 ( 3R 2 − a 2 ) = 2 a 2 ⇔ R 2 =

sin 60° =

OI = SI

a2 2 2 3 = 3R − a = 1 2 a 2 a 2 3

R2 −

a2 a 2 . ⇔R= 2 2

SO 2a 3 a 2 .  SO = SI .sin 60° = ⋅ = SI 2 3 2

DẠ

1 1 2a a 2 π 2a 3 V = ⋅ SO. ( πR 2 ) = ⋅ ⋅π = . 3 3 2 2 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

VẤN ĐỀ 7. OXYZ

Câu 1. (Chuyên Vinh – 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z + 16 = 0 và mặt

ƠN

FI CI A

cầu ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y + 1)2 + ( z − 3)2 = 21 . Một khối hộp chữ nhật ( H ) có bốn đỉnh nằm trên mặt phẳng ( P ) và bốn đỉnh còn lại nằm trên mặt cầu ( S ) . Khi ( H ) có thể tích lớn nhất, thì mặt phẳng chứa bốn đỉnh của ( H ) nằm trên mặt cầu ( S ) là (Q ) : 2 x + by + cz + d = 0 . Giá trị b + c + d bằng A. −15 . B. −13 . C. −14 . D. −7 . Lời giải Chọn B

Đầu tiên, ta có mặt cầu ( S ) tâm I (2; −1;3) , bán kính R = 21

QU Y

Tiếp đến ta nhận thấy: d ( I ; ( P )) = 9 > 21 nên suy ra mặt phẳng ( P ) không cắt mặt cầu ( S ) . Gọi a , b là các kích thước mặt đáy hình hộp chữ nhật và d = d ( I ; (Q )) . Khi đó ta có: 2

 a+b  2 Ta có: V = (d ( I ; ( P )) + d ( I ; (Q))) ab = (9 + d ) ab ≤ (9 + d )   = (9 + d ) ( 21 − d ) = f ( d )  2  2 Xét hàm số y = f ( d ) = (9 + d ) ( 21 − d ) trên (0; +∞) có f ′( d ) = 0 ⇔ d = 1  max f (d ) = f (1) + ℝ

Suy ra thể tích khối hộp đạt max khi và chỉ khi d = d ( I ;(Q)) = 1, ( P )‖(Q )

KÈ

Suy ra: (Q ) : 2 x − y + 2 z + d = 0; d ( I ;(Q)) =

 d = −8 ( Q ) : 2 x − y + 2 z − 8 = 0 |11 + d | =1⇔   1 3  d = −14 ( Q2 ) : 2 x − y + 2 z − 14 = 0

Xét điểm N (0;0; −8) bất kì thuộc mặt phẳng ( P ) ta nhận ra để thể tích max thì chiều cao hộp phải max tức hai điểm I và N phải nằm cùng phía với mặt phẳng (Q )

Như

vậy

nhận

mặt

( Q2 ) : 2 x − y + 2 z − 14 = 0

DẠ

b + c + d = −13 . Câu 2. (THPT Kim Liên – Hà Nội – 2022) Trong không gian 2

Với (Q ) : 2 x + by + cz + d = 0 , ta đồng nhất hệ số ra

( 2 xI − yI + 2 zI − 14 )( 2 xN − yN + 2 zN − 14 ) > 0

phẳng

( S ) : ( x + 1) + ( y + 3) + ( z − 2) = 25 và hai đường thẳng

( d1 ) , ( d2 )

Oxyz , cho

mặt

cầu

lần lượt có phương trình

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 1

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

Lời giải

FI CI A

Chọn C Ta có đánh giá khác như sau: (Gọi RC là bán kính của đường tròn thiết diện (C ) ) S MNPQ =

 2 R 2 − d 2 ( O′; MP ) − d 2 ( O′; NQ )  1 1 MP ⋅ NQ = ⋅ 2 RC 2 − d 2 ( O′; MP ) ⋅ 2 RC 2 − d 2 ( O′; NQ ) ≤ 2  C  2 2 2   và O′ A; u  ∣ 2  

= 2 RC 2 − O′ A2 = const với O′( −1; −1; 2) là tâm đường tròn (C ) . bằng xảy ra khi D ấu d ( O′; MP ) = d ( O′; NQ ) ⇔ d ( O′; d1 ) = d ( O′; d 2 ) ⇔ O′ A;u1  =

chỉ

m = 3 , Vậy chỉ có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề bài. ⇔| 2 + m |=| −2m + 1|⇔  m = − 1 3  Câu 3. (Chuyên Vinh – 2022) Trong không gian cho Oxyz , 2

mặt

cầu

ƠN

khi

( S ) : x + y + z − 4 x + 12 y + 6 z + 24 = 0 . Hai điểm M , N thuộc ( S ) sao cho MN = 8 và OM 2 − ON 2 = −112 . Khoảng cách từ O đến đường thẳng MN bằng A. 4. B. 3. C. 2 3 . 3.

QU Y

Lời giải Chon B Phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 12 y + 6 z + 24 = 0; ta có I (2; −6; −3), R = 5 và OI = 7 . OM 2 − ON 2 = (OI + IM ) 2 − (OI + IN ) 2 = 2OI ( IM − IN ) = 2OI MN = 2 ⋅ OIMN ⋅ cos(OI , MN ) = 112 ⋅ cos(OI , MN ). Khi đó OM 2 − ON 2 = −112 ⇔ cos(OI , MN ) = −1 . Suy ra OI và MN ngược hướng hay OI / / MN (vì O ∉ MN ). 2

 MN  Vậy d (O, MN ) = d ( I , MN ) = R 2 −   = 3.  2  Câu 4. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2

KÈ

( S ) : ( x + 1) + ( y − 3) + ( z + 4 )

= 5 và điểm M (1;4; −2 ) . Xét điểm N thuộc mặt cầu ( S ) sao

cho đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu ( S ) . Khi đó điểm N luôn nằm trên mặt phẳng có

B. x + y + z + 1 = 0 . D. 2 x + y + 2 z − 2 = 0 . Lời giải

DẠ

phương trình là: A. 2 x + y + z + 2 = 0 . C. 2 x + y + 2 z + 2 = 0 .

Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;3; −4 ) , bán kính R = 5

Từ tính chất tiếp tuyến ta có MN 2 = MI 2 − R 2 = 9 − 5 = 4  MN = 2 , do đó N thuộc mặt cầu tâm M (1;4; −2 ) , bán kính R = 2 có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 8 y + 4 z + 17 = 0 (1) .

N thuộc ( S ) viết dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 6 y + 8 z + 21 = 0 ( 2 ) . Trang 2

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trừ các vế (1) cho (2) và rút gọn ta được: 2 x + y + 2 z + 2 = 0 . Vậy điểm N luôn nằm trên mặt phẳng có phương trình là: 2 x + y + 2 z + 2 = 0 Câu 5. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm

A ( a; b; c ) với a; b; c là các số thực dương thỏa mãn 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca ) và

a 1 có giá trị lớn nhất. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của − 2 b + c ( a + b + c )3 2

A. 3 x + 12 y + 12 z − 1 = 0 .B. x + 4 y + 4 z − 12 = 0 . C. 3 x + 12 y + 12 z + 1 = 0 .D. x + 4 y + 4 z = 0 . Lời giải Chọn A t2 t2 Đặt t = b + c ( t > 0 ) ; b 2 + c 2 ≥ ; bc ≤ . 2 4 2

A lên các tia Ox, Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là

FI CI A

5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca ) ⇔ 5a 2 + 5 ( b + c ) − 9a ( b + c ) = 28bc

Vậy Q ≤

4 1 − = f ( t ) với t > 0 . t 27t 3

4 1 1 + 4 , f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = (vì t > 0 ). Ta có bảng biến thiên 2 t 9t 6

QU Y

Ta có f ′ ( t ) = −

ƠN

 5a 2 + 5t 2 − 9at ≤ 7t 2 ⇔ ( 5a + t )( a − 2t ) ≤ 0 ⇔ a ≤ 2t .

Vậy Qmax = 16 ⇔ t =

1 1 1 ⇔ a = ;b = c = . 6 3 12

1 1 1 1  1   1   Suy ra tọa độ điểm A  ; ;  ; tọa độ các điểm M  ;0;0  ; N  0; ;0  ; P  0;0;  . 12   3 12 12  3   12  

KÈ

Phương trình mặt phẳng ( MNP ) :

x y z + + = 1 ⇔ 3x + 12 y + 12 z − 1 = 0 . 1 1 1 3 12 12

DẠ

Câu 6. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 0; 0) , B (0; −2;3) , 2 . Tìm C (1;1;1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa A , B sao cho khoảng cách từ C đến ( P ) bằng 3 tọa độ giao điểm M của ( P ) và trục Oy .  23  A. M (0; −1; 0) hoặc M  0; ; 0  .  37  23   C. M (0; −1; 0) hoặc M  0; − ; 0  . 37  

23   B. M (0;1; 0) hoặc M  0; − ;0  . 37   23   D. M (0;1; 0) hoặc M  0; − ; 0  . 37   Lời giải

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 3

Chọn D Gọi n( P ) = (a; b; c) là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P), với a 2 + b 2 + c 2 > 0 .

FI CI A

Ta có: AB = (−1; −2;3) ; ( P ) ⊃ AB  n( P ) . AB = 0 ⇔ −a − 2b + 3c = 0 ⇔ a = −2b + 3c . ( P ) : a ( x − 1) + by + cz = 0 ⇔ ( P ) : ax + by + cz − a = 0 . b+c 2 2 d ( C; ( P) ) = = ⇔ 3 b + c = 2 ( −2b + 3c ) + b2 + c 2 3 a2 + b2 + c2 2

⇔ 3 ( b + c ) = 4 ( 5b 2 − 12bc + 10c 2 ) ⇔ 17b 2 − 54bc + 37 c 2 = 0 ,(1).

Với c = 0 , từ phương trình (1) suy ra b = 0, a = 0 không thỏa mãn. Với c ≠ 0 , chia hai vế phương trình (1) cho c 2 ta được: b 2 c =1 b b 17   − 54   + 37 = 0 ⇔  . c c  b = 37  c 17 b +/ Trường hợp = 1 , chọn c = 1  b = 1, a = 1 . c Khi đó, ta có ( P ) : x + y + z − 1 = 0 , suy ra ( P) ∩ Oy = M ( 0;1;0 ) .

b 37 = , chọn c = 17  b = 37, a = −23 . c 17

ƠN

+/ Trường hợp

23   Khi đó, ta có ( P ) : −23 x + 37 y + 17 z + 23 = 0 , suy ra ( P ) ∩ Oy = M  0; − ;0  . 37  

Câu 7. (Cụm Trường Nghệ An - 2022) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 0;0;3) và B ( 2; −3; −5 ) .

( P)

G ọi

là

m ặt

phẳng

( S1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 3)

( P)

chứa

= 25 và

đường

( S2 ) : x

tròn

giao

tuyến

của

A. 80 .

B. 93 .

Chọn B

mặt

cầu

+ y + z − 2 x − 2 y − 14 = 0 . Gọi M , N là hai

( a , b , c ∈ ℕ và c là số nguyên tố). Tính a + b + c

C. 89 . Lời giải

D. 90 .

Mặt phẳng ( P ) là giao tuyến của hai mặt cầu ( S1 ) và ( S2 ) nên thỏa mãn hệ

2 2 2  x + y + z − 2 x − 2 y + 6 z − 14 = 0  6 z = 0 ⇔ z = 0 . Vậy ( P ) ≡ ( Oxy ) .  2 2 2  x + y + z − 2 x − 2 y − 14 = 0

DẠ

KÈ

Nhận thấy A và B nằm khác phía với nhau so với mặt phẳng ( P ) .

Trang 4

hai

sao cho MN = 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của AM + BN có dạng

QU Y

điểm thuộc

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

a −b c

L FI CI A

Suy ra: AA′ = 3 , BB′ = 5 , A′B′ = 13 . Lại có: AM + BN = AA′2 + A ' M 2 + BB ′2 + B ′N 2 ≥

Gọi A′ ( 0;0;0) và B′ ( 2; −3;0) lần lượt là hình chiếu của A và B lên ( P ) .

( AA′ + BB ′) + ( A′M + B′N )

Suy ra AM + BN ≥

(3 + 5)

(

)

13 − 1

ƠN

Mặt khác A′M + MN + B ′N ≥ A′B ′ ⇔ A′M + B ′N ≥ A′B ′ − MN = 13 − 1 . = 78 − 2 13 .

QU Y

Vậy a = 78 , b = 2 , c = 13 . Vậy a + b + c = 93 . Câu 8. (Đại học Hồng Đức – 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng x + 1 y −1 z + 2 x −1 y + 3 z −1 và điểm A(4;1; 2) . Gọi ∆ là đường thẳng = = , ( d2 ) : = = ( d1 ) : 2 −1 2 1 2 3 qua A cắt d1 và cách d 2 một khoảng lớn nhất. Lấy u = ( a;1; c) là một véctơ chỉ phương của ∆ . Độ dài của u là A. 3 5 .

B. 86 . C. 3 . D. 85 .

Lời giải.

DẠ

KÈ

Gọi H là hình chiếu của A lên d 2 , khi đó ∆ nằm trên mặt phẳng ( P ) qua A và nhận AH là véctơ pháp tuyến. Gọi (Q ) là mặt phẳng chứa A và ( d1 ) . Khi đó ∆ = ( P ) ∩ (Q )  u∆ =  nP , nQ  . Giả sử H (1 + t ; −3 + 2t ;1 + 3t )  AH = (t − 3; 2t − 4;3t − 1) . Ta có AH ⊥ ud2 , ud2 = (1; 2;3)  t − 3 + 4t − 8 + 9t − 3 = 0 ⇔ t = 1  AH = ( −2; −2; 2)  nP = (1;1; −1) . Lấy N (−1;1; −2) ∈ ( d1 )  AN = ( −5;0; −4)  nQ = ud1 , AN  = (4; −2; −5) . Suy ra u∆ =  nP , nQ  = ( −7;1; −6) | u |= 86 .

Câu 9. (THPT Hồ Nghinh – Quảng Nam – 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 5 = 0 ; (Q ) : x + y + z + 1 = 0 và ( R ) : x + y + z + 2 = 0 . Úng với mỗi cặp điểm A, B lần lượt thuộc hai mặt phẳng ( P ), (Q ) thì mặt cầu đường kinh AB luôn cắt mặt phẳng ( R ) theo một đường tròn. Tìm bán kính nhỏ nhất của đường tròn đó.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 5

A. B.

1 3 2 3

. .

FI CI A

C. 1. 1 D. . 2

Lời giải Dễ thấy ba mặt phẳng ( P ), (Q ), ( R ) song song với nhau và mặt phẳng ( R ) nằm giữa hai mặt phẳng ( P ), (Q ) . Gọi (α ) : x + y + z + D = 0 là mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng ( P ), (Q ) . | D − 5 | | D − 1| Ta có = ⇔ D = 3  (α ) : x + y + z + 3 = 0 . 3 3 1 Suy ra khoảng cách giưa hai mặt phẳng ( R ), (α ) là d = . 3 Khi đó mặt cầu đường kinh AB có tâm I luôn thuộc mặt phẳng (α ) cách đều hai mặt phẳng ( P ), (Q ) .

ƠN

Mặt cầu tâm I luôn cắt mặt phẳng ( R ) theo một đường tròn có bán kinh là r =

AB 2 − d 2 . Để 4

AB 2 − d 2 = 1. 4 3 Câu 10. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường x + 2 y +1 z 2 2 2 = = và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 1) = 6 . Hai mặt phẳng thẳng d : 2 −3 1 ( P ) , ( Q ) chứa d và cùng tiếp xúc với ( S ) lần lượt tại A, B . Gọi I tà tâm mặt cầu ( S ) . Giá trị 4

. Vậy r =

rmin thì ABmin = d [( P ), (Q )] =

cos AIB bằng 1 A. − . 9

1 . 9

QU Y

1 . 3

KÈ

Chọn A

1 C. − . 3 Lời giải

DẠ

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; −1; −1) và bán kính R = 6 .

 x = −2 + 2t  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y = −1 − 3t , ud = ( 2; −3;1) . z = t 

Gọi H là hình chiếu của I lên d . Vì H ∈ d  H ( −2 + 2t; −1 − 3t ; t ) Trang 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

ƠN

FI CI A

 IH = ( −4 + 2t; −3t; t + 1) . 1 3 6 5 1  Khi đó, IH .ud = 0 ⇔ 2 ( −4 + 2t ) − 3 ( −3t ) + ( t + 1) = 0 ⇔ t =  H  −1; − ;  và IH = . 2 2 2 2  Gọi M là hình chiếu của A lên IH . IA2 R 2 2 6 Xét tam giác AIH vuông tại A có: IA2 = IM .IH  IM = = = . IH IH 3 30 2 30 Xét tam giác AIM vuông tại M có AM 2 = IA2 − IM 2 = R 2 − IM 2 = .  AB = 3 3 2 30 . Áp dụng định lý côsin trong tam giác AIB ta có: Tam giác AIB có IA = IB = 6, AB = 3 IA2 + IB 2 − AB 2 1 cos AIB = =− . 2 IA.IB 9 Câu 11. (THPT Hương Sơn - Hà Tĩnh - 2022) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng x y+2 z−2 = ⋅ Đường thẳng ∆ ′ là hình chiếu vuông ( α ) : x + y − 2 z − 2 = 0 và đường thẳng ∆ : = 2 −2 1 góc của đường thẳng ∆ trên mặt phẳng ( α ) có phương trình: x+8 y −6 z + 2 x+8 y −6 z + 2 A. . B. . = = = = 3 5 4 3 4 −5 x +1 y −1 z +1 x +1 y −1 z +1 C. . D. . = = = = 7 −5 1 7 5 1 Lời giải Chọn C Ta có ( α ) : x + y − 2 z − 2 = 0  nα = (1;1; − 2 ) . x y+2 z−2 ∆: = = ⋅  u∆ = ( 2; − 2;1) . 2 −2 1 Gọi ( β ) là mặt phẳng qua ∆ và vuông góc với ( α )  nβ = [ nα , u∆ ] = ( −3; − 5; − 4 ) .

QU Y

Đường thẳng ∆ ′ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng ∆ lên mặt phẳng ( α ) có VTCP: u∆′ =  nβ , nα  = (14; − 10; 2 ) . Chọn VTCP của ∆ ′ là u = ( 7; −5;1) .  x = −8 x y+2 z −2 =  =  G ọi M = ∆ ∩ ( α ) ⇔  2 −2 1 ⇔  y = 6  M ( −8;6; − 2 ) .  x + y − 2 z − 2 = 0  z = −2  Đường thẳng ∆ ′ qua M ( −8;6; − 2 ) và có VTCP u = ( 7; − 5;1) phương trình dạng tham số:

KÈ

 x = −8 + 7t   y = 6 − 5t . Với t = 1  I ( −1;1; − 1) ∈ ∆′ .  z = −2 + t  x +1 y −1 z +1 Phương trình đường thẳng ∆ ′ dạng: . = = 7 −5 1 Câu 12. (THPT Lê Thánh Tông - HCM-2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt 2

DẠ

cầu ( S1 ) : ( x + 5 ) + y 2 + z 2 = 25 , 2

( S2 ) : ( x + 5 ) + y 2 + z 2 = 100 và điểm K ( 8;0; 0 ) . Đường thẳng ∆ di động nhưng luôn tiếp xúc với ( S1 ) , đồng thời cắt ( S2 ) tại hai điểm M , N . Tam giác KMN có diện tích lớn nhất bằng A. 90 3 .

B. 50 6 .

C. 100 2 .

D. 100 3 .

Lời giải Chọn A

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 7

FI CI A

L Ta có R1 , R2 không đổi nên MN = 2 R22 − R12 = 10 3 .

Ta có: I1 ≡ I 2 = ( −5;0;0 ) , R1 = 5, R2 = 10, IK = 13 > R2 .

ƠN

Do đó, tam giác KMN có diện tích lớn nhất khi d ( K , MN ) lớn nhất. Ta thấy rằng d ( K , MN ) lớn nhất là bằng KI + R1 = 18 . Dấu “=” xảy ra khi K , I , T thẳng hàng

(với T là tiếp điểm).

Suy ra, tam giác KMN có diện tích lớn nhất bằng:

1 1 S∆KMN = .d ( K , MN ) .MN = .18.10 3 = 90 3 . 2 2

(Liên trường Hà Tĩnh-2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ

QU Y

Câu 13.

Oxyz

cho

KÈ

A( a;0;0), B (0; b; 0), C (0;0; c ) với a, b, c > 0 sao cho 2OA − OB + OC + 5 OB 2 + OC 2 = 36 . Tính a − b + c khi thể tích khối chóp O. ABC đạt giá trị lớn nhất A. 1. B. 5 −36 + 36 2 C. 5 D. 7 Lời giải Chon B

Từ 2OA − OB + OC + 5 OB 2 + OC 2 = 36  2a − b + c + 5 b 2 + c 2 = 36 Ta có

36 = 2a − b + c + 5 b 2 + c 2 = 2a − b + c + 5

(4b) 2 (3c) 2 (4b + 3c) 2 + ≥ 2a − b + c + 5 = 2a − b + c + 4b 16 9 16 + 9

DẠ

= 2a + 3b + 4c ≥ 3 3 2a.3b.4c = 3 3 24abc  368 ≥ 27.24abc  abc ≤ 72 

Trang 8

1 abc ≤ 12 6

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

( 2t − 5) + (1 + 2t ) + ( t − 1)

 = 9t 2 − 18t + 27 + 9t 2 + 18t + 27 = 3   Gọi u = 1 − t ; 2 ; v = t + 1; 2 .

(

)

(

(1 − t )

)

( 2)

2  2 2 Ta có u + v ≥ u + v ⇔  (1 − t ) + 2 + ( t + 1) +  1− t Dấu " = " xảy ra ⇔ = 1 ⇔ t = 0 . Suy ra P ≥ 6 3 . 1+ t Vậy min P = 6 3 . Cách 2:

QU Y

( )

KÈ

( 2t + 1) + (1 + 2t ) + ( t + 5)

ƠN

P = MA + MB =

FI CI A

 4b 3c  16 = 9 a = 6    Vmnx = 12 ⇔ 2a = 3b = 4c ⇔ b = 4  c = 3 2 2  36 = 2a − b + c + 5 b + c  Vậy a − b + c = 5 Câu 14. (THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x −1 y −1 z +1 và hai điểm A( 6;0;0) , B ( 0;0; −6) . Khi M thay đổi trên đường thẳng d , d: = = 2 2 1 hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + MB A. min P = 6 3 . B. min P = 6 2 . C. min P = 9 . D. min P = 12 . Lời giải Chọn A Cách 1:  x = 1 + 2t  Ta có d :  y = 1 + 2t , vì M ∈ d  M (1 + 2t;1 + 2t; −1 + t ) .  z = −1 + t 

( t + 1)

( 2 )  ≥ 2 2

( 2 )  2

d M

(C)

DẠ

+) Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và đi qua điểm B . G ọi ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 9

Gọi I là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d và ( C ) là đường tròn tâm I , bán kính AI và đường tròn ( C ) thuộc mặt phẳng ( P ) .

phía của đường thẳng d ). Suy ra MA1 = MA  MA + MB = MA1 + MB ≥ A1 B = const . 2

FI CI A

+) Ta có d ( A; d ) = d ( B; d ) = 3 2  d ( A1 ; d ) = d ( A2 ; d ) = d ( B; d )  A1 A2 ⊥ A2 B .

Gọi A1 , A2 là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường tròn ( C ) (trong đó A1 và B nằm về hai

( A1 A2 ) + ( A2 B ) = 4IA2 + d 2 ( B, ( P ) ) = 4d 2 ( A, d ) + d 2 ( B, ( P ) ) +) Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 6;0;0) và có vectơ pháp tuyến nP = ud = ( 2; 2;1)  ( P ) có phương trình: 2 x + 2 y + z − 12 = 0  d ( B , ( P ) ) = 6 .  A1 B =

(

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + MB là A1 B = 62 + 4. 3 2

)

=6 3.

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

Câu 15.

( P ) : x − 2 y + 2 z − 11 = 0 và điểm I ( −3;3;1) . Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm là điểm I và cắt mặt phẳng ( P ) theo một đường tròn có chu vi bằng 8π . Phương trình của mặt cầu ( S ) là 2

B. ( x + 3 ) + ( y − 3 ) + ( z − 1) = 64 .

D. ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z + 1) = 52 .

ƠN

A. ( x + 3 ) + ( y − 3 ) + ( z − 1) = 52 .

C. ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z + 1) = 64 .

Chọn A

 Có  Gọi

2r.π = 8π ⇔ r = 4. −3 − 2.3 + 2.1 − 11 18 d ( I , ( P)) = = = 6. 3 1+ 4 + 4 r

là bán kính đường tròn giao tuyến, có

R là bán kính của mặt cầu ( S ) , có R = r 2 + d 2 = 42 + 62 = 2 13. 2

QU Y

 Gọi

Lời giải

 Suy ra ( S ) : ( x + 3 ) + ( y − 3 ) + ( z − 1) = 52.

Câu 16.

(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Trong không gian tọa độ cho đường thẳng

thẳng ∆ là

x −1 y +1 z −1 . = = −1 1 4

x −1 y +1 z −1 . = = 1 1 4

x −1 y +1 z −1 . = = 1 −1 4

x −1 y +1 z −1 . = = 1 1 −4

KÈ

Lời giải

DẠ

Chọn D

Trang 10

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Đường thẳng đã cho nằm trong mặt phẳng qua A và vuông góc với d

( P ) : 2( x − 1) + 2( y + 1) + z − 1 = 0  2 x + 2 y + z − 1 = 0

 x = 4 + 2t  Kẻ BH ⊥ ( P )  ( BH ) :  y = 2 + 2t  z = −2 + t  Khi đó H ∈ ( P )  2(4 + 2t ) + 2(2 + 2t ) − 2 + t − 1 = 0  t = −1  H ( 2;0; −3) . Nhận xét BH ≤ BA , đường thẳng cần tìm là đường thẳng AH .

(Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét ba điểm 1 1 1 thỏa mãn Biết rằng m ặt cầu A( a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c ) − + = 1. a b c ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 3) 2 = 25 cắt mặt phẳng ( ABC ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính là 4. Giá trị của biểu thức a + b + c là A. 1. B. 2. C. 3. D. 5. Lời giải

KÈ

QU Y

Câu 17.

x −1 y +1 z −1 . = = 1 1 −4

ƠN

Trong đó AH = (1;1; −4 )  ∆ :

DẠ

Theo phương trình đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng ( ABC ) là:

x y z + + = 1. a b c

1 1 1 − + = 1 . Ta thấy mặt phẳng luôn đi qua điểm H (1; −1;1) . a b c Mặt cầu ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 3) 2 = 25 có tâm I (2;1;3), Rmc = 5 . Ta gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( ABC ) . Với giả thiết

2 IK = Rmc − r 2 = 3 và ta thấy IH = 3 và IH ≥ IK nên ta có H trùng với điểm K .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 11

FI CI A

x y 1 ( ABC ) qua H (1; −1;1) và có VTPT n = HI = (1; 2; 2)  x + 2 y + 2 z − 1 = 0  + + = 1 . 1 1 1 2 2 V ậy a + b + c = 2 . x = 1+ t  Câu 18. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1 và z = t  mặt phẳng ( P ) : 2 x − z + 3 = 0 . Biết đường thẳng ∆ đi qua điểm O (0; 0; 0) gốc toạ độ, có 1 vectơ chỉ phương u = (1; a; b) , vuông góc với đường thẳng d và hợp với mặt phẳng ( P ) một góc lớn nhất. Hỏi điểm nào sau đây thuộc đường thẳng ∆ ? B. M (2;0; −2) . C. N ( −1;1;1) . D. Q (1; 2; 2) . A. P (0;1;0) . Lời giải Ta có đường thẳng ∆ có một vectơ chỉ phương là u = (1; a; b) .

Mà

2 + a2 ≥ 2 

1 2 + a2

≤

ƠN

x = 1+ t  Mà đường thẳng d có phương trình d :  y = 1 nên suy ra một vectơ chỉ phương của d là z = t  v = (1; 0;1) . Ta lại có ∆ ⊥ d  u ⊥ v  u ⋅ v = 0  1 + b = 0  b = −1 . Suy ra u = (1; a; −1) . Mặt khác, mặt phẳng ( P ) có phương trình ( P ) : 2 x − z + 3 = 0 nên có một vectơ pháp tuyến là n = (2;0; −1) . Giải sử ∆ hợp với mặt phẳng ( P ) một góc ϕ = ( ∆, ( P )) thì | u, n | |3| 3 sin ϕ =| cos(u , n ) |= = = . 2 | u |⋅| n | 5⋅ 2+a 5 ( 2 + a2 )

1 3 3  sin ϕ = ≤ khi a = 0 . 2 10 5 2 + a2

(

)

QU Y

Vì ϕ lớn nhất khi sin ϕ lớn nhất do đó ϕ max khi a = 0 .

x = s  Suy ra u = (1;0; −1) . Vậy phương trình đường thẳng ∆ là  y = 0 . Suy ra điểm M (2;0; −2) thuộc  z = −s 

đường thẳng ∆ . Câu 19. (THPT Phù Cừ - Hưng Yên - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (2; −1;3) bán kính R = 4 và mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 6 z − 2 = 0 . Biết mặt phẳng ( P ) là giao của hai mặt cầu ( S ) và ( S1 ) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MN = 2 .

DẠ

KÈ

Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng a − b 2 , với a, b ∈ ℝ và A(0;5;0), B (3; −2; −4) . Tính giá b trị gần đúng của (làm tròn đến hàng phần trăm). a A. 0,05. B. 0,07. C. 0,11. D. 0,13. Lời giải

Trang 12

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

Vi( P) = ( S ) ∩ ( S1 )  ( P) : y = 0  ( P) ≡ (Ozx) .

Ta có ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 3) 2 = 16 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z − 2 = 0 .

Ta có O (0;0;0), C (3;0; −4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A(0;5;0), B (3; −2; −4) xuống mặt phẳng ( P ) . Mà OA = 5; OC = 5; BC = 2 . Do đó

ƠN

AM + BN = OA2 + OM 2 + BC 2 + CN 2 ≥ (OA + BC ) 2 + (OM + CN ) 2 = 49 + (OM + CN ) 2 Lại có OM + MN + NC ≥ OC  OM + NC ≥ OC − MN = 5 − 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi O , M , N , C thẳng hàng.

Vậy AM + BN ≥ 49 + (OM + CN )2 ≥ 49 + (5 − 2)2 = 76 − 10 2 . b 10 Suy ra a = 76; b = 10  = ≈ 0,13 . a 76 Câu 20. (Sở Hà Tĩnh 2022) Trong không gian cho Oxyz ,

QU Y

hai m ặt cầu ( S1 ) : x 2 + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = 16; ( S2 ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z 2 = 1 và điểm A  4 ; 7 ; − 14  . Gọi ( P ) 3 3 3 là mặt phẳng tiếp xúc với cả hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) và I là tâm của ( S1 ) . Xét điểm M ( a; b; c ) di

KÈ

động trên ( P ) sao cho IM tiếp xúc với mặt cầu ( S2 ) , khi AM ngắn nhất thì a + b + c bằng A. 1. B. −1 . 7 C. . 3 7 D. − . 3 Lời giải Mặt cầu ( S1 ) có tâm I (0;1; 2), R1 = 4 và mặt cầu ( S2 ) có tâm J (1; −1;0), R2 = 1 .

DẠ

Do IJ = R1 − R2 = 3  ( S1 ) , ( S2 ) tiếp xúc trong tại E như hình vẽ (vẽ đại diện là đường tròn).

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 13

L FI CI A

Tinh toán sin I =

1 1 4 5 2 Ta có JE = IJ = (1; −2; −2)  E  ; − ; −  và ( P ) là mặt phẳng qua E vuông góc với IJ 3 3 3 3 3  4 7 14  có phương trình là ( P ) : x − 2 y − 2 z − 6 = 0  A  ; ; −  ∈ ( P ) . Theo giả thiết thì IM tiếp xúc 3 3 3 với ( S2 ) tại N .

JN 1 1 EM 4 =  tan I = =  EM = = 2. IJ 3 EI 8 8

ƠN

Khi đó AM ≥ AE − EM = 4 2 − 2 = 3 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, M , E thẳng hàng như hình vẽ:

KÈ

QU Y

3 3  4 14 7  Ta có AM = AE = (0; −4; 4) = (0; −3;3)  M  ; − ;   a + b + c = −1 . 4 4 3 3 3 Câu 21. (Sở Thanh Hóa 2022) Trong không gian cho b ốn điếm Oxyz , A(2;3;5), B ( −1;3; 2), C ( −2;1;3), D (5; 7; 4) . Xét điếm M ( a; b; c ) di động trên mặt phắng (Oxy ) , khi T = 4 MA2 + 5MB 2 − 6 MC 2 + MD 4 đạt giá trị nhỏ nhất thì a + b + c bằng A. 11. B. −11 . C. 12. D. 9. Lời giải Gọi I thoả mãn 4 IA + 5 IB − 6 IC = 0 ⇔ I (5;7; 4) ≡ D (5;7; 4) . Khi đó T = (4 + 5 − 6) IM 2 + (4 IA2 + 5 IB 2 − 6 IC 2 ) + MI 4 ≥ 3d 2 ( I , (Oxy )) + d 4 ( I , (Oxy )) + 4 IA2 + 5IB 2 − 6 IC 2 = const

DẠ

const. Dấu bằng đạt tại M = h / c ( I , (Oxy )) ⇔ M (5;7;0) . Câu 22. (Sở Bắc Giang 2022) Trong không gian Oxyz , biết rằng không có đường thẳng nào cắt đồng thời cả 4 đường thẳng x = 6 + t x−3 y +3 z x −1 y −1 z x y + 2 z +1  d1 : = = ; d2 : = = ; d3 : = = ; d 4 :  y = a + 3t. −1 1 1 1 2 −1 1 −1 −1 z = b + t  Giá trị 2b − a bằng A. −2 B. 3 C. 2. D. −3 . Trang 14

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Lời giải Đường thẳng d1 có vec-tơ chỉ phương u1 = (−1;1;1) và đi qua điểm A(3; −3;0) . Đường thẳng d 3 có vec-tơ chỉ phương u3 = (1; −1; −1) và đi qua điểm B (0; −2; −1) . BA = (3; −1;1) . Vì u1 , u3 cùng phương và u1 không cùng phương BA nên d1 / / d3 .

ƠN

FI CI A

Gọi (α ) là mặt phẳng chứa d1 , d3 . Khi đó (α ) nhận nα =  BA, u1  = −2(1; 2; −1) làm vec-tơ pháp tuyến và (α ) đi qua B (0; −2; −1) nên nó có phương trình là: 1( x − 0) + 2( y + 2) − ( z + 1) = 0 ⇔ x + 2 y − z + 3 = 0. x −1 y −1 z tại điểm M (0; −1;1) . d 4 có vec-tơ chỉ Dễ thấy (α ) : x + 2 y − z + 3 = 0 cắt d 2 : = = 1 2 −1 phương u4 = (1;3;1) . Do nα ⋅ u4 ≠ 0 nên α , d 4 cắt nhau. Gọi tọa độ giao điểm tương ứng của chúng là N (6 + t ; a + 3t ; b + t ) . MN = (6 + t ; a + 1 + 3t ; b − 1 + t ). Vì không có đường thẳng nào cắt đồng thời cả 4 đường thẳng đã cho nên suy ra MN cùng phương với u1 = (−1;1;1) .

a + 1 + 3t = −6 − t −4t = 7 + a 6 + t a + 1 + 3t b − 1 + t = = ⇔ ⇔  2b − a = −3 −1 1 1 4t = −10 − 2b b − 1 + t = −6 − t Câu 23. (Sở Hà Tĩnh 2022) 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 = 0 và điểm M (0;1; 0) . Mặt phẳng ( P ) đi qua M và cắt ( S ) theo đường tròn (C ) có chu vi nhỏ nhất. Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) là điểm thuộc đường tròn (C ) sao cho

QU Y

ON = 6 . Tính y0 . A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.

⇔

Lời giải.

Nhận thấy rằng, mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) , bán kính R = 6 và điểm M là điểm nằm trong mặt cầu này. Gọi r là bán kính hình tròn (C ) và H là hình chiếu của I lên ( P ) . Dễ thấy rằng

DẠ

KÈ

H là tâm đường tròn (C ) . Khi đó, ta có r = R 2 − IH 2 ≥ R 2 − IM 2 . Vậy để (C ) có chu vi nhỏ nhất thì r nhỏ nhất khi đó H trùng với M .

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 15

L FI CI A OF

ƠN

Khi đó mặt phẳng ( P ) đi qua M (0;1; 0) và nhận vectơ IM = (1; −1; −1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng (P) có dạng x − ( y − 1) − z = 0 ⇔ x − y − z = −1.

QU Y

Điểm N vừa thuộc mặt cầu ( S ) vừa thuộc mặt phẳng ( P ) và thỏa ON = 6 nên tọa độ của N thỏa hệ phương trình.  x02 + y02 + z02 + 2 x0 − 4 y0 − 2 z0 = 0 2 x0 − 4 y0 − 2 z0 = −6  2  2 2 ⇔  x02 + y02 + z02 = 6  x0 + y0 + z0 = 6  x − y − z = −1  x − y − z = −1. 0 0 0 0  0  0 Lấy phương trình đầu trừ hai lần phương trình thứ ba ta được −2 y0 = −4 ⇔ y0 = 2 . Câu 24. (Sở Bạc Liêu 2022) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 )

= 9 và điểm M (1;3; −1) , biết rằng các tiếp điểm của các tiếp

tuyến kẻ từ M tới các mặt cầu đã cho luôn thuộc một đường tròn ( C ) có tâm J ( a; b; c ) . Giá trị

Chọn C

B. T =

62 . 25

C. T =

84 . 25

D. T =

Lời giải

T = 2a + b + c bằng 134 A. T = . 25

DẠ

KÈ

Ta có ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 9  I (1; −1; 2 ) ; R = 9 . 2

M (1;3; −1)  IM = 02 + 42 + ( −3) = 5 .

Gọi A là một tiếp điểm nên AM = MI 2 − IA2 = 52 − 32 = 4 . Trang 16

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

116 . 25

Mặt cầu tâm M bán kính AM = 4 dạng ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16 .

( x − 1)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1) 2 = 16  4 y − 3z + 1 = 0 . Toạ độ A là nghiệm của hệ  2 2 2  ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 9

FI CI A

Hay A ∈ ( P ) : 4 y − 3z + 1 = 0 .

 x =1  J là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( P ) . Đường thẳng IJ dạng  y = −1 + 4t .  z = 2 − 3t 

  4 y − 3x + 1 = 0  x = 1   x =1 11    11 23    y =  J 1; ;  = J ( a; b; c ) . J = IJ ∩ ( P )  J là nghiệm của hệ  25  25 25   y = −1 + 4t  23  z = 2 − 3t   z = 25

84 . 25 (Sở Hà Tĩnh 2022) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 2; −3; −5 ) , I ( 2;0; −1) và mặt phẳng

Câu 25.

ƠN

Nên T = 2a + b + c =

( P ) sao cho IM = 5 và độ Điểm M ( a; b; c ) thay đổi thuộc mặt phẳng dài đoạn AM lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức T = a + b + 2c bằng 1 A. −1 . B. 11 . C. 6 . D. − . 3

( P ) : 2 x − y − 2 z + 5 = 0.

(

)

(Q )

d ( I , (Q )) =

4−0+2+5

11 < 5 nên ( S ) cắt ( P ) theo giao tuyến là đường tròn ( C1 ) và M ∈ ( C1 ) . 3 4 +1+ 4 là mặt phẳng qua A và song song với ( P ) , có ( Q ) : 2 x − y − 2 z − 17 = 0 và

Do d I , ( P ) =  Gọi

QU Y

Lời giải Chọn B  Có M thuộc mặt cầu ( S ) (tâm I , bán kính R = 5 ).

4 − 0 + 2 − 17

11 . Suy ra ( S ) cắt ( Q ) theo giao tuyến là đường tròn ( C2 ) và A ∈ ( C2 ) (do 3

DẠ

KÈ

4 +1+ 4 IA = 5 nên A ∈ ( S ) )

M d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) nên ( C1 ) bằng ( C2 ) và A, M lần lượt thuộc hai đường tròn đáy của hình trụ. Do đó AM lớn nhất khi M là điểm đối xứng với A qua I , suy ra M ( 2;3;3) và T = 2 + 3 + 2.3 = 11.  Do

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 17

Câu 26.

(Sở Hà Tĩnh 2022) Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng d :

x −5 y +7 z −3 , = = 1 2 3

A. ( 4;10;17 ) .

B. ( 4;1; −7 ) .

C. ( 3; −12;10 ) .

FI CI A

Lời giải

D. (1; −6;6 ) .

d1 :

Chọn A Gọi A = ∆ ∩ d1  A ( 2t1 ; −1 + t1 ; −3 − 2t1 ) .

∆:

ƠN

B = ∆ ∩ d 2  B ( −2 + t2 ;3 − 3t2 ; 2t2 ) . Ta có AB = ( −2 + t2 − 2t1 ; 4 − 3t2 − t1 ;3 + 2t2 + 2t1 ) . Do ∆ là đường thẳng song song với d nên AB , ud cùng phương. −2 + t2 − 2t1 4 − 3t2 − t1 3 + 2t2 + 2t1  = = 1 2 3 −4 + 2t2 − 4t1 = 4 − 3t2 − t1 3t1 − 5t2 = −8 t1 = −1 ⇔ ⇔ ⇔ −6 + 3t2 − 6t1 = 3 + 2t2 + 2t1 8t1 − t2 = −9 t2 = 1 Đường thẳng ∆ qua B ( −1;0; 2 ) và nhận vectơ chỉ phương AB = (1; 2;3) có phương trình là x +1 y z − 2 . = = 1 2 3

4 + 1 10 17 − 2 (thỏa mãn). = = 1 2 3 2 2 (Sở Phú Thọ 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 2 ) + y 2 + ( z + 5) = 24 cắt

Câu 27.

Thay tọa độ ( 4;10;17 ) vào phương trình đường thẳng ∆ ta được

A. −6 .

QU Y

B. −4 .

D. 2 .

KÈ

Chọn B

C. 0 . Lời giải

DẠ

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2;0; −5) , bán kính R = 2 6 . Ta có: A ∉ ( α ) ; AI =

( −6 )

+ 122 + ( −6 ) = 6 6  A nằm ngoài mặt cầu ( S ) .

Khoảng cách từ tâm I đến ( α ) là: d = d ( I , ( α ) ) =

Trang 18

−2 + 0 + 4 2

= 2.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Suy ra bán kính đường tròn ( C ) là: r = R 2 − d 2 =

(2 6 ) − ( 2 )

= 22 .

Gọi K là hình chiếu của I trên ( α ) .

Ta có IK ⊥ ( α ) nên đường thẳng IK nhận vectơ nα = (1;1;0 ) làm vectơ chỉ phương.

FI CI A

 x = −2 + t   K ( −2 + t; t; −5 ) . Phương trình IK :  y = t  z = −5  Vì K ∈ ( α ) nên: −2 + t + t + 4 = 0 ⇔ t = −1  K ( −3; −1; −5 ) . Gọi H là hình chiếu của A trên ( α ) .

x = 4 + t  Phương trình AH :  y = −12 + t  H ( 4 + t ; −12 + t ;1) . z = 1 

Ta có AH ⊥ ( α ) nên đường thẳng AH nhận vectơ nα = (1;1;0 ) làm vectơ chỉ phương.

Vì H ∈ ( α ) nên: 4 + t − 12 + t + 4 = 0 ⇔ t = 2  H ( 6; −10;1)  AH = 2 2 + 22 = 2 2 .

 KH = 92 + 92 + 62 = 3 22 > r  H nằm ngoài đường tròn ( C ) .

Câu 28.

QU Y

ƠN

Khi đó ta có: AM = AH 2 + HM 2 = HM 2 + 8 . Suy ra AM min khi HM min ⇔ H , M , K thẳng hàng ( theo thứ tự đó). 2 Khi đó: HM = HK (*). 3 2   x − 6 = 3 ( −9 ) x = 0  2   Gọi M ( a; b; c ) . Từ (*) ta có:  y + 10 = .9 ⇔  y = −4 . 3   z = −3  2   z − 1 = 3 . ( −6 )  Vậy, M ( 0; −4; −3) nên tung độ của M bằng −4 .

(THPT Bùi Thị Xuân – Huế - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 và x = 1+ t  điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ∈ d :  y = 1 + 2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao  z = 2 − 3t 

DẠ

KÈ

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. 21. B. 30. C. 20. D. 26. Lời giải Mặt cầu ( S ) có tâm O (0; 0; 0) và bán kính R = 3 . Gọi A( x; y; z ) ∈ ( S ) ta có OA2 + AM 2 = OM 2 2

⇔ 9 +  x − (1 + t0 )  +  y − (1 + 2t0 )  +  z − ( 2 − 3t0 )  = (1 + t0 ) + (1 + 2t0 ) + ( 2 − 3t0 ) ⇔ (1 + t0 ) x + (1 + 2t0 ) y + ( 2 − 3t0 ) z − 9 = 0 (*) Tương tự, tọa độ điểm B, C cũng thỏa mãn (*) . Hay nói cách khác, phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: (1 + t0 ) x + (1 + 2t0 ) y + ( 2 − 3t0 ) z − 9 = 0

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 19

Mặt khác vì ( ABC ) đi qua D (1;1; 2) nên

(1 + t0 ) ⋅1 + (1 + 2t0 ) ⋅1 + ( 2 − 3t0 ) ⋅ 2 − 9 = 0 ⇔ t0 = −1.

Lời giải

FI CI A

Suy ra M (0; −1;5) . Vậy T = x02 + y02 + z02 = 26 . Câu 29. (Chuyên Hạ Long 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm N (2;3; 4) . Một mặt cầu bất kỳ đi qua O và N cắt các trục tọa độ Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C ≠ 0 . Biết rằng khi mặt cầu thay đổi nhưng vẫn thỏa đề bài, trọng tâm G của tam giác ABC luôn nằm trên một mặt phẳng cố định. Mặt phẳng cố định này chắn các trục tọa độ thành một tứ diện, tính thể tích của khối tứ diện đó. 24389 A. . 3888 24389 B. . 4374 24389 C. . 8748 24389 D. . 2916

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Giả sử A( a; 0; 0) = ( S ) ∩ Ox, B (0; b; 0) = ( S ) ∩ Oy và C (0; 0; c ) = ( S ) ∩ Oz . a b c Khi đó I là tâm của mặt cầu có tọa độ là I  ; ;  . 2 2 2 2 a b c Theo tính chất hình hộp, ta có OG = OI  G  ; ;  . 3  3 3 3 Do O, N ∈ ( S )  IO = IN  I thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn ON a b c 29 29  2a + 3b + 4c = 29 ⇔ 2 ⋅ + 3 ⋅ + 4 ⋅ = ⇔ 2 xG + 3 yG + 4 zG = 3 3 3 3 3 29 Suy ra G ∈ ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z = . 3  29   29  Gọi M = ( P ) ∩ Ox  M  ; 0;0  , N = ( P ) ∩ Oy  N  0; ;0   6   9  29   Và P = ( P ) ∩ Oz  P  0;0;  . 12   1 24389 Vậy VOMNP = OM .ON .OP = . 6 3888 Câu 30. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình – 2022) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(4; 6; 2), B (2; −2; 0) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua B , gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định. Diện tích của hình tròn đó bằng A. 4π . B. π . C. 6π . D. 3π . Lời giải Chọn C Cách 1: Do BHA = 90° nên H thuộc mặt cầu đường kính AB, H ∈ ( P ) , do đó, H chạy trên đường tròn là giao của mặt cầu đường kính AB và ( P ) . Đường tròn này có tâm là hình chiếu vuông góc của I 1 lên ( P ) với I là trung điểm của AB , bán kính bằng độ dài hình chiếu vuông góc của AB trên 2 ( P) . Trang 20

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

L FI CI A

)

ƠN

(

Ta có BA = (2;8; 2); nP = (1;1;1), BA, n p = α BA ⋅ nP Ta có | cos α |= | BA | ⋅ nP 1 1 r = | BA | ⋅ | sin α |= | BA | ⋅ 1 − cos 2 α = 6 S = π r 2 = 6π 2 2 12 Cách 2: Ta có AB 2 = 72, d ( A, ( P )) = = 4 3 , vậy hình chiếu vuông góc của AB trên ( P ) có 3

 x = 1 + 2t1  x = 3 + t2  x = 4 + 2t3    có phương trình ( d1 ) :  y = 1 + t1 , ( d 2 ) :  y = −1 + 2t2 , ( d 3 ) :  y = 4 − 2t3 tiếp xúc  z = 1 − 2t  z = 2 + 2t z = 1+ t 1 2 3   

QU Y

( d1 ) , ( d2 ) , ( d3 )

độ dài là AB 2 − d 2 = 2 6 , bán kính r = 6.S = π r 2 = 6π Câu 31. (Chuyên Lam Sơn – 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng

với 3 đường thẳng đó. Giá trị nhỏ nhất của R gần số nào nhất trong các số sau: A. 2,1. B. 2,2. C. 2,3. D. 2,4. Lờí giải Ta có: ( d1 ) đi qua điểm A(1;1;1) có VTCP u1 = (2;1; −2) .

KÈ

( d2 ) đi qua điểm B(3; −1; 2) có VTCP u2 = (1; 2; 2) . ( d3 ) đi qua điểm C (4; 4;1) có VTCPu3 = (2; −2;1) . Ta có u1 ⋅ u2 = 0, u2 ⋅ u3 = 0, u3 ⋅ u1 = 0  ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d 3 ) đôi một vuông góc với nhau. u1 , u2  ⋅ AB ≠ 0, u2 , u3  ⋅ BC ≠ 0, u3 , u1  ⋅ CA ≠ 0  ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d 3 ) 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 hộp

DẠ

chữ nhật như hình vẽ.

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 21

L FI CI A

( d1 ) , ( d2 ) , ( d3 ) R = d ( I , d1 ) = d ( I , d 2 ) = d ( I , d3 ) ⇔ R 2 = d 2 ( I , d1 ) = d 2 ( I , d 2 ) = d 2 ( I , d3 )

Vì mặt cầu tâm I ( a; b; c ) tiếp xúc với 3 đường thẳng

nên bán kính

ƠN

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       u3 u1 u2       AI = ( a − 1; b − 1; c − 1),  AI , u1  = ( −2b − c + 3; 2a + 2c − 4; a − 2b + 1) BI = ( a − 3; b + 1; c − 2),  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; −2a − 2b + 16). 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

QU Y

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 , R ≈ 2,12.  Rmin = 2 Câu 32. (Chuyên Lam Sơn 2022) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm I (1; 0; 0) , điểm

DẠ

KÈ

x = 2  7 4 4 M  ; ;  và đường thẳng d :  y = t .N (a, b, c) là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện 9 9 9 z = 1+ t  tích tam giác IMN nhỏ nhất. Khi đó a + b + c có giá trị bằng: A. 2. B. −2 . 5 C. . 2 −5 D. . 2 Lời giải 2 Ta có IM = . 3 1 1 Gọi H là hình chiếu của N trên đường thẳng d′ đi qua I , M , ta có: S ∆MMN = IM ⋅ NH = NH 2 3 Diện tích tam giác IMN nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài NH nhỏ nhất. N ∈ d  N (2; n;1 + n)  IN = (1; n;1 + n ). Đường thẳng d′ có vecto chỉ phương u′ = (1; −2; −2) ⋅  IN , u′ = (2; n + 3; − n − 2) .

Trang 22

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

5 9  2 n +  +  IN , u′ 2 2 2 2 + (n + 3) + (−n − 2) 2 4 1    NH = d ( N ; d ′ ) = = = ≥ . 3 3 2 u′

FI CI A

5 5 3  Dấu = xảy ra khi n = − , suy ra: N  2; − ; −  . Vậy a + b + c = −2 . 2 2 2  Câu 33. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – 2022) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 và hai điểm A(3; 0; 0); B (−1;1; 0) . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 3MB . A. 2 34

Lời giải Gọi M ( x; y; z ) là điểm cần tìm. Ta có : M ∈ ( S )  x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 . MA = ( x − 3) 2 + y 2 + z 2 ; MB = ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + z 2 .

B. 26 C. 5 D. 34

ƠN

Suy ra: MA + 3MB = ( x − 3) 2 + y 2 + z 2 + 3 ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + z 2 = ( x − 3) 2 + y 2 + z 2 + 8 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 8 + 3 ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + z 2 2

1  = 3  x −  + y 2 + z 2 + 3 ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + z 2 3 

KÈ

QU Y

1  = 3( MC + MB ) ≥ 3BC vói C  ;0; 0  . 3  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 3MB bằng 5khi  M = BC ∩ ( S )  3−8 6 4+ 6 6   M  ; ;0  .  25  25  CM = k ⋅ CB ( k > 0) Câu 34. (THPT Đô Lương – Nghệ An – 2022) Trong không gian Oxyz cho đường tròn (C ) là giao tuyến của mặt phẳng tọa độ ( xOy ) với mặt cầu ( S ) : ( x − 6) 2 + ( y − 6) 2 + ( z + 3) 2 = 41 . Gọi d là đường thẳng đi qua các điểm A(0; 0;12), B (0; 4;8) . Với M , N là các điểm thay đổi thứ tự trên (C ) và d . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN gần với giá trị nào nhất sau đây? A. 3,5. B. 2,35. C. 1,25. D. 2,92. Lời giải 2 2 Phưong trình (C ) : ( x − 6) + ( y − 6) = 32 với tâm I (6; 6) và bán kính R = 4 2 . Gọi F = ( d ) ∩ Oy , IK ⊥ Oy , D = IK ∩ (C ), G = IF ∩ (C ), ML ⊥ Oy . Như vậy đề MN đạt giá trị

DẠ

nhỏ nhẩt thì M phải thuộc cung nhỏ DG .   NL FL = 6− x 6− x  KH ⊥ (d ) : NL ⊥ (d )    KH FK  NL = KH =  6 2  LK = x  KH = d ( K : (d )) = 3 2  

LM = 6 − R 2 − d 2 ( I ; ( ML)) = 6 − 32 − KL2 = 6 − 32 − x 2 2

6− x 2 MN = ML2 + LN 2 =   + 6 − 32 − x  2 

(

)

(6 − x)2 + 6 − 32 − x 2 2

(

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

)

= f ( x)

Trang 23

Xét hàm số y = f ( x) =

(6 − x) 2 + 6 − 32 − x 2 2

(

) , ∀x ∈[−4

2; 4 2] .

f ′( x) = 0 ⇔ 12 x − ( x + 6) 32 − x 2 = 0 ⇔ x = x0 ≈ 3,5145 ∈ [ −4 2; 4 2]

ƠN

FI CI A

 min f ( x) = f (3,5145) ≈ 2, 35488 Câu 35. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai điếm A(2; −1; −1), B (0;1; −2) và mặt phắng ( P ) : 2 x + y − 2 z − 2 = 0 . Điếm M thuộc mặt phắng ( P ) sao cho AMB Ión nhất, khì đó cos AMB bằng 5 A. . 13 12 B. . 13 12 C. − . 13 5 D. − . 13 Lời giải Gọi (Q ) là mặt phẳng chửa AB vả vuông góc với ( P ) ; gọi d = ( P ) ∩ (Q ) . G ọi H = h / c ( M , d )  AMB ≤ AHB đến đây các em có thể đưa về hàm một biến nhờ viết phương trình của d , tham số hoá tọa độ điểm H , tinh cos AHB tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức này hoặc sử dụng hình học như sau: Để ý AB(−2; 2; −1) ⊥ nP (2;1; −2), A ∉ ( P)  AB / /( P)  AB / / d .

Trong mặt phẳng (Q ) xét đường tròn qua hai điểm A, B và tiếp xúc với d tại M 0 , ( M 0 chính là

KÈ

QU Y

giao điểm của đường trung trực đoạn AB với đường thẳng d ) Nếu H ≠ M 0  HB cắt đường tròn tại điểm N và AHB < ANB = AM B vậy AHBmax = AM 0 B không đổi. Dấu bằng đạt tại M ≡ H ≡ M 0

Ta có AB = 3, IM 0 = d ( A, ( P)) = 1, M 0 A = M 0 B = IA2 + IM 02 = 1 +

9 13 = . 4 2

DẠ

13 13 + −9 2 2 2 M A + M B − AB 5 0 Khi đó cos AM 0 B = 0 = 4 4 =− . 13 2M 0 M 0 B 13 2⋅ 4 Câu 36. (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1; 2;3) và

B ( 3; 2;5 ) . Xét hai điểm M và N thay đổi thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MN = 2023 . Tìm giá trị nhỏ nhất của AM + BN . A. 2 17 . B. 65 . C. 25 97 . D. 205 97 . Lời giải Chọn D

Trang 24

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Hình chiếu vuông góc của A ( −1; 2;3) xuống mặt phẳng ( Oxy ) là C ( −1; 2;0 ) . Hình chiếu vuông góc của B ( 3; 2;5 ) xuống mặt phẳng ( Oxy ) là D ( 3;2;0 ) . Khi đó CD = ( 4; 0;0 )  ud = (1;0;0 ) .

FI CI A

x = 3 + t  Phương trình đường thẳng CD là  y = 2 . z = 0 

M ( 3 + m; 2;0 ) Để AM + BN nhỏ nhất thì hai điểm M và N thay đổi trên CD   .  N ( 3 + n; 2;0 ) Theo bài MN = 2023  n − m = 2023 . 2 Ta có AM = ( m + 4;0; −3)  AM = ( m + 4 ) + 9 và BN = ( n;0; −5)  BN = n 2 + 25 .

Đặt f ( m ) =

( m + 4)

Ta có f ′ ( m ) =

( m + 4) 2

+9 +

m+4

( m + 4)

+ 9 + n 2 + 25 =

( m + 2023) +

( m + 4)

+ 25 .

m + 2023

( m + 2023)

+9 +

( m + 2023)

+ 25 .

Khi đó AM + BN =

=0⇔m=− + 25

6089 . 8

ƠN

6089 . 8 (THPT Kim Liên - Hà Nội - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( m) bằng 205 97 đạt được tại m = −

Câu 37.

A. R = 5 .

265 . 4

QU Y

B. R =

( P ) : 2 x + 2 y + z + 5 = 0 và mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2; −2 ) . Biết ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có chu vi 8π . Tìm bán kính của mặt cầu ( T ) chứa đường tròn ( C ) và ( T ) đi qua điểm M (1;1;1) .

Chọn B

C. R =

5 5 . 4

D. R = 4 .

Lời giải

Đường tròn ( C ) có chu vi 8π nên có bán kính r = 4 . Gọi J là tâm của mặt cầu ( T ) , theo đề ta có ( P ) cắt ( S ) và ( T ) theo cùng một giao tuyến là

đường tròn ( C ) do đó IJ ⊥ ( P ) .

KÈ

Đường thẳng IJ đi qua điểm I và nhận vectơ n( P ) = ( 2; 2;1) làm vectơ chỉ phương nên có  x = 1 + 2t  phương trình  y = 2 + 2t .  z = −2 + t 

DẠ

Suy ra J (1 + 2t;2 + 2t; −2 + t ) . Ta có: d = d ( J ; ( P ) ) =

2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − 2 + t + 5 3

9t + 9 = 3 t +1 . 3

Bán kính của mặt cầu ( T ) : R = JM = 4t 2 + ( 2t + 1) + ( t − 3) . 2

Ta có: d 2 + r 2 = R 2 ⇔ 9 ( t + 1) + 16 = 4t 2 + ( 2t + 1) + ( t − 3)

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 25

3 ⇔ 9t 2 + 18t + 25 = 9t 2 − 2t + 10 ⇔ 20t = −15 ⇔ t = − . 4

265 . 4 (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S1 ) có tâm

Câu 38.

Vậy bán kính của mặt cầu ( T ) là R =

FI CI A

I ( 2;1;1) có bán kính bằng 4 và mặt cầu

C. 8 3 . Lời giải

B. 9 .

D. 15 .

( S1 )

ƠN

Chọn B

có bán kính R1 = 4 , ( S 2 ) có bán kính R2 = 2 .

(P)

QU Y

Nhận xét: R1 − R2 < IJ = 4 < R1 + R2 nên hai mặt cầu này cắt nhau. 1 Vì R2 = R1 nên theo định lý Talet suy ra J là trung điểm đoạn MI nên M ( 2;1;9 ) . 2

(

)

2 2 2 qua M ( 2;1;9 ) và có vectơ pháp tuyến n = ( a; b; c ) , a + b + c > 0 nên phương trình ( P )

có dạng: ax + by + cz − 2a − b − 9c = 0 . −8c

Ta có: d ( I , ( P ) ) = 4 ⇔

=4 ⇔

2c 2

= 1 ⇔ 3c 2 = a 2 + b2 .

KÈ

a +b +c a +b +c Nếu c = 0 thì a = b = 0 (vô lý) nên c ≠ 0 . Không mất tính tổng quát, chọn c = 1 , suy ra a 2 + b2 = 3 . Do đó tồn tại t ∈ [ 0; 2π ] sao cho a = 3 sin t , b = 3 cos t . Mặt khác: d ≡ d ( O, ( P ) ) =

2 a + b + 9c

2 3 sin t + 3 cos t + 9

a 2 + b2 + c2 (vì 2 3 sin t + 3 cos t + 9 > 0, ∀t ∈ [ 0; 2π ] ).

2 3 sin t + 3 cos t + 9 , 2

Biến đổi ta được: 2 3 sin t + 3 cos t = 2d − 9 . Điều kiện có nghiệm: 2

DẠ

(2 3) + ( 3)

≥ ( 2d − 9 ) ⇔ 4d 2 − 36d + 66 ≤ 0 ⇔

9 − 15 9 + 15 ≤d ≤ . 2 2

9 + 15 9 − 15 ,m = nên M + m = 9 . 2 2 (THPT Lương Tài 2 - Bắc Ninh - 2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

Vậy M =

Câu 39.

A( 2;4; − 2) và mặt phẳng ( P ) : ( m2 + 1) x + ( m 2 − 1) x + 2mz + 4 = 0 . Biết rằng,khi tham số m thay Trang 26

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

B. 8 + 8 2 .

C. 8 2 . Lời giải

D. 8 + 6 2 .

Chọn B Gọi tâm mặt cầu tiếp xúc với ( P ) là điểm I ( a; b; c ) . 2

FI CI A

A. 16 2 .

Do mặt cầu đi qua điểm A( 2;4; − 2) nên ta có: ( 2 − a ) + ( 4 − b ) + ( −2 − c ) = R 2 (1) Do mặt cầu đi tiếp xúc với ( P ) nên:

R = d ( I , ( P)) =

+ 1) a + ( m2 − 1) b + 2mc + 4 2 ( m + 1) 2

+ 1) ( a + b ) − 2b + 2mc + 4 2 ( m2 + 1)

được

ƠN

c = 0 Vì mặt cầu là cố định nên bán kính R không đổi, do đó 2mc − 2b + 4 = 0, ∀m   . b = 2 a+2 a+2 b = 2, c = 0 đó , thay và vào (1) ta Khi R= R= 2 2  I1 ( 2; 2; 0 ) , R1 = 2 2 a = 2 a 2 − 12a + 20 = 0 ⇔   .  a = 10  I 2 ( 2;10;0 ) , R2 = 6 2

Từ đó ta có max MN = I1I 2 + R1 + R2 = 8 + 8 2 . Câu 40. (THPT Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình - 2022) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

A(1; 2;3), B ( 0;1;0 ) , C (1;0; −2) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Điểm M ( a; b; c ) nằm trên ( P )

DẠ

KÈ

QU Y

sao cho biểu thức MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức T = a − b + 9c bằng −13 13 A. . B. . C. 13 . D. −13 . 9 9 Lời giải Chọn D  2 2 −1  Gọi I ( x; y; z ) là điểm thoả mãn IA + 2 IB + 3 IC = 0  I  ; ;  . 3 3 2  2 2 2 2 2 2 2 Ta có: MA + 2MB + 3MC = 6MI + IA + 2IB + 3IC + 2MI ( IA + 2 IB + 3IC ) = 6 MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2 Vì IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2 không đổi nên biểu thức MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 nhỏ nhất ⇔ MI 2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của điểm I trên ( P ) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . 2  x = 3 + t  2  Phương trình tham số của ∆ :  y = + t . 3  −1  z = 2 + t  2 2 1 −17  −5 −5 −13  M ; ; Xét phương trình: + t + + t − + t + 2 = 0  t =  3 3 2 18  18 18 9  −5 5 −13 Vậy T = a − b + 9c = + + 9. = −13 . 18 18 9

www.youtube.com/c/daykemquynhon/community

Trang 27