Câu hỏi vận dụng trong đề thi thử THPT quốc gia 2018 có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO

TRONG ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 3 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2017-2018 (Nhóm GV thuộc tổ 5 thực hiện)

Câu 37. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ^{M(1; 2;3)}. Gọi ^{( )P} là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng ^{( )P} cắt các trục tọa độ tại các điểm , ,A B C. Tính thể tích khối chóp .O ABC.

A. 1372

9 . B. 686

9 . C. 524

3 . D. 343

9 . Lời giải

Chọn B.

Gọi Hlà hình chiếu của O lên mp

 

^P

Tam giác OHM có OH OM , H.

Khi đó ^{d O P}



^,

  

^OH lớn nhất khi M H , hay ^{OM }

 

^P . Mp

 

^P đi qua M và nhận ^{OM}



^{1; 2;3}



làm véc tơ pháp tuyến, phương trình

 

^P : x2y3z14 0 .

 

^P cắt Ox ; Oy ; Oz lần lượt tại ^A



^14;0;0



, ^B



^0;7;0



, 14 0;0; 3

C 

 

 

Thể tích .

868

O ABC 9

V  .

Bài toán tương tự:

Bài 01: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ^{M(1; 2;3)}. Gọi ^{( )P} là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. Khoảng cách từ (1;1;1)N đến mặt phẳng ^{( )P} bằng?. Đáp số:



^,

  

⁹

d N P  14 .

Bài 02: Trong không gian với hệ trục toạ độ ^Oxyz, cho điểm ^A



^2;5;3



và đường thẳng

1 2

: 2 1 2

x y z

d  

  . Gọi

 

^P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến

 

^P lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm ^M



^{1; 2; 1}



đến mặt phẳng

 

^P .

A. ^{11 18}.

18 . B. 3 2. . C. ¹¹.

18 . D. ⁴.

3 Lời giải

Gọi H là hình chiếu của A trên d; K là hình chiếu của A trên

 

^P .

Ta có ^{d A P}



^,

  

^{AK AH} (Không đổi)

 GTLN của ^{d d P( , ( ))} là AH



^,

  

d A P lớn nhất khi K H . Ta có ^H



^3;1;4



,

 

^P qua H và  AH

 

^{P x: 4y z 3 0}

    

Vậy ^{d M P}



^,

  

^{11 18}₁₈ ^.

Câu 40. [2D1-3] Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm sốyln(cosx 2) mx 1   đồng biến trên

 là :

A. 1

( , ].

 3 B. 1

( , ].

3

  C. 1

[ , ).

3  . D. 1

[- , ).

3 

Lời giải Chọn B

Ta có hàm sốyln(cosx 2) mx 1   xác định trên _ . ^, sinx

cosx 2 m

  

y 

Hàm số đồng biến trên _ khi và chỉ khi y^,  0 x  hay sinx cosx 2 m

   

 x  (*)

Sử lý (*) theo hai cách:

Cách 1: (Dùng hàm số).

Xét hàm số sinx

( ) cosx 2

  

y g x  liên tục và tuần hoàn trên_ nên ta xét trên



^{0; 2}



( Khoảng chu kì).

Khi đó sinx

m min ( ).

cosx 2

     

 x  m ^ g x

Ta có

 

,

2

1 2cos

( ) ;

cos 2

  

 g x x

x

, 1 2 4

( ) 0 cos ;

2 3 3

       

g x x x .

Ta có trên



^{0; 2}



thì:

(0) 0;g  (2 ) 0;g   2 3

( ) ;

3 3

 



g 4 3

( ) .

3 3

  g

P

d' A

K H

Suy ra 3 min ( )

3

 

 g x . 3

min ( )

3

    

m  g x m Hay phương án chọn là B. 1

( , ].

3

 

Cách 2: (Dùng tính chất lượng giác)

sin m cos sin 2

cos 2

         

x  

x m x x m x

x

2 ² 1 ₂0 ₂ 1

4 1 3

m m m m

m m

        

 

 Hay phương án chọn là B. 1

( , ].

3

 

Bài toán tương tự:

Bài 1: (Tương tự về hình thức):

Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm sốyln(2 sin ) m x  x2018 đồng biến trên tập xác định là

A. 1

( , ].

 3 B. 1

( , ].

3

  C. 1

[ , ).

3  . D. 1

[- , ).

3 

Lời giải Chọn B

Ta có hàm sốyln(2 sin ) m x  x2018 xác định trên _ . ^, cos

2 sin m

  

 y x

x

Hàm số đồng biến trên _ khi và chỉ khi y^,  0 x  hay cos 2 sin m

   

 x 

x x (*)

(Dùng tính chất lượng giác)

cos m 2 sin cos cos sin 2

2 sin

               

 x   

x m m x x x x m x m x

x

2 ² 1 ₂0 ₂ 1

4 1 3

m m m m

m m

        

 

 Hay phương án chọn là B. 1

( , ].

3

 

Bài 2: (Thay đổi hàm):

Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2 sin

ln( ) 2018

2 sin

   



y x mx

x đồng biến trên tập xác định là

A. 2

( , ].

  3 B. ( , 1]. C. 1

[ , ).

3  . D. 2

[ , ).

 3 

Lời giải Chọn B

Ta có hàm số 2 sin

ln( ) 2018

2 sin

   



y x mx

x xác định trên _ . ^, 4cos₂ 4cos₂

m m

4 sin 3 cos

 

   

 

x x

y x x

Hàm số đồng biến trên _ khi và chỉ khi y^,  0 x  hay 4cos₂ 3 cos m

   

 x 

x x (*)

Đặt 4cos₂ 4₂

cos ; 1

3 cos 3

 

   

 

x t

x t t

x t

Khi đó (*) thành 4₂

; 1

3

   



t m t t

t . Xét hàm 4₂

3

 

 y t

t trên D   1;1

 

2 ,

2 2

4( 3)

0 1;1

(3 )

     



y t t

t . Hàm số nghịch biến trên D   1;1 nên

 

 

2 1;1

4 1;1 min (1) 1

3 

          



y t m t m y y

t . Hay phương án chọn là B. ( , 1].

Câu 41: [2H1-4] Cho hình chóp đều S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh ^a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh ^{SB SC,} . Biết mặt phẳng ^(AEF) vuông góc với mặt phẳng ^(SBC). Tính thể tích khối chóp S ABC. .

A.

3 5

24 .

a B.

3 5

8 .

a C.

3 3

24 .

a D.

3 6

12 . a

Lời giải Chọn A

N F

E

O M

A C

B S

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do S ABC. là hình chóp đều nên

 

SO ABC .

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và EF.

Ta có S, M , N thẳng hàng và SM BC tại M , SM EF tại N . Ta có

   

   

AEF SBC EF

SM SBC SM AEF MN AN

SM EF

  

    

 

 ANM vuông tại N .

Từ đó suy ra ANM∽SOM AN AM NM SO SM OM

   NM SM. AM OM. . Mà ta có N là trung điểm của SM (vì E, F lần lượt là trung điểm của SB, SC)

1 NM 2SM

  ;

ABC đều cạnh a và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 3 2 AM a

  ;

3 6 OM  a .

Vậy

2

1 2 3 3

2 2 . 6 4

a a a

SM  

2 SM a

  .

Ta có ^{2 2 2 2} 15

2 12 6

a a a

SO SM OM    ; ² 3

ABC 4

S  a .

2 3

.

1 1 15 3 5

. . . .

3 3 6 4 24

S ABC ABC

a a a

V  SO S   .

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 41.1:Cho hình chóp đều ^{S ABC.} có đáy là tam giác đều cạnh ^a. Gọi E, F lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh ^SB, ^SC sao cho SE SF

SB  SC k



^{0 k 1}



. Biết mặt phẳng ^(AEF) vuông góc với mặt phẳng ^(SBC). Tính thể tích khối chóp ^{S ABC.} .

A.

3 3 2

24 3 3

a k

k



 . B.

3 3 2

8 3 3

a k

k



 . C.

3 3 2

24 5 5

a k

k



 . D.

3 3 2

12 3 3

a k

k



 . Lời giải

Chọn A

Tương tự câu 41 chú ý ^{MN  }



^{1 k SM}



^. .

Câu 41.2:Cho hình chóp đều S ABCD. có đáy là tam giác đều cạnh ^a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh ^{SB SC,} . Biết mặt phẳng ^(ADFE) vuông góc với mặt phẳng ^(SBC). Tính thể tích khối chóp S ABCD. .

A. ³ 2 6

a . B. ³ 2

2

a . C. ³ 2

12

a . D. ³ 2

18

a .

Lời giải Chọn A

I

N

M F

E

O

B

D C

A

S

Tương tự câu 41

Ta có INM∽SOM MN SM. OM IM. 1 ^{2 2}

2 2

SM a

  SM a.

2

2 2 2 2

2 2

a a SO SM OM  a   .

3 2 .

1 1 2 2

. . . .

3 3 2 6

S ABCD ABCD

a a

V  SO S  a  .

Câu 41.3:Cho hình chóp đều ^{S ABCD.} có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E, F lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh ^SB, ^SC sao cho SE SF

SB SC k



^{0 k 1}



. Biết mặt phẳng ^(ADFE) vuông góc với mặt phẳng ^(SBC). Tính thể tích khối chóp ^{S ABCD.} .

A.

3 2

6 . 1

a k

k . B.

3 2 1

6 .

a k

k

 . C.

3 2

18 . 1

a k

k . D.

3 2 1

18 .

a k

k

 .

Câu 42. [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn ^{2f x}

 

^{3 1f}



^x



^{ 1x2 .}

Tính

1

0

( )d f x x



^.

A. 4

 . B.

6

 . C.

20

 . D.

16

 .

Lời giải Chọn C.

Ta có: ^{2f x}

 

^{3 1f}



^x



^{ 1x2  f x}

 

^{ 1}₂^{. 1}_ ^{x2 3 1f}



^x



^_^.

Nên:

1

 

0

d

I 



f x x ^{1 2}

 

0

1 1 3 1 d

2  x f x  x





     ^{1 2 1}

 

0 0

1 1 d 3 1 d

2 x x f x x

     



 

^{. (1)}

Xét: ¹

 

0

1 d

f x x



^.

Đặt t 1 x ta có dt dx và x  0 t 1, x  1 t 0. Khi đó, ¹

 

0

1 d

f x x



⁰

 

1

dt

 



f t ¹

 

0

dt





f t ¹

 

0

d f x x





^{. (2)}

Xét:

1

2 0

1x xd



^.

Đặt xsint, ⁰

t 2

   

 

 , ta có ^{dxcos dt t} và x  0 t 0, 1

x_{  }t 2

. Khi đó,

1

2 0

1x xd



^{2 2}

0

1 sin .cos dt t t







 ^{2 2}

0

cos dt t







²

0

1 cos 2 2 d

t t







 ²

0

1 sin 2

2 2

t t



 

    4

 ^{. (3)}

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1 2 4 3.

I    I _{ }I 20 .

** Nhận xét: Để làm BTTN nhanh ta có thể sử dụng máy tính hỗ trợ như sau:

Sau khi ta thấy ¹

 

0

1 d

f x x



¹

 

0

d f x x





. Dùng MTCT tính

1

2 0

1x xd



và gán giá trị này vào biến nhớ A (bằng phím STO)

xem giá trị của ¹

 

0

d f x x X



, nhập vào MTCT biểu thức

   

1 1 1

2

0 0 0

d 1 1 d 3 1 d

f x x 2 x x f x x

     

 

  

^{như sau:}

Giải tìm X bằng chức năng SOLVE, ta được:

Đối chiếu kết quả với 4 phương án và chọn.

Bài tương tự

Câu 1. [2D3-3] Xét hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn

   

²

2f x 3 1f x  1x ^{. Tính 1}

   

0

d f x f x x

  

 



^.

A. 4

4



. B. 6

6

 

. C. 20

20

 

. D. 16

16

  . Lời giải

Chọn C.

Ta có: ¹

   

0

d f x f x x

  

 



¹

 

¹

 

0 0

d d

f x x f x x









^.

Theo đề: ^{2f x}

 

^{3 1f}



^x



^{ 1x2  f x}

 

^{ 1}₂^{. 1}_ ^{x2 3 1f}



^x



^_^.

Nên:

1

 

0

d

I 



f x x ^{1 2}

 

0

1 1 3 1 d

2  x f x  x





     ^{1 2 1}

 

0 0

1 1 d 3 1 d

2 x x f x x

     



 

^{. (1)}

Xét: ¹

 

0

1 d

f x x



^.

Đặt t 1 x ta có dt dx và x  0 t 1, x  1 t 0. Khi đó, ¹

 

0

1 d

f x x



⁰

 

1

dt

 



f t ¹

 

0

dt





f t ¹

 

0

d f x x





^{. (2)}

Xét:

1

2 0

1x xd



^.

Đặt xsint, 0

t 2

   

 

 , ta có ^{dxcos dt t} và x  0 t 0, 1

x_{  }t 2

. Khi đó,

1

2 0

1x xd



^{2 2}

0

1 sin .cos dt t t







 ^{2 2}

0

cos dt t







²

0

1 cos 2 2 d

t t







 ²

0

1 sin 2

2 2

t t



 

    4

 ^{. (3)}

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1 2 4 3.

I    I _{ }I 20 . Vậy ¹

 

0

d 20 f x x_ 



^.

Lại có: ^{2f x}

 

^{3 1f}



^x



^{ 1x2 nên}

         

 

0 2

2 0 3 1 1 5

2 1 3 0 0 1 3

5 f f f

f f f

  

   

 

 

 

 

 



.

Do đó, ¹

     

0

d 1 0 3 2 1

f x x  f  f   5 5



^.

Vậy: ¹

   

0

d 1 20

20 20

f x f x x   

     

 



^.

Câu 2. [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn ^{3f x}

 

^{2 . 1x f}



^x2



^{ 1x2}

. Tính ¹

 

0

d f x x



^.

A. 16



 . B.

8



 . C.

8

 . D.

16

 .

Lời giải Chọn D.

Ta có: ^{3f x}

 

^{2 . 1x f}



^x2



^{ 1x2  f x}

 

^1₃^_ ^{1x2 2 . 1x f}



^x2



^_^.

Nên:

1

 

0

d

I 



f x x ^{1 2}



²



0

1 1 2 . 1 d

3  x x f x  x





     ^{1 2 1}



²



0 0

1 1 d 2 . 1 d

3 x x x f x x

     



 

^.(1)

Xét: ¹



²



0

2 . 1x f x dx



^.

Đặt t 1 x² ta có dt 2 dx x và x  0 t 1, x  1 t 0. Khi đó, ¹



²



0

2 . 1x f x dx



⁰

 

1

dt

 



f t ¹

 

0

dt





f t ¹

 

0

d f x x





^{. (2)}

Xét:

1

2 0

1x xd



^.

Đặt xsint, ⁰

t 2

   

 

 , ta có ^{dxcos dt t} và x  0 t 0, ¹

x_{  }t 2

. Khi đó,

1

2 0

1x xd



^{2 2}

0

1 sin .cos dt t t







 ^{2 2}

0

cos dt t







²

0

1 cos 2 2 d

t t







 ²

0

1 sin 2

2 2

t t



 

    4

 ^{. (3)}

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1

I 3 4 I_{ }I 16 .

Câu 3. [2D3-3] Cho f , g là hai hàm liên tục trên

 

^1;3 thỏa:³

   

1

3 d 10

f x  g x x

 

 



^.

   

3

1

2f x g x dx6

 

 



^{. Tính 3}

   

1

d f x g x x

 

 



^.

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

Lời giải Chọn C.

 Ta có ³

   

³

 

³

 

1 1 1

3 d 10 d 3 d 10

f x  g x x  f x x g x x

 

 

  

^.

 Tương tự ³

   

³

 

³

 

1 1 1

2f x g x dx 6 2 f x xd  g x xd 6

 

 

  

^.

 Xét hệ phương trình 3 10 4

2 6 2

u v u

u v v

  

 

    

  , trong đó ³

 

1

d

u



f x x^{, 3}

 

1

d v



g x x^.

 Khi đó ³

   

³

 

³

 

1 1 1

d d d 4 2 6

f x g x x f x x g x x  

 

 

  

^.

Câu 4. [2D3-3] Cho hàm số f x( ), ^{g x}

 

liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn

   

. . 1 ( )

m f x n f x g x _với ^{m n,} là số thực khác 0 và

1 1

0 0

( )d ( )d 1 g x x f x x

 

^{. Tính}

m n .

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

2^. Lời giải

Chọn C.

Ta có: ^{m f x.}

 

^{n f. 1}



^x



^{g x( )}.

   

1 1

0 0

. . 1 d ( )d

m f x n f x x g x x

 



    



^.

   

1 1

0 0

d 1 d 1

m f x x n f x x









  ^.

 

1

0

1 d 1

m n f x x

 



  ⁽¹⁾

Xét: ¹

 

0

1 d

f x x



^.

Đặt t 1 x ta có dt dx và x  0 t 1, x  1 t 0.

Khi đó, ¹

 

0

1 d

f x x



⁰

 

1

dt

 



f t ¹

 

0

dt





f t ¹

 

0

d 1 f x x





 ^{. (2)}

Từ (1) và (2) suy ra: m n 1.

Câu 44. Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là

A. 44100 . B. 78400 . C. 117600 . D. 58800 .

Lời giải Chọn C.

Đánh số các đỉnh là A A₁, ,...,₂ A₁₀₀.

Xét đường chéo A A1 51 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần có 49 điểm từ A2 đến A50 và A52 đến A100.

Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A1 i j là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa đường tròn chứa điểm A₁ tính theo chiều kim đồng hồ nên A_i, Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ 49 điểm A2, A3 đến A50. Vậy có C49² 1176 tam giác tù.

Vì đa giác có 100 đỉnh nên số tam giác tù là 1176.100 117600 tam giác tù.

Bài tương tự

Câu 1. (Bài toán tổng quát) Cho đa giác đều 2n



^{n2, n}



đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 2n đỉnh của đa giác là

A. ^{2 2n n}



^{1 2}

 

^n2



. B.



¹

 

²



2 n n

. C. ^{n n}



^1

 

^n2



. D.



¹

 

²



2 n n n

. Lời giải

Chọn C.

Đánh số các đỉnh là A A₁, ,...,₂ A_2n.

Xét đường chéo A A1 n_1 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần có n1 điểm từ A2 đến An và An_2 đến A2n.

Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A1 i j là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa đường tròn chứa điểm A₁ tính theo chiều kim đồng hồ nên A_i, Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ n1 điểm A₂, A₃ đến A_n. Vậy có 2

   

1

2 1

n 2

n n

C _  

 tam giác tù.

Vì đa giác có 2n đỉnh nên số tam giác tù là



²

 

¹



^.2



¹

 

²



2

n n

n n n n

 

   .

Câu 2. Cho đa giác đều 2n



^{n2, n}



đỉnh nội tiếp một đường tròn. Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A A1, 2,...,A2_n gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong

2n điểm A A₁, ,...,₂ A_2n . Số cạnh của của đa giác là

A. 14. B. 16. C. 18. D. 20.

Lời giải

Chọn B.

+ Số tam giác là C_2n³ .

+ Mỗi đa giác đều 2n đỉnh thì có ⁿ đường chéo đi qua tâm của đường tròn. Hai đường chéo đi qua tâm của đường tròn thì sẽ tạo ra một hình chữ nhật thỏ yêu cầu bài toán. Nên số hình chữ nhật là C_n² .

+ Theo giả thuyết ta có : C₂³_n 20C_n²



^n2



     

2 ! !

2 3 !.3! 202! 2 !

n n

n n

 

 



^{2 1 2}

 

²



¹⁰



¹



3

n n n

  n n

  

2n 1 15

  



^{do n n}



^{   1}



^{0, n 2}



8

 n .

Vậy đa giác có 16 cạnh.

Câu 45. Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a, đáy là hình chữ nhật ABCD có ^{AB2 ,a AD a} . Gọi K là điểm thuộc BC sao cho 32 0

BK CK . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ADvà SK .

A. ^{2 165} . 15

a B. ¹⁶⁵ .

15

a C. ^{2 135} .

15

a D. ¹³⁵ .

15 a

Ý tưởng bài toán

Đưa khoảng cách giữa 2 đường thẳng về khoảng cách từ 1 đường đến 1 mặt phẳng rồi đưa về khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng.

Hướng dẫn giải Chọn A

O

C

B A

D

S

K H M

Gọi H là trung điểm của ^BC. Kẻ OM SH  ^{OM }



^SBC



^{d O SBC}



^;

  

^OM

Ta có ¹ ₂ ¹ ₂ ¹₂

OM OH OS  165 15 OM  a

Ta có



^;

 

^;

   

^;

  

^{2 O;}

   

²

d AD SK d AD SBC d A SBC  d SBC  OM Bài tập tương tự

Câu 1. Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng a, đáy là hình vuông ABCD có AB a . Gọi ^K là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ^ADvà SK. A. ^{2 6} .

15

a B. ⁶ .

6

a C. ^{2 3} .

3

a D. ³ .

15 a

Câu 2. Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng a, đáy là hình vuông ABCD có



AB a. Gọi K là điểm thuộc BC sao cho 32 0

BK CK . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ADvà SK.

A. ^{2 6} . 15

a B. ⁶ .

6

a C. ^{2 3} .

3

a D. ³ .

15 a

Câu 46. [2D1-4] Xét phương trình ax³x²bx 1 0 với a b, là các số thực, a0, ab sao cho 3 nghiệm đều là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

2 2

5a 3ab 2 P a b a

 

  .

A. 15 3. B. 8 2. C. 11 6. D. 12 3.

Lời giải

Đây là bài toán trích trong đề thi HSG QG 1999.

Tinh thần của bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán Bất đẳng thức Đáp án đúng D

Gọi ^{m n p, ,} là ba nghiệm dương của phương trình

Ta có

1 1 1

m n p a mn np pm

a mnp a

   



   



 



Mặt khác

 

²

 

3

3 3

m n p mn np pm m n p mnp

     



  



0 1

3 3 0 1

3 a b a

  

 

  



Xét hàm số

   

2 2

5 3 2 1

; b 0;

3 a ab

fb a b a a

   

   , là hàm số nghịch biến nên ta có

 

^{1 3.5 2 1}₃ ^3.

 

3 3

fb f a g a

a a a

  

    

Xét hàm số

 

^{5 2 1}₃ ^{; a 0; 1}

3 3 3

g a a

a a

 

    , là hàm số nghịch biến nên ta có

 

^{1 4 3}

g a g3 3

  

  Vậy P3.4 3 12 3 Bài tập tương tự:

Bài 1: Giả sử phương trình 3

 

2

 

² 1 2 1 0 x a b x a b  x

     có ba nghiệm.

Gọi M, m là GTLN và GTNN của ^{2 2} 1 2 a b

P   ab. Khi đó M m bằng

A. 1. B. 1

2. C. 1. D. 2

Lời giải

Tinh thần của bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán Bất đẳng thức Đáp án đúng B

Gọi m,n,p là ba nghiệm của phương trình

Ta có

 

^{2 1}

2 1

m n p a b mn np pm a b mnp

    

  

   



  



Mặt khác: ^{m2n2p2 }



^{m n p }



^22



^{mn np pm }



^1

Và ^{2 2} 1

 

^{2 1}

2 2

a b a b

P   ab   mn np pm

     

Do



^{m n p }



^{2 0 m2n2p22}



^{mn np pm }



^0

 

¹



^{2 2 2}



¹

2 2

mn np pm m n p

        

Vậy 1

P=-2 GTNN

Mặt khác theo BĐT Bu-nhi-a-cop-xki



^{mn np pm}



²



^{m2 n2 p2}

 

^{m2 n2 p2}



¹

        

Vậy GTLN P=1 Vậy đáp án là B

Bài 2: Giả sử phương trình x³ax²bx c 0 có ba nghiệm là độ dài ba đường cao của một tam giác. Khi đó công thức tính diện tích tam giác sẽ là.

A.

2

2 4 2

4 8

S c

ab c b bc

   B.

2

4 8 2 4 2

S c

b bc ab c

  

C. S c ² 4ab c b²  ⁴ 8bc² D. ^{2 4 2}

2

4ab c b 8bc

S c

  

Lời giải

Tinh thần của bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán đẳng thức Đáp án đúng A

Gọi x x x₁; ₂; ₃ là ba nghiệm dương phân biệt của phương trình và là độ dài ba đường cao của tam giác có các cạnh tương ứng y y y₁; ₂; ₃

Ta có

i 2

i

x S

 y thay vào phương trình ta có

3 2

2 _i 2 _i 2 _i 0

S S S

a b c

y y y

     

   

     

     

Quy đồng ta có y_i là các nghiệm của phương trình

 

^{3 2bS 2 4aS2 8S3 0}

f y y y y

c c c

    

Nên ta có ^{f y}

  

^{ y y} ₁

 

^{y y} ₂

 

^{y y} ₃



^0

Theo công thức He-rong ta có ^{S2 p p y}



^ ₁

 

^{p y} ₂

 

^{p y} ₃



^{p f p.}

 

Với ^{1 2 2}

2

y y y bS

p c

 

 

Thay vào trên ta có ^{S2 p f p.}

 

^{bS f bS S 4ab c b2} ₂ ^{4 8bc2}

c c c

   

   

  Vậy đáp án A

Câu 47: Cho tham số thực a. Biết phương trình e^xe^x 2 cosax có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình e^xe^x 2 cosax4 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 5 . B. 6 . C. 10 . D. 11.

Lời giải Chọn C.

Ta có

 

2

2 2

2 cos 4 ^ 2 cos 1

  

       

 

x x

x x

e e ax e e ax

2

2 2 4cos2

2

x x ax

e e^

 

   

 

 

 

2 2

2 2

2cos 2

2

2cos 3

2

x x

x x

e e ax

e e ax





  





  



+) Nhận xét 1: Giả sử e^xe^x 2cosax có cặp nghiệm đối là xo và xo thì

 

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0

0 0

2cos 2 cos

2cos 2 cos

x x x x

x x x x

e e ax e e ax

e e a x e e ax

 

 

     

 

 

     

 

  ^{ex0 ex0}



^{ex0 ex0}



^0

0 0

0 0

x x

e e^ x

    (không thỏa mãn).

+) Nhận xét 2: xo là nghiệm của ^{exex 2cosax}

 

¹ thì xo 0 và 2xo là nghiệm của

 

2 và 2xo

 là nghiệm của

 

3 và ngược lại.

Phương trình

 

1 có 5 nghiệm nên

 

2 có 5 nghiệm,

 

3 có 5 nghiệm; các nghiệm của

 

2 và

 

3 khác nhau. Do đó phương trình e^xe^x 2cosax4 có 10 nghiệm.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình ^{3x3x2cosnx}

 

^* có 2018 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình 9^x9^x 2 cosax4 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 4036. B. 4035. C. 2019. D. 2018.

Lời giải Chọn A.

Ta có

9^x9^x 2cosax4 ^



^3x3x



^{2 2 1 cos 2}



^{ nx}



^



^3x3x



^{2 4cos2nx}

 

 

3 3 2 cos 1

3 3 2cos 2

x x

x x

nx nx





  

    

Do

 

^{2 3x3x 2 cosnx3x3  x 2 cosn}

 

^x nên nếu x_o là nghiệm của

 

3^x3^x2cosnx * thì xo 0 và xo là nghiệm của

 

1 đồng thời xo là nghiệm của

 

2 và ngược lại.

Giả sử

 

¹ có cặp nghiệm đối là x_o và x_o thì

 

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0

0 0

3 3 2cos 3 3 2 cos

3 3 2cos 3 3 2 cos

x x x x

x x x x

nx nx

n x nx

 

 

     

 

 

     

 

  ^{3x0 3x0}



^{3x0 3x0}



^0

0 0

2.3^x 2.3^x x0 0

    (không thỏa mãn).

Phương trình

 

* có 2018 nghiệm nên

 

1 có 2018 nghiệm,

 

2 có 2018 nghiệm; các nghiệm của

 

¹ và

 

² khác nhau. Do đó phương trình 9^x9^x2cosax4 có 4036 nghiệm.

Câu 2: Cho phương trình 9^x 9 a.3 cos^x x. Biết rằng ^alà số thực để phương trình có nghiệm duy nhất. Hỏi ^a thuộc khoảng nào sau đây?

A.



^{ 8; 4}



. B.



^{4; 2}



. C.



^4;10



. D.



^12;18



. Lời giải

Chọn A.

Đặt ^{9x 9 a.3 cosx x}

 

^*

Ta có nhận xét sau: Nếu x0 là nghiệm của phương trình

 

* thì 2x0 cũng là nghiệm của phương trình

 

* .

Chứng minh nhận xét:

 

 

0 0

0 0

0 0

2 2

0 0

0

9 9 .3 cos 2

.9.cos 2 81 9

9 3

9^x 9 .3 cos^x

x x

x x

a x

a x

a x







    

   

  

Vậy phương trình

 

* có nghiệm duy nhất khi 2x0 x0 x0 1 Thay x0 1 vào phương trình

 

* , ta có: 18 3 cos a    a 6.

Câu 3: Phương trình 2 log cot3 xlog cos2 x có tất cả bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng



^{0; 2018}



?

A. 322. B. 321. C. 320. D. 323.

Lời giải Chọn A.

Điều kiện:

cos 0

cot 0 2 ; 2 ,

sin 0 2 x

x x k k k

x

  

 

      

  

 





 

^{2 2}

3 2

2

cot 3 tan 1

cot 3

2log cot log cos 3

cos 2 cos 4

t t

t

t t

x x

x x t x

x x

     

 

   

   

 

Lại có: ² 1₂ 1 1

1 tan 1 1

cos 3^t 4^t

x t

  x      

Vậy ta có:

 

cot 1

3

3 2 ,

1 2 3

cos 2 3

x x k

k x k k

x k

x

   

 

    

 

      

 

     

 



 



^{0; 2018}



^{0 2 2018, 1 1 2018,}

3 6 6 2

x  k  k k k

             



0;1,...,321



 k .

Câu 48. [2D1-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên R . Đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

như hình bên. Đặt

 

²

  

¹



²

g x  f x  x . Mệnh đề nào dưới đây đúng.

A. Min g x_{ 3;3} ( ) g(1).

 

B. Max g x_{ 3;3} ( ) g(1).

 

C. Max g x_{ 3;3} ( ) g(3).

 

D. Không tồn tại giá trị nhỏ nhất của ^{g x( )} trên



^{3;3 .}



Lời giải Chọn B

Ta có ^{yg x( )} là hàm số liên tục trên _ và có ^{g x( ) 2}



^{f x}

  

^{ x 1}

 

. Để xét dấu ^{g x( )} ta xét vị trí tương đối giữa ^{y f x( )} và ^{y x 1}.

Từ đồ thị ta thấy ^{y f x( )} và ^{y x 1} có ba điểm chung là ^A



^{ 3; 2 ,}

    

^{B 1;2 ,C 3;4} ; đồng thời ^{g x( ) 0   x}



^3;1

 

^{ 3;}



và ^{g x( ) 0}     ^x



^{; 3}

  

^1;3 . Trên đoạn



^3;3



ta có BBT:

Từ BBT suy ra B đúng.

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ

Bài 1. [2D1-4] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên _ và có đồ thị của hàm ^{y f x}

 

như hình vẽ. Xét hàm số



²



( ) 2

g x  f x  . Mệnh đề nào dưới đây sai ? A. Hàm số ^{g x( )} nghịch biến trên

 

^{0;2 .}

B. Hàm số ^{g x( )} đồng biến trên



^2;



^.

C. Hàm số^{g x( )}nghịch biến trên



^{1;0 .}



D. Hàm số ^{g x( )}nghịch biến trên



^{ ; 2 .}



O 1 3 x

2 4

2

3

y

Lời giải

Chọn C

Ta có ^{yg x( )} là hàm số liên tục trên _ và g x( ) 2 x f x( ²2). Nên

2 2

0 0

( ) 0 2 1 1

2 2 2

x x

g x x x

x x

   

 

        

     



Từ đồ thị của ^{y f x( )}suy ra ^{f x( 2  2) 0 x2}      ^{2 2 x}



^{; 2}

 

^2;



và ngược lại.

Do đó ta có bảng xét dấu của ^{g x( )}:

Từ BXD ta thấy trên



^1;0



hàm số đồng biến. Vậy C sai.

Bài 2. [2D1-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị

 

y f x như hình vẽ. Xét hàm số

   

^{1 3 3 2 3 2018}

3 4 2

g x  f x  x  x  x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ^min_{3; 1} ^{g x}