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

CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2021 Môn: Toán

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ PHẦN 1

Câu 1. (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 2019) Cho hàm số ^{yx33x2}

 

^C . Biết rằng đường thẳng d y: ax b cắt đồ thị

 

^C tại ba điểm phân biệt M N P, , . Tiếp tuyến tại ba điểm

, ,

M N P của đồ thị

 

^{C cắt}

 

^C tại các điểm M N P, ,  (tương ứng khác M N P, , ). Khi đó đường thẳng đi qua ba điểm M N P, ,  có phương trình là

A. yax b B. ^y



^4a9



^{x18 8 b}

C. ^{y }



^8a18



^{x18 8 b D. y}



^4a9



^{x14 8 b}

Lời giải: Ta giả sử ^{A m m}



^{; 33m2}



^{với m33m2am b .}

Tiếp tuyến tại A là: ^y



^3m23

 

^{x m}



^{m33m2}. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

   

3 2 3 2

3 2 3 3 3 2 x m

x x m x m m m

x m

  

          

Khi đó giao điểm của tiếp tuyến đó với đồ thị là ^{A }



^{2 ; 8m  m36m2}



^.

Lại có: ⁸m³⁶m  ^{2 8}



m³³m²



¹⁸m¹⁸yA_  ⁸



am b



¹⁸m¹⁸

 

4 9 18 8 4 9 18 8

A A A A A

y _ ax _ x_ b y _ a x _ b

          . Vậy Chọn B.

Câu 2. (Chuyên Bắc Ninh 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình

2

3 x 1 m x 1 24 x 1 có hai nghiệm thực?

A. 1

3m1 B. 1

2 m 3

   C. 1

1 m 4

   D. 1

0m3 Lời giải: Ta chia 2 vế chp x1 và đặt ⁴ 1

0 1

1 t x

x

   

 ta suy ra: m2t3t². Khảo sát bảng biến thiên ta Chọn D.

Câu 3. (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 2019) Cho hàm số bậc ba

 

^{3 2}

f x ax bx cxd có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị

hàm số

   

   

2 2

3 2 2 1

x x x

g x x f x f x

  

   

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 5 B. 4

C. 6 D. 3

Lời giải: Với ^{f x}

 

^0 ta thu được 2 nghiệm thỏa mãn 1

2 (áng chừng: x0,8;x2) còn ^{f x}

 

^1

thu được 3 nghiệm thỏa mãn 1

2 (áng chừng: x1;x1,5;x2,5).

Mặt khác dễ thấy x2 nghiệm kép và x1 nghiệm đơn đồng thời tử số có ^{x23x 2}



^x1



^x2



do vậy thực tế ta còn 4 đường tiệm cận đứng đó là x0,8;x2;x1,5;x2,5.

Câu 4. (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 2019) Cho hàm số

4

1 x ax a

y x

 

  . Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn



1; 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên



của a để M 2 .m

A. 15 B. 14 C. 13 D. 16

Lời giải: Ta có

4

1

y x a

 x 

 . Chú ý rằng trên



1; 2 thì hàm số



4

1

y x a

 x 

 đồng biến có 1

mina2 và có max = 16

a 3 . Ta chia làm 3 trường hợp sau:

 Trường hợp 1: 16 1 16 61 16

0; 2

3 2 3 6 3

a  a  a   a  .

 Trường hợp 2: 1 16 1 1 13

0; 2

2 3 2 2 3

a  a  a   a .

 Trường hợp 3: 1 16 16 1

2 0 3 3 2

a  a   a  thì m0 nên M 2m luôn đúng.

Câu 1: (ĐỀ THAM KHẢO CỦA BỘ GIÁO DỤC 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ³m3³m3sinx sinx có nghiệm thực?

A. 5. B. 7. C. 3. D. 2.

Lời giải: Ta có ³m3³m3sinx sinx3³m3sinxsin³x m



^{m 3sinx}



^{33m 3sinx sin3x 3sinx}

      .

Suy ra: ³m3sinxsinxmu³3u với ^{u }



^1;1



. Xét hàm số f u

 

u³³u với ^{u }



^1;1



^.

Lập BBT ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 m2, mà m nên m



0; 1; 2 



. Câu 1: (YÊN PHONG 2019) Cho hàm số ^{y f x}

 

. Biết rằng đồ thị

hàm ^{y f}

 

^x được cho như hình vẽ bên. Cho bất phương trình

 

³

3f x x 3xm (trong đóm là tham số thực). Hãy cho biết điều kiện cần và đủ để bất phương trình ^{3f x}

 

^{x33xm}

đúng với   x  3; 3 là ? A. ^m3f



^{ 3}



B. ^m3f

 

³

C. ^m3f

 

¹

D. ^m3f

 

⁰

Lời giải: Ta có

 

³

  

³



3; 3

3 3 min 3 3

m f x x x m f x x x

 

 

       .

Đặt ^{g x}

 

^{3f x}

 

^{x33xg x}

 

^3



^f

 

^{x x21}



^.

Vẽ đồ thị hàm số yx²1 như hình vẽ bên.

-

2

-1 1 y

x O

Từ đây ta tiết lập được bảng biến thiên như sau :

Từ bảng biến thiên ta suy ra rằng: ^m _^min_{3; 3}



^{3f x}

 

^{x3 3x}



^m _^min_{3; 3}^{g x}

 

^g

 

^{3 3f}

 

³

   

       .

Câu 2: (YÊN PHONG 2019) Biết đồ thị hàm số ² 3 m 3

y x x

   x  (m là tham số) có ba điểm cực trị. Parabol yax²bx c đi qua ba điểm cực trị đó. Tínha2b4c.

A. a2b4c0 B. a2b4c3 C. a2b4c 4 D. a2b4c1 Lời giải: Ta sử dụng tư duy hàm phân thức u

yv có điểm cực trị thỏa mãn u y v

 

. Ta suy ra

3 3 2 3

x x x m

y x

  

 có các điểm cực trị nằm trên

 

 

3 2

3 3 2

3 6 3

x x x m

y x x

x

   

   

 .

Câu 1. (Chuyên Quang Trung Bình Phước 2019) Cho hàm số

 

y f x liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá

trị nguyên của n để phương trình



^{16 cos2 6 sin 2 8}

  

¹

 

f x x  f n n có nghiệm x?

A. 10. B. 4.

C.8. D.6.

Lời giải: Ta có ^f



^{16 cos2x6 sin 2x8}



^{ f n n}

 

^1

 

có nghiệm x

^{16 cos2x6sin 2x 8 n n}



^1



có nghiệm x 8cos 2 x 6 sin 2 x n n



1



có nghiệm x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwars:



8 cos 2 x 6 sin 2 x



² 



8² 6²



sin 2² xcos 2² x



100

10 8cos 2 x 6 sin 2 x 10

     ¹⁰



¹



^{10 1 41 1 41}

2 2

n n   n  

       



3; 2; 1; 0;1; 2



n

     . Chọn D

Câu 2. (Chuyên Quang Trung – Bình Phước 2019). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m (biết m 2019) để hệ phương trình sau có nghiệm thực?

 

 

2 3

3 23 2 3

1 2 1

2 2 2

x x y m

x x y x x y m

    



   



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

Lời giải: Hệ phương trình

   

   

2 3

2 3

2 1 2

2

x x x y m

x x x y m

     

 

  



.

Đặt

2

2 3

u x x

v x y

  



 



. Khi đó ,u v là 2 nghiệm của phương trình ^X2



^{1 2 m X}



^{m0 (*).}

Do đó để hệ phương trình có nghiệm thì

 

 

^{2 2}

2 3

0 1 2 4 0 4 8 1 0 2

2 3

2 m

m m m m

m



 

 

          

 

 



.

Vì ²⁰¹⁹ m ⁰



2019;...; 1



m m

  

    

 

  . Chọn C.

Câu 3. (Sở GD&ĐT Bạc Liêu 2019) Tìm mđể giá trị lớn nhất của hàm số y 2xx² 3m4 đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 3

m 2 B. 5

m 3 C. 4

m 3 D. 1

m2 Lời giải: Ta có: xét ^{g x}

 

^{ 2xx2 có '}

 

¹ ₂

2 g x x

x x

 



với ^x



^{0; 2}



^nên

 

 

maxg 1

min 0

x g x





 



Ta có ^{f x}

 

^{ g x}

 

^{3m4 nên max}

 

^max



^{3 4 ; 3 5}



^{3 4 3 5 1}

2 2

m m

f x m m    

      

Dấu bằng xảy ra  3m43m5 3 m 2

  . Chọn A

Câu 4. (Chuyên Vinh 2019) Có bao nhiêu giá trị thực âm của m để phương trình m mx² x² có đúng 2 nghiệm thực?

A. 1. B. 3. C. Vô số. D. 2.

Lời giải: Điều kiện

2

2

0 0 m x

m m x

  



  



. Ta có:

 

^{* m mx2 x2 x8 2mx4x2m2 m0 }



^{x4 x2m}



^{x4 x2m1}



^0



^m0



4 2 0

x x m

     .

Đặt ^{t x2}



^t0



^{: t2  t m0}

 

^{1 } phương trình

 

* có đúng 2 nghiệm thực  phương trình

 

¹

có 1 nghiệm dương duy nhất 1 m 4

  

1 2

1 2 x x

 





  



(TMĐK). Chọn A.

Câu 5. (Chuyên Vinh 2019) Xét đồ thị

 

^C của hàm số yx³3ax b với ,a b là các số thực. Gọi ,

M N là hai điểm phân biệt thuộc

 

^C sao cho tiếp tuyến với

 

^C tại hai điểm có hệ số góc bằng 3. Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng MN bằng 1, giá trị nhỏ nhất của

2 2

a b là:

A. 6

5 B. 4

3 C. 3

2 D. 7

6

Lời giải: Ta có: tìm mối liên hệ giữa x_M và y_M bằng cách chia y cho 'y , ta được thương là 3

x, phần

dư là 2ax b , ta viết: . ' 2 .3 2

3 3

M

M M

x

y x y ax b  y   ax b nên đường thẳng MN có dạng



^{2 1}



y a x b

 

 

2 2

, 2 1 4 4 2

2 1 1

O MN

d b b a a

a

      

 

2 2 2 6

5 4 2

P a b a a 5

       . Chọn A

Câu 6. (Chuyên Vinh 2019) Cho các số thực ,x y thỏa mãn x²2xy3y² 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^P



^xy



²

A. maxP16 B. maxP12 C. maxP4 D. maxP8 Lời giải: Ta có:



^{x22xy3y2}



^P4



^xy



^2x2



^4P



^2xy



^4P



^y2



^{4 3 P}



^0

Do y0 nên chia cả 2 vế cho y² và đặt x 2

y t

 

  

 

ta được: ^t2



^4P



^{2 4}



^{P t}



^{. }



^{4 3 P}



^0

Để tồn tại ^{t  ' 0}



^4P



^2



^{4 3 P}



^4P



^0P



^12P



^{0P12. Chọn B}

Chọn B

Câu 7. (Thuận Thành – Bắc Ninh 2019). Cho các số thực x y z, , thoả mãn điều kiện

2 2 2

3 5 x y z x y z

  



   



. Hỏi biểu thức 2

2 x y

P z

 

  có thể nhận bao nhiêu giá trị nguyên ?

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

Lời giải: Ta có 2 2 2 2 2 2 2

 

²

 

²

5 5 5

2

x y x y

x y z z x y z   

          .

Lại có xy  z 3 xy 3 z. Do đó

   

 

2 2

2 3 2 2

5 3 6 1

2

x y z

z    x y z z

        .

Khi đó ²



²



²

2 x y

P z P x y

z

 

     

 với z 2



^{x y}



²



^{z 2}



^{P 2 2}



^{zP 2P 2}



^{2 3z2 6z 1}

            



^{P2 3}



^{z2 2 2}



^{P2 2P 3}



^{z 4P2 8P 3 0, 1}

 

         .

Phương trình

 

1 có nghiệm khi và chỉ khi



^{2 2 2 3}

 

^{2 2 3 4}



^{2 8 3}



^{0 23 2 36 0 36 0}

P P P P P P P 23 P

                .

Do ^{z  z}



^{1; 0}



^{. Chọn D.}

Câu 1: (Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho hàm số yx³1 có đồ thi

 

^C . Trên đường thẳng d y:  x 1 tìm được hai điểm M1



x y1; 1



, M2



x y2; 2



mà từ mỗi điểm đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến

 

^C . Tính giá trị của biểu thức



1² 2² 1 2



3 1

5 3

S  y y y y  A. 113

15 B. 41

15 C. 14

15 D. 59

15

Lời giải: Ta có: Gọi



x y0; 0



là tiếp điểm ta sẽ có phương trinh tiếp tuyền qua điểm M₁ là

 

2 3

0 0 0

3 1

y x xx x  . Thay M₁ vào ta có: y13x0²



x1x0



x0³1 mà y₁x₁1 nên

 

3

2 3 0

1 0 1 0 0 1 2

0

3 2

3 1

x x x x x x x

     x

 . Yêu cầu bài toán  tìm m để sao cho

3 2

2

3 1

m x

 x

 có 2 nghiệm duy nhất ym cắt

 

3 2

2

3 1

y g x x

  x

 tại 2 điểm phân biệt. Xét

   

 

2 2

2 2

6 1

' 0 1

3 1

x x

g x x

x

     

 Ta có bảng biến thiên :

x 1 1 / 3 1 / 3 1

 

'

g x     

 

g x

Dựa vào BBT ta xác định được m 1 nên x_1,2  1 y₁2,y₂ 0 thay vào 41

S15. Chọn B Câu 2: (Sơn Tây Hà Nội 2019) Biết đồ thị hàm số

3 5 2 2018

x x x m

y x

  

 (m là tham số) có 3

điểm cực trị. Parabol yax²bxc đi qua 3 điểm cực trị đó. Giá trị biểu thức

3 2

T  a bc là

A. 1989 . B. 1998 . C. 1998. D. 1989 . Lời giải: Ta có ² 5 2018 m

y x x

    x 2 5 m₂

y x

 x

    .

Gọi x₀ hoành độ của một điểm cực trị _{0 2 0}² _{0 0}² ₀

0 0

0

2 5 m 0 2 5 m 0 m 2 5

x x x x x

x x

   x         .

Khi đó, parabol đi qua 3 điểm cực trị là: ^{y x2 5x2018}



^{2x2 5x}



^{3x210x2018. Chọn A.}

Câu 3: (Chuyên Bắc Ninh lần 2 – 2019). Giả sử đồ thị hàm số ^y



^m21



^{x42mx2m21 có 3}

điểm cực trị là , ,A B C với x_Ax_B x_C. Khi đó quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích khối tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây:

A.



^{4; 6 .}



^B.



^{2; 4 .}



^C.



^{2; 0}



^{. D.}



^{0; 2 .}



Lời giải: Ta có

   

2 3

2 2

2

0 0

4 1 4 0

1 , 0

1 x x

y m x mx m

m x m x m

m

 

  

             . 1



1

  

  

Khi đó 2 ; 2^{2 2} 1 ,



0; ² 1 ,



2 ; 2^{2 2} 1

1 1 1 1

m m m m

A m B m C m

m m m m

   

       

   

       

   

. Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tính:

 

2 2

2 2

2 2

1 1 2 2

2. 2. .

3 3 3 1 1 3

m m

V r h BI IC f m

m m

 

  ^{ }

     

 

 

.

Xét hàm

 

2 2

2 2 , 0

1 1

m m

f m m

m m

 

  

 

 

ta thấy ^{f m}

 

đạt GTLN khi và chỉ khi m3. Chọn B.

Câu 4: (Chuyên Thái Bình – 2019). Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m để đồ thị hàm số ^{yx38x2}



^m211



^x2m22 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox.

A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 7 .

Lời giải: Đồ thị hàm số

 

^{C :yx38x2}



^m211



^x2m22 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox  phương trình ^x38x2



^m211



^{x2m220, 1}

 

có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có

     

   

2 2

2 2

2

1 2 6 1 0

6 1 0, 2

x

x x x m

f x x x m

 

       

    



. Suy ra phương trình

 

2 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 .

 

 

2

2

9 1 0 10 10

2 4 12 1 0 3

m m

f m m

        

 

 

  

     



. Do ^{mm  }



^{2; 1; 0}



^{. Chọn B.}

Câu 5: (Chuyên Thái Bình – 2019). Cho a b, là các số thực và hàm số

 

^log2019



^{2 1}



sin .cos 2018

 

6

f x a x  x b x x  . Biết ^f



^{2018ln 2019}



^{10. Tính}



^{2019ln 2018}



f  .

A. P4. B. P2. C. P 2. D. P10.

Lời giải: Ta có 2018^{ln 2019} 2019^{ln 2018}, suy ra đặt ^f



^{2018ln 2019}



^{ f x}

 

^{khi đó f}



^{2019ln 2018}



^{ f}



^x



^.

Xét ^{f x}

 

^a^log2019



^{x2 1 x}



^log2019



^{x2 1 x}



^^{b.cos 2018}



^x



^{sinxsin}



^x



^{12 12} . Vậy ^f



^{2018xln 2019}



^{ f}



^{2019ln 2018}



^{12 f}



^{2019ln 2018}



^{2. Chọn B.}

Câu 6: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang 2019) Gọi  là tiếp tuyến tại điểm M x y



0; 0



,x00 thuộc đồ thị hàm số 2

1 y x

x

 

 sao cho khoảng cách từ ^I



^1;1



^{đến } đạt giá trị lớn nhất, khi đó

0. 0

x y bằng

A. 2 B. 2 C. 1 D. 0

Lời giải: Ta có: phương trình tiếp tuyến là:

 

2



0



⁰

0 0

2 1

1 1

y x x x

x x



   

 



0 1



²



0 4 0 2



0

x y x x x

      

 

^ . Ta lại có _{ }

 

0 0

, 4

0 0

2 1 2 1

2

2 1

1 1

I

x x

d

x x



 

  

  

. r

h

I C

B

A

Dấu bằng xảy ra



0



^{2 0 0}

0 0

0 2

1 1

2 0

x y

x x y

  

        

. Chọn D

Câu 7: (THPT Nguyễn Khuyến – TP.HCM 2019). Cho hàm số ^{f x}

 

^{ x48x2m} . Có bao nhiêu giá trị nguyên của ^{m }



^50;50



sao cho với mọi số thực ^{a b c, , }



^0;3



^{thì f a}

 

^{,f b}

 

^{,f c}

 

là độ dài ba cạnh của một tam giác ?

A. 29 . B. 23 . C. 27 . D. 25 .

Lời giải: Xét hàm số ^{g x}

 

^{x48x2m trên}



0;3 ta có

  

^{4 3 16 0 0}

2 g x x x x

x

 

       . Khi đó ^g

 

^{0  m g,}

 

^{2  m16, g}

 

^{3  9 m m16g x}

 

^{ 9 m.}

Để ^{f a}

 

^{, f b}

 

^{, f c}

 

là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi ^{a b c, ,}



^0;3



^thì

 

 

 

   

0;3 0;3

2 min f x max f x ,  . Do đó, ta chỉ cần xét các TH sau:

Trường hợp 1: ^{ }

 

 

 

0;3

0;3

min 16

16 0 16

max 9

f x m

m m

f x m

  



       

  



. Từ

 

^{ 2}



^m16



^{ 9 mm 41.}

Trường hợp 2: ^{ }

 

 

 

0;3

0;3

min 9 9

9 0 9

max 16 16

f x m m

m m

f x m m

    

     

    



. Từ

 

^{ 2}



^m9



^{m16m34.}

Vì ^{m }



^50;50



, suy ra có 25 giá trị nguyên của m thoả mãn. Chọn D.

Câu 8: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

2

1 x mx m

y x

 

  ^trên

 

^{1; 2} bằng 2 . Số phần tử của S là.

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

Lời giải: Để

 ^1;2

maxy2 thì

 

2

2, 1; 2

1 x mx m

x x

 

  

 và dấu “=” phải xảy ra.

 

2

2 2, 1; 2

1 x mx m

x x

 

     

 và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra.

 

2 2

2 2 , 1; 2

1 1

x x

m x

x x

       

  và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra.

   

2 2

1;2

max1;2 2 min 2

1 1

x x

x m x

   

       

 

   

và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra.

5 2

2 m 3

    và ít nhất một dấu “=” phải xảy ra

5 2 2 3 m m

  



 

 



. Chọn D.

Câu 9: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Cho hệ phương trình

 

 

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 1

1 3 2 0 2

     



     



x y y x

x x y y m

Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hệ phương trình trên có nghiệm

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

Lời giải: Điều kiện 1 1

0 2

x y

  



 



. PT

 

^{1 }



^x1



^33



^x1



^{2 y33y2 3}

 

^.

Xét hàm ^{f t}

 

^{t33t2 trên}



0; 2 ta có



^f

 

^{t 3t26t0, t}



^{0; 2}



^.

Suy ra ^{f t}

 

đồng biến trên



0; 2 , do đó PT

  

^{3 y x 1.}

Thế vào PT (2) ta được ^{x22 1x2m0}



^1x2



^{2 1x2  1 m}

 

^{ .}

Đặt ^{t 1x2, 0}



^{ t 1}



^{. Xét hàm g t}

 

^{t22t1 trên}

 

0;1 ta có ^{ 1 g t}

 

^{   2 1 m2.}

Chọn D.

Câu 10: (THPT Thanh Thủy – Phú Thọ 2019) Một con đường được xây dựng giữa hai thành phố A,B. Hai thành phố này bị ngăn cách bởi một con sông có chiều rộng r m( ). Người ta cần xây một cây cầu bắc qua sông biết rằng A cách con sông một khoảng bằng 2m, B cách con sông một khoảng bằng 4m( tham khảo hình vẽ). Để đường đi từ A đến B là nhỏ nhất thì giá trị ( )x m bằng

A. x2m. B. x4m. C. x3m. D. x1m. Lời giải: Ta có ^{BF  42 }



^6x



^{2  52 12 xx2 ; AE 22x2  4x2}

Đường đi từ A đến B là nhỏ nhất BFAE đạt giá trị nhỏ nhất ^{ f x}

 

^{ 52 12 x+x2  4x2}

đạt giá trị nhỏ nhất  x 0 Ta có

 

2 2

6

52 12 4

x x

f x

x+x x

   

 

;

   

 

2 2 2 2

0 52 12 6 4 4 12 0

6

f x x x x x x x x x

x loai

 

               

. Vậy với x2m thì đường đi giữa 2 thành phố là lớn nhất. Chọn A.

Câu 11: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang 2019) Cho hàm số ^f'

  

^{x  x1}



²



^x22x



^{với  x . Số}

giá trị nguyên của tham số m để hàm số ^{g x}

 

^{ f x}



^33x2m



có 8 điểm cực trị là

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

Lời giải: Ta có ^{g x'}

 

^{ f'}



^x33x2m



^{.3x x}



^2



^0 phải có 8 nghiệm đơn

Cầu r Sông

2 C

A x

6 - x 4

D B

E F

0 x

  , x2, x³3x²m0

 

^{1 , x23x2m2}

 

2 . Nên mỗi phương trình

   

1 , 2 phải có 3

nghiệm phân biệt. 4 0

2 4 1

6 2

m m m

m

   

     

    



. Chọn A

Câu 12: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Cho hai hàm số y f x

 

, yg x

 

có đạo hàm là

 

f x , ^{g x}

 

. Đồ thị hàm số ^{y f}

 

^{x và g x}

 

được cho như hình vẽ bên dưới.

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ^{h x}

 

^{ f x}

 

^{g x}

 

trên đoạn



^0;6



lần lượt là:

A. h

 

2 ,h

 

6 . B. h

 

6 ,h

 

2 . C. h

 

0 ,h

 

2 . D. h

 

2 ,h

 

0 . Lời giải: Ta có ^{h x}

 

^{ f}

 

^{x g x}

 

^{0 f}

 

^{x g x}

 

^x2. Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra

 

   

0;6

minh x h 2 .

Mặt khác từ đồ thị ta thấy

       

2 6

0 2

f x g x dx  f x g x dx

 

   

       

2 6

0 2

g x f x dx f x g x dx





 





   

2 6

0 2

h x dx h x dx

 







 

⁰

 

²

 

⁶

 

²

 

⁰

 

⁶

h h h h h h

     

 

   

0;6

maxh x h 6

  . Chọn B.

Câu 13: (THPT Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc 2019). Cho hàm số 2 1 2 y x

x

 

 có đồ thị

 

^{C . Gọi} I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến  của

 

^{C tại} M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó tiếp tuyến  của

 

^C tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng nào ? A.



^{29; 30}



^{. B.}



^{27; 28}



^{. C.}



^{26; 27}



^{. D.}



^{28; 29}



^.

Lời giải: Ta có

 

²

3 2 y

x

  

 . Gọi 2 1

; 2

M m m m

  

 

  



^m2



là tiếp điểm.

Phương trình tiếp tuyến



³



₂

 

^{2 1}

: 2 2

y x m m

m m

 

   

  .

Gọi ,A B là giao điểm của  với hai đường tiệm cận. Suy ra ^{2;2 2 ,}



^{2 2; 2}



2

A m B m

m

  

  

  

.

Khi đó

2 2

4 2

2 2

A B M

A B M

x x m x

m M

y y y

m

  



  

  

 



là trung điểm đoạn AB.

Do IAB suy ra M là tâm đường tròn

 

^T ngoại tiếp IAB

2 R MA MB AB

    .

Vậy

 

^S_{ }^T _min ^{ABmin. Ta có AB IA2IB2  2IA IB.  2.}_m⁶_2 ^{.2m2 2 6.}

Dấu “=” xảy ra

 

 

2 3 2 3; 2 3

6 2 2

2 2 3 2 3; 2 3

m M

IA IB m

m m M

     

     

      



.

Suy ra ¹

2

: 4 2 3

: 4 2 3

y x y x

    



    



. Khi đó tiếp tuyến tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích lớn nhất

là đường thẳng ₁:y   x 4 2 3 và ^{S 1}₂



^{4 2 3}



^{214 8 3 . Chọn B.}

Câu 1. (THPT LỤC NAM-BẮC GIANG 2019) Cho các số thực x y, thỏa mãn điều kiện

 

2 3 3

xy x  y . Tìm giá trị nhỏ nhất P_min của biểu thức ^P4



^x2y2



^15xy

A. P_min  81 B. P_min  63 C. P_min  83 D. P_min  91 Lời giải: Ta có: ^P4



^xy



^27xy

Do



^xy



^{2 4}



^{x 3 y3}



^2



^xy



^{2 4}



^xy



^{8 x3 y 3 4}



^xy





^{x y}



⁴

   hoặc ^



^xy



^0

TH1:



^xy



^{0 mà xy2}



^{x 3 y3}



^{0 nên x3;y  3 P 63}

TH2:



^xy



^{4. Xét 3 0}



³



³



^{0 9 3}

 

3 0

x x y xy x y

y

  

        

  



thay vào ta có:

 

²

 

4 21 63

P xy  xy  . Đặt xyt với t4^{P f}

 

^{4  83. Chọn C}

Câu 2. (Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc 2019). Cho x³3x²2xm 3 2 2³ x³3x m 0. Tập S là tập hợp các giá trị của m nguyên để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của S.

A. 15 . B. 9 . C. 0 . D. 3 .

Lời giải: Đặt t ³2x³3xm, PT ^{t32t}



^x1



^32



^x1



^(*).

Xét hàm ^{f u}

 

^{u32u ta có f}

 

^{u 3u2 2 0, u  f u}

 

luôn đồng biến trên . Khi đó

 

^{  t x 1 2x33xm}



^x1



^{3 x33x2 1 m.}

Xét hàm ^{g x}

 

^{ x33x21 ta có} yCT ^1,yCĐ  ^{5 1} m ⁵ S   ^{2 3 4 9}. Chọn B.

Câu 3. (THPT Nam Trực – Nam Định 2019). Biết rằng đồ thị của hàm số ^{P x}

 

^{x34x26x2}

cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x x x₁, ₂, ₃. Tính giá trị của

2 2 2

1 1 2 2 3 3

1 1 1

4 3 4 3 4 3

T  x x  x x x x

      ?

A.

 

 

 

 

1 3

1

2 1 3

P P

T P P

   

   

 

. B.

 

 

 

 

1 3

1

2 1 3

P P

T P P

   

   

 

.

C.

 

 

 

 

1 3

1

2 1 3

P P

T P P

   

    

 

. D.

 

 

 

 

1 3

1

2 1 3

P P

T P P

   

   

 

. Lời giải: Ta có

  

2

1 1 1 1 1

4 3 1 3 2 1 3

x x x x x x

 

    

       

. Do x x x₁, ₂, ₃ là nghiệm của phương trình ^{P x}

 

^0 nên ta có

  

1



2



3



P x  xx xx xx P x

  

 xx1



xx2

 

 xx2



xx3

 

 xx3



xx1



. Suy ra

 

 

 

 

1 2 3 1 2 3

1 1 1 1 3 1 1 1

1 1 1 1 , 3 3 3 3

P P

P x x x P x x x

 

     

     

Vậy

 

 

 

 

2 2 2

1 1 2 2 3 3

1 3

1 1 1 1

4 3 4 3 4 3 2 1 3

P P

T x x x x x x P P

   

      

       

. Chọn D.

Câu 4. (THPT Bình Minh – Ninh Bình 2019) Cho các Parabol

 

1

 

²

: 1

P y f x  4x x,

 

P2 : yg x

 

ax²4axb a



0



có các đỉnh lần lượt là I₁, I₂. Gọi ,A B là giao điểm của

 

P1 và Ox. Biết rằng 4 điểm A B I I, , ,_{1 2} tạo thành tứ giác lồi có diện tích bằng 10. Tính diện tích S của tam giác IAB với I là đỉnh của Parabol

 

^{P :yh x}

 

^{ f x}

 

^{g x}

 

^.

A. S 6. B. S 4. C. S 9. D. S 7. Lời giải: Ta tìm được: I1



2; 1



, ^A



^{0; 0}



^{, B}



^{4; 0}



^, I2



2; 4 ab



Gọi K là giao điểm của I I_{1 2} và AB, khi đó ta có tam giác I AB₁ cân tại I₁ và tam giác I AB₂ cân tại I₂, I I1 2  AB tại K

1 1

1 1

. .1.4 2

2 2

SI AB I K AB

   

2 1 2 1 8

I AB I I AB<