ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP KIẾN THỨC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 067.
Câu 1. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối tứ diện ACBD và khối hộp
V1
ABCD. ABC D . Tỉ số V2 bằng:
1
.
A. 3
Đáp án đúng: A

1
.
B. 4

1
.
D. 2

1
.
C. 6

Giải thích chi tiết:

1
1
VB. ABC VD. ACD VC . BC D VA. ABD  VABCD. ABC D  V2 .
6
6
Ta có
1
1
V1 V2  4. V2  V2
6
3
Suy ra



V1 1
 .
V2 3

Câu 2. Đạo hàm của hàm số y log x là
1
1
y 
.
y 
.
10 ln x
x ln10
A.
B.

Đáp án đúng: B

f  x  log3



C.

y 

ln10
.
x

1
y  .
x
D.



4 x 2  1  2 x  3x 2023

. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn
  2023; 2023 để bất phương trình f x 2 1  f   2mx  0 nghiệm đúng với mọi x   0;  .
A. 2025 .
B. 4020 .
C. 2024 .
D. 2023 .
Đáp án đúng: A

Câu 3. Cho hàm số





1


f  x  log 3





4 x 2  1  2 x  3 x 2023

. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m
f x 2  1  f   2mx  0
 2023; 2023
x   0;  

thuộc đoạn
để bất phương trình
nghiệm đúng với mọi
.
4046
2024
2025
2023

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Tập xác định: D  x   .
Giải thích chi tiết: Cho hàm số



f  x  
Ta có
Ta thấy:
f   x  log 3
Vậy

f  x



2



4 x 2 1  2 x


2

4 x 1






2

4 x  1  2 x ln 3

2



 6069 x 2022  0
 f  x



4   x  1  2   x   3   x 

2023

log 3




đồng biến trên  .

4x 2 1  2x



 3 x 2023  f  x 

là hàm số lẻ. Khi đó:

f  x 2  1  f   2mx   f  x 2  1  f  2mx   x 2  1 2mx  x 

Xét

1

1
1
g  x   x  , x  0  g  x  1  2 0 
x
x

Ta có bảng biến thiên của hàm số

y g  x 

1
2m, x  0
x
.


 x  1 L 

 x 1 N  .

:

Theo u cầu bài tốn thì 2m 2  m 1.
m    2023; 2023 
1    2023   1 2025
Vì
số giá trị của m bằng: 
.
Câu 4. Một thùng hình trụ có chiều cao h= 3m, bán kính đường trịn đáy R = 1m chứa một lượng nước. Biết
rằng nếu đặt thùng nằm ngang ta được chiều cao mực nước trong thùng là d = 0,5m. Hỏi thể tích lượng nước có
trong thùng gần nhất với kết quả nào sau đây ?
3

3

3

A. 1,75m .
B. 1,9m .
C. 1,8m .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
Xét mặt cắt vng góc với trục của hình trụ và kí hiệu như hình vẽ.


3
D. 1,85m .

2


Ta có
Squat AOB =

Suy ra

1
3

hình trịn đáy

Suy ra diện phần gạch sọc bằng:

1
= p.
3
1
3
S = Squat AOB - SD AOB = p .
3
4

V = S.h = p -

3 3

» 1,84m3.
4

Vậy thể tích lượng nước trong thùng:
Câu 5. : Trong khơng gian Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;0;1) và C(2;1;1). Diện tích của tam giác ABC là.
5
10
15
6
A. 2 .
B. 2 .
C. 2 .
D. 2 .
Đáp án đúng: D
Câu 6. Cho khối nón có bán kính đáy r =3 và độ dài đường sinh l=5. Khi đó chiều cao h bằng
A. 10.
B. 4.
C. 3.
D. 8.
Đáp án đúng: B
Câu 7.

Cho

hàm

số

liên


tục

trên

thỏa

.

Khi

đó

tích

phân

bằng
A.
.
Đáp án đúng: C

B.

.

C.

Giải thích chi tiết: Đặt

Vậy

Câu 8.

D.

.

.

Đặt
Đổi cận:

.

.
;

.
.
3


Tìm giá trị của tham số thực

để phương trình

có 2 nghiệm

thỏa

mãn

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D
Câu 9.

D.

Cho hình vng
gấp khúc

có

. Khi quay hình vng

quanh cạnh

thì đường

tạo thành hình trụ (T). Thể tích của khối trụ được tạo thành bởi hình trụ (T) bằng

A.

B.

C.
Đáp án đúng: C
Câu 10.


D.

 C  : y  f  x 

x

C
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị   , đường thẳng x 9 và trục
A 9;0 
H
Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị
và điểm 
. Gọi V1 là thể tích khối trịn xoay khi cho   quay
quanh trục Ox , V2 là thể tích khối trịn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1 2V2 .
C
Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị   và đường thẳng OM .

Cho đồ thị

27 3
16 .
A.
Đáp án đúng: A
S

H

B. S 3 .
9


Giải thích chi tiết: Ta có

. Gọi
C

 

2

V1 πd  x dx
0

C.

S

4
3.

D.

S

3 3
2 .

81
 2 .






M m; m MH  m
Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH m (với 0  m 9 ), ta có
,
và
AH 9  m .

1
1
1
V2  πd.MH 2 .OH  πd.MH 2 . AH  πd.MH 2 .OA
3
3
3
3mπd .
Suy ra

 27 3 3 
81πd
27
M  ;


6
m
πd
m

 4 2 .

4 . Do đó
Theo giả thiết, ta có V1 2V2 nên 2
Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là

y

2 3
x
9 .
4


C
Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị   và đường thẳng OM là
27

27
4

2

3 2  4 27 3
2 3 
x 
S   x 
x  dx  x x 
9
9 

3
 0  16 .
0 
2
Câu 11. Cho hình nón có đường sinh bằng 4a, diện tích xung quanh bằng 8pa . Tính chiều cao h của hình
nón đó theo a.
A. h = 2a 3.
Đáp án đúng: A
Câu 12.
Đạo hàm của hàm số
A.

B. h = 2a.

C.

h=

2a 3
×
3

D. h = a 3.

là

.

C.
.

Đáp án đúng: A

B.

.

D.

.

Giải thích chi tiết: [2D2-4.2-1] Đạo hàm của hàm số y ln x là
A.
Lời giải

y 

1
x.

Ta có:
Câu 13.

B.

y 

ln x
1
y 
x . C.

x ln x .

D.

y 

x
ln x .

.

Đạo hàm của hàm số

là

A.
C.
Đáp án đúng: B

B.
D.

Câu 14. Cho hàm số y  f ( x ) xác định trên R và có đạo hàm f '( x ) (2  x)( x  3).g ( x)  2021 trong đó
g ( x)  0, x  R. Hàm số y  f (1  x)  2021x  2022 đồng biến trên khoảng nào?
A. ( 3;2) .
B. (4; ) .
C. ( ;  1) .
D. ( 1;4) .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: ⬩ Ta có: Ta có: y  f (1  x)  2021x  2022  y '  f '(1  x)  2021

Theo giả thuyết của đề, ta có:
f '( x) (2  x)( x  3).g ( x )  2021   f '( x)  (2  x)( x  3).g ( x)  2021
  f '( x )  2021  (2  x)( x  3).g ( x)
 x  3
  f '( x )  2021 0  (2  x)( x  3).g ( x) 0  
 x 2
5


Ta có bảng xét dấu như sau:
Dựa vào bảng xét dấu, ta suy ra  f '( x)  2021  0, x  ( 3;2)
 y '  f '(1  x)  2021  0   3  1  x  2   1  x  4.
Vậy hàm số y  f (1  x)  2021x  2022 đồng biến trên khoảng ( 1;4) .
 x 1  t

d :  y 1
 y t
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  
và mặt phẳng ( P ) : 2 x  z  3 0 . Biết đường
thẳng  đi qua O (0;0;0) , có một vectơ chỉ phương u (1; a; b) , vng góc với đường thẳng d và hợp với mặt
 P  một góc lớn nhất. Hỏi điểm nào sau đây thuộc đường thẳng 
phẳng
A. M (2;0;  2) .
B. Q (1;2;2) .
C. P(0;1;0) .
Đáp án đúng: A

D. N (  1;1;1) .

 x 1  t


d :  y 1
 y t
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  
và mặt phẳng ( P ) : 2 x  z  3 0 .
Biết đường thẳng  đi qua O (0;0;0) , có một vectơ chỉ phương u (1; a; b ) , vng góc với đường thẳng d và
 P  một góc lớn nhất. Hỏi điểm nào sau đây thuộc đường thẳng 
hợp với mặt phẳng
A. P(0;1;0) . B. M (2;0;  2) .
C. N (  1;1;1) . D. Q (1;2;2) .
Lời giải



Từ phương trình đường thẳng d , ta chọn được một vectơ chỉ phương là v (1; 0;1) .


d



u
.
v

0

1

b


0

b

1

u
(1; a;  1).
Ta có,
 P


Mặt khác,

hợp với

một góc lớn nhất, giả sử góc đấy là


u.n

3
sin   cos u, n    
u.n
5(2  a 2 )

  ,  P  

. Để  lớn nhất thì sin  lớn nhất.


 

Khi đó, ta có

a 2  2 2  5(a 2  2) 10 
Ta thấy,

.

5(a 2  2)  10 

3
5(a 2  2)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 0 . Vậy, ta có phương trình của



3
3
 sin  
10
10

 x t

 :  y 0
 z  t



.

.

Suy ra, điểm M (2;0;  2)   .
4
¢
Câu 16. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ¢( x ) = ( x - 2)(5 x - 3) ( x +1), " x Ỵ R . Hàm số đạt cực tiểu tại:
6


x=

5
3.

x=

3
5.

A. x = 1
B. x = 2 .
C.
D.
Đáp án đúng: B
Câu 17. Tiếp tuyến của parabol y = 4 - x 2 tại điểm (1; 3) tạo với hai trục tọa độ một tam giác vng. Diện tích
của tam giác vng đó là:
5

5
25
25
A. 2
B. 4
C. 2
D. 4
Đáp án đúng: D
Câu 18. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật AB 3a, AD 4a . Cạnh bên SA vng góc với mặt
đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD theo a .
A. 10a .
Đáp án đúng: C

5 3a
B. 2 .

D. 5 3a .

C. 5a .

Câu 19. Cho số phức z  2023 . Điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng là
A. M (0; 2023) .
B. M (2023; 0) .
C. M ( 2023;0) .
Đáp án đúng: C

D. M (0;  2023) .

Giải thích chi tiết: Cho số phức z  2023 . Điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng là
A. M ( 2023;0) .

B. M (2023; 0) .
C. M (0; 2023) .
D. M (0;  2023) .
Lời giải

a , b , c là
Câu 20. Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài các kích thước là
1
V  abc.
6
A.

1
V  abc.
3
B.

C. V abc.

1
V  abc.
2
D.

Đáp án đúng: C
Câu 21. Giá trị lớn nhất của hàm số
định dưới đây khẳng định nào đúng?
A. m 400 .

f ( x )  x 3  3 x 2  72 x  90  m


C. 1500  m  1600 .
Đáp án đúng: D

trên đoạn

  5;5 là

2018. Trong các khẳng

B. m  1618 .
D. 1600  m  1700 .

3
2
'
2
Giải thích chi tiết: Xét hàm số g( x) x  3x  72 x  90 , g ( x ) =3 x +6 x−72.

 x 4    5;5
g '( x) 0  3x 2  6 x  72 0  
 x  6    5;5
 g (  5) 400; g (5)  70; g (4)  86
 max g ( x)  g (  5) 400
  5;5
⇒

max

[− 5 ;5] f (x)=m +400¿

¿

Theo bài ra:
7


max f ( x) 2018  m  400 2018  m 1618
  5;5
Câu 22. : Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp
này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m, cạnh đáy dài 230m. Thế tích V của khối chóp đó là?
A. V 2592100 m3
B. V 2592300 m3
C. V 7776300 m3
D. V 3888150 m3
Đáp án đúng: A
Câu 23. Gọi l , h, R lần lượt là độ dài đường sinh, đường cao và bán kính đáy của hình trụ. Đẳng thức ln
đúng là
2
2
2
A. R h .
B. l h  R .
2
2
2
C. l h .
D. R h  l .
Đáp án đúng: C
f  x
F  x

f  x
Câu 24. Cho
là một hàm số liên tục trên ¡ và
là một nguyên hàm của hàm số
. Biết
3

f  x  dx 3
1

và

F  1 1

A.  2 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Do

. Giá trị của
B. 2 .

F  x

F  3

bằng
C. 4 .

là một nguyên hàm của hàm số


f  x

D. 3 .
nên ta có

3

f  x  dx F  3  F  1  F  3  1 3  F  3 4
1

Vậy

F  3 4

.

.
2

2

 S  : x  y  2 x  4 y  6 z  13 0 và đường
Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt câu
x 1 y  2 z  1
d:


1
1
1 . Điểm M  a; b; c   a  0  nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba

thẳng
tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu

CMA
120 .Tính Q a  b  c .
A. Q 3 .
Đáp án đúng: C

B. Q 1 .

 S  ( A, B, C



là các tiếp điểm) thỏa mãn AMB 60 , BMC 90 ,

C. Q 2 .

10
Q
3 .
D.

Giải thích chi tiết:

 S
Mặt cầu

I  1; 2;  3


2

R  12  22    3  13 3 3

có tâm
và bán kính
.
 C  là giao tuyến của mặt phẳng  ABC  với mặt câu  S  .
Gọi đường tròn
MA MB MC  x  x  0 
Đặt
.
8


Áp dụng định lý cosin trong AMB và CMA , ta có:
AB 2 MA2  MB 2  2MA.MB.cos AMB 2 x 2  2 x 2 cos 60 x 2  AB  x .


AC 2 MA2  MC 2  2MA.MC.cos AMC
2 x 2  2 x 2 cos120 3x 2  AC  x 3 .
2
2
Vì BMC vuông tại M nên: BC  MB  MC x 2 .



AB 2  BC 2  x 2  x 2




2



3x 2  x 3



2

 AC 2

nên ABC vuông tại B .
 C  và ba điểm H , I , M thẳng hàng.
Gọi H là trung điểm của AC thì H là tâm của đường trịn


Do AMC 120 nên AIC 60 , suy ra AIC đều và AC IA IC R 3 3 .
Mặt khác

Suy ra x 3 3 3  x 3 và

IA IM cos 30  IM 

2 IA 2.3 3

6
3
3

.

2

2

2

M  t  1; t  2; t  1  IM 2  t  2    t  4    t  4  3t 2  4t  36
Điểm M  d nên
.
 t 0  M   1;  2;1

IM 36  3t  4t  36 36  3t  4t 0  
4
1 2 7
t   M  ; ; 

3
3 3 3
Mà
1 2 7
M  ; ; 
x  0 nên điểm cần tìm là  3 3 3  , suy ra Q 2 .
Vì M
2

2

2


Câu 26.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây nhận trục

làm tiệm cận đứng ?

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D

D.
0

Câu 27. Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 . Thể tích của hình
chóp S . ABCD .

2 3 3
a .
A. 3

3 3
a .
C. 3

3

B. 4 3a .


4 3 3
a .
D. 3

Đáp án đúng: A
Câu

28.

( S ) : ( x - 1)

Trong
2

khơng
2

gian

Giải thích chi tiết:

M ( a,b,c)

gọi

điểm

M ( a,b,c)


nằm

trên

mặt

cầu

2

+ ( y + 1) + ( z - 3) = 4

biểu thức T = 3a - b - c .
A. - 3.
Đáp án đúng: C

Oxyz ,

B. 6.

sao cho biểu thức P = 2a + 2b + c đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị
C. - 1.

( S ) : ( x - 1)
nằm trên mặt cầu

2

D. 8 .
2


2

+ ( y + 1) + ( z - 3) = 4

9


2

2

2

Þ ( a - 1) + ( b + 1) + ( c - 3) = 4

P = 2a + 2b + c = 2( a - 1) + 2( b + 1) + ( c - 3) + 3
B .C .S

³ -

( 2 + 2 + 1 ) éêëê( a - 1)
2

2

2

2


2
2ù
+ ( b + 1) + ( c - 3) ú+ 3 = ú
û

9.4 + 3 = - 3

ìï
ïï a = - 1
ïï
3
ïï
7
ìï a - 1 b + 1 c - 3
Û íb= ïï
ïï
3
=
=
<
0
ïí 2
ïï
2
1
7
2
2
2
ïï

ïc =
ïïỵ ( a - 1) + ( b + 1) + ( c - 3) = 4 ùùùợ
3
khi
ị T = 3a - b - c = - 1
Câu 29. Cho các số phức
P  z  z1  z  z 2

z , z1 ,

z2 thỏa mãn z1  4  5i  z2  1 và z  4i  z  8  4i . Tính M  z1  z2 khi

đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 41 .
Đáp án đúng: C

B. 6 .

C. 2 5 .

D. 8 .

Giải thích chi tiết:
I 4;5  J  1; 0 
Gọi 
,
.

Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 .

Khi đó A nằm trên đường trịn tâm I bán kính R 1 , B nằm trên đường trịn tâm J bán kính R 1 .
Đặt

z  x  yi ,

x, y   . Ta có: z  4i  z  8  4i  x  yi  4i  x  yi  8  4i
2

2

2

2
 x   4  y   x  8    y  4   16 x  16 y  64 0   : x  y  4 0

10


z thì

Gọi C là điểm biểu diễn số phức
Ta có:

P  z  z1  z  z2 CA  CB

d  I ,  

 xI 

4 5 4

12    1

2



C  

.

.

1 0  4
5
3
 1 R d  J,   

 1 R
2
2
2
12    1
,
.

y I  4   x J  y J  4   4  5  4   1  0  4   0 
hai đường trịn khơng cắt  và nằm cùng phía với  .

I 9;0
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua  , suy ra A1 nằm trên đường trịn tâm I1 bán kính R 1 . Ta có 1   .

 A  A
 1
 B B  .
Khi đó: P CA  CB CA1  CB  A1B nên Pmin  A1 Bmin

1

7
I1 A  I1 J  A 8; 0 I1 B  I1 J  B 2; 0
 ;
 .
8
8
Khi đó:

 A  4; 4 

M  z1  z2  AB  20 2 5
B  2;0 
Như vậy: Pmin khi A đối xứng A qua  và B B 
. Vậy
.
0

Câu 30. Giá trị của
A. e

e

x 1


dx
bằng

1

B.  e

C. e  1

D. 1 e

C. 1.

D. 3.

Đáp án đúng: C
x
Câu 31. Số nghiệm thực của phương trình 3
A. 0.
B. 2.

2

2 x

27 là

Đáp án đúng: B
Câu 32.

Trong không gian
cách từ

, cho mặt phẳng

đến mặt

A.

và điểm

là

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: A
Giải

thích

chi

D.

tiết:


. Khoảng

Ta

có

khoảng

cách

từ

.
.

A

đến

mặt

phẳng

là

.
Câu 33.
Cho hàm số

y  f  x


có đạo hàm

f  x 

là hàm số bậc ba. Hàm số

f  x 

có đồ thị như hình dưới đây

11


y  f  2  x2 

Hàm số
 0;1 .
A.
Đáp án đúng: D

nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
  1;1 .
  ;  1 .
B.
C.

Câu 34. Đường thẳng đi qua hai điểm
A. x  4 y  7 0 .


D.

 1;  .

M   1; 2  N  3;1
,
có phương trình tổng qt là
B. 4 x  y  6 0 .

C. 2 x  3 y  9 0 .
D. x  4 y  9 0 .
Đáp án đúng: A
Câu 35. Cho M(3; -4; 3), N ¿; -2; 3) và P ¿; -3; 6). Trọng tâm của tam giác MNP là điểm nào dưới đây?
9 −3
A. G( ;
; 6)
B. I ¿; -1; 4)
2 2
C. J(4; 3; 4)
D. K ¿; -3; 4)
Đáp án đúng: D
Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn

 2  i  z  3  16i 2  z  i 

. Môđun của z bằng

A. 5 .
B. 13 .
C. 5 .

D. 13 .
Đáp án đúng: D
Câu 37. Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 4 x − 2 x+1 −m .2 x − 2 x+2 +3 m− 2=0 có bốn
nghiệm phân biệt.
A. ( − ∞; 1 ).
B. [ 2 ;+ ∞ ).
C. ( − ∞ ; 1 ) ∪ ( 2;+ ∞ ).
D. ( 2 ;+ ∞ ).
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: [DS12. C2 .5.D03.d] Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình
4 x − 2 x+1 −m .2 x − 2 x+2 +3 m− 2=0 có bốn nghiệm phân biệt.
A. ( − ∞; 1 ). B. ( − ∞ ; 1 ) ∪( 2;+ ∞ ). C. [ 2 ;+ ∞ ). D. ( 2 ;+ ∞ ).
Hướng dẫn giải
Đặt t=2¿¿
Phương trình có dạng: t 2 − 2mt +3 m −2=0 (∗)
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
⇔phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
m2 −3 m+2>0
m2 −3 m+2>0
⇔ \{
⇔
\{
x 1,2=m ± √ m2 − 3 m+2>1
√ m2 − 3 m+2< m−1
m 2 −3 m+2>0
⇔ \{
⇔m>2
m− 1≥ 0
2
2

m −3 m+ 2< m −2 m+1
2

2

2

2

12


Câu 38. Mặt cắt qua trục của khối nón là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 4. Thể tích của khói nón đã
cho bằng
A. 8p
B. 16p
C. 32p
D. 4p
Đáp án đúng: A

f  x 
Câu 39. Xét hàm số
0  min f  x   1
  1;1
kiện
?
A. 2 .

mx  2 x  4
2x  4


, với m là tham số thực. Có bao nhiêu số nguyên m thỏa mãn điều

B. 4 .
C. 8 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn B
Cách 1:
Xét hàm số
Ta có

g  x 

mx  2 x  4
  1;1 và f  x   g  x  .
2x  4
liên tục trên

g  0   1; g  1 

 g   1 0


g  1 0


- Nếu

m 2 5

 m 2 3
; g   1 
6
2
.

 m 2 5

min f x 0
 m  2 3 thì   1;1  
, khơng thỏa mãn bài tốn.

 g   1  0
 2 3 m2 5

g  1  0


- Nếu
m    3;  2;  1;0;1; 2;3; 4
Mà m nguyên nên
.
2 x  12
4m 
x4
g  x  
2
2x  4

Ta có

.
m

0
TH1:
.

  1;1 .
đồng biến trên
0  min f  x   1
g  0   1  g  1   1
 1  g  1  0
m   0;1; 2;3; 4
  1;1
Mà
. Do đó
. Vậy
hay
thỏa mãn bài
tốn.
TH2: m  0 .
Khi đó

g  x   0 x    1;1

Xét hàm số

h  x 

. Do đó hàm số


g  x

x2
2 x  12
h x  
 0 x    1;1
 x  4 x  4
x  4 trên   1;1 . Ta có
.

 10 14 
h  x  
;

 3 5 .
Khi đó dễ thấy
13


* Khi
Khi đó
* Khi

m  1  4m  h  x   0 x    1;1  g  x   0 x    1;1

hay hàm số

0  min f  x   1
  1;1

nên
. Vậy m  1 thỏa mãn.
m    3;  2  4m  h  x   0 x    1;1  g  x   0 x    1;1

g  x

đồng biến trên

  1;1 .

 1  g  1  0

  1;1 . Khi đó g   1  g  0  

 1  g   1  0

nên

0  min f  x   1
  1;1

hay hàm số

. Vậy

m    3;  2

g  x

nghịch biến trên


thỏa mãn.

m    3;  2;  1;0;1; 2;3; 4
Do đó
hay có 8 giá trị nguyên của m .
Cách 2
f x
 1;1
f x
 1;1
Nhận thấy   liên tục trên 
nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của   trên đoạn 
.
 f  x  0, x    1;1

0  min f  x  1
f  0  1
x  1;1
Ta có 
nên suy ra
.

 min f  x   0 (1)
 x  1;1
0  min f  x   1  
x  1;1
f  x  1 (2)
 xmin
  1;1

Vậy điều kiện
.
1 
 1;1
 Ta có Ta có  
Phương trình mx  2 x  4 0 vơ nghiệm trên 
 Phương trình

m

g  x 

2 x4
  1;1 \  0
x
vô nghiệm trên

2 x4
, x    1;1 \  0
x

Xét hàm số
 x 8
g /  x  2
 0, x    1;1 \  0
x x4
Bảng biến thiên

m


2 x4
  1;1 \  0   2 3  m  2 5 .
x
vô nghiệm trên

Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phương trình
m    3;  2;  1;0;1; 2;3; 4
Do m nguyên nên
.
f  x  1
 2  trước hết ta đi tìm điều kiện để xmin
  1;1
 Ta có Để giải
.
min f  x   f  0 
f  0  1
0    1;1
f x
Do
nên x  1;1
, mà
, suy ra x = 0 là điểm cực trị của hàm số   .

14


mx  2 x  4
3
 h /  0  0  m 
2x  4

2 . Do đó với m nguyên thì (2) chắc chắn xảy ra.
Đặt
m    3;  2;  1; 0;1; 2;3; 4
 2
Vậy
thỏa mãn điều kiện
Kết luận: Có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu.
Đáp án đúng: C
Câu 40.
2
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z  2mz  8m  12 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị
h  x 

nguyên của m đề phương trình đó có hai nghiệm phân biệt
A. 4.
B. 3.
C. 5.
Đáp án đúng: A
----HẾT---

thỏa mãn
D. 6.

15