Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.59 MB, 69 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. (THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 2 năm 2016-2017) Cho đồ thị

 

 

3
:

1
x

C y

x . Biết
rằng, có hai điểm phân biệt thuộc đồ thị

 

C và cách đều hai trục toạ độ. Giả sử các điểm
đó lần lượt là M và N. Tìm độ dài của đoạn thẳng MN.

A. MN4 2. B. MN2 2. C. MN3 5. D. MN3.
Hướng dẫn giải:

Gọi   


 

3
;

1
m
M m

m , ta có

















 

 


     

 

   

1; 1
1

, ,

1 3; 3

M
m

m

d M Ox d M Oy m

m

m M .

Suy ra MN4 2.
Chọn A.

Câu 2. (THPT Chu Văn An - Hà Nội lần 2 năm 2016-2017) Biết rằng đường thẳng
  

: 3

d y x m cắt đồ thị

 

 


2 1

1
x

C y

x tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm
của tam giác OAB thuộc đồ thị

 

C , với O



0; 0



là gốc tọa độ. Khi đó giá trị của tham số

m thuộc tập hợp nào sau đây?

A.



  ; 3 . B.



3;



. C.



1; 3. D.



  5; 2 .
Hướng dẫn giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của d và

 

C là





 

 



    


 2

3 1 1 0 *

x

x m x m

Để d cắt

 

C tại 2 điểm phân biệt khi

 

* có hai nghiệm phân biệt x1  
 


m
m
Gọi A x



1; 3 x1m



; B x



2; 3 x2 m



. Ta có 1 2  1

3
m

x x .

Suy ra



 



   

 





      

  




1 2

0 1

3 9

0 3 3 1

3 3

G

x x m
x

x m x m m

y

Vì G

 

C nên



 






1

2 1

1 9

1
3

1
9
m
m

m



 

 




   

 

  



2

15 5 13

16, 51
2

15 25 0

15 5 13

1, 51
2

m

m m

m

(thỏa mãn ĐK).

Chọn B.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 3. (THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An lần 1 năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị
của m để đồ thị hàm số y2x33



m1



x26mx m 1 cắt trục hồnh tại 3 điểm phân
biệt có hồnh độ dương.

A.



4 2;



. B.



1 2;



.
C.



1; 0







1 2;



. D.



4 3;



.
Hướng dẫn giải:





2 33 1 26   1 ' 6 26( 1) 6

y x m x mx m y x m x m

  2    

' 0 ( 1) 0(*)

y x m x m

YCBT  y'0 có 2 nghiệm phân biệt dương; đồ thị hàm số có hai cực trị nằm về hai
phía của trục hồnh và y

 

0 0.

* Phương trình (*) có hai nghiệm là: x1 1;x2 m nên y'0 có 2 nghiệm phân biệt
dương thì  

 




0
1
1

m

m .

* Để đồ thị hàm số có hai cực trị nằm về hai phía của trục hồnh thì:

  

CD. CT 0 ( ). ( ) 01 2

y y y x y x

 

  

        

  


3 2 1 2

(2 2)( 3 1) 0 2

1 2

m

m m m m

m

*y

 

0 0  m 1 0m 1 3

 

.
Từ

     

1 ; 2 ; 3 m



1 2;



.
Chọn B.

Câu 4. (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp lần 2 năm học 2016-2017)
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số yx3 3x1. Tất cả các giá trị thực của m để phương
trình x33x1 m có 3 nghiệm đơi một khác nhau là

A. m0. B. 1m3.
C.  3 m1. D. m0, m3.
Hướng dẫn giải:

Cách vẽ đồ thị hàm số y x33x1

 

C1 từ đồ thị hàm số yx33x1

 

C .
+ Giữ ngun phần đồ thị

 

C phía trên

trục hồnh.

+ Lấy đối xứng phần đồ thị

 

C phía dưới
trục hồnh qua trục hồnh và bỏ phần đồ
thị phía dưới trụ hồnh.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+ Hợp hai phần đồ thị trên ta được đồ thị
hàm số y x33x1

 

C1 (như hình vẽ).
Để phương trình x33x1 m có 3
nghiệm đơi một khác nhau thì đường
thẳng ym cắt đồ thị hàm số

 

 3 3 1 1

y x x C tại 3 điểm phân biệt
 

 



0
3

m

m .

Chọn D.

Câu 5. (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp lần 2 năm học 2016-2017) Biết
rằng đường thẳng d y:   x mluôn cắt đường cong

 

 



2 1

2
x
C y

x tại hai điểm phân
biệt A, B. Độ dài đoạn AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?

A. 4. B. 6. C. 3 6. D. 2 6.

Hướng dẫn giải:

PT HĐGĐ:      







  

 




2 1

4 1 2 0

2
x

x m x m x m

x .

Do d ln cắt

 

C tại hai điểm phân biệt nên

 

 ln có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.
Khi đó A x



1;x1m



và B x



2;x2m



Ta có 





 

  











 







 

 

2 2 2 2

2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 4 1 2

AB x x x x x x x x x x .

Theo định lý Vi – et ta có    
 


1 2
1 2

. 1 2

x x m
x x m .

Do đó  















   

 

2 2

2 4 4 1 2 2 24 2 6

AB m m m .

Vậy ABmin 2 6m0.
Chọn D.

Câu 6. (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp lần 2 năm học 2016-2017) Biết
rằng đồ thị hàm số y



3a21



x3



b31



x23c x2 4d có hai điểm cực trị là



1; 7





2; 8



. Hãy xác định tổng Ma2b2c2d2.

A. 18 . B. 8 . C. 15 . D. 18 .

Hướng dẫn giải:

Đao hàm: y 3 3



a21



x22



b31



x3c2.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Theo giả thiết ta có hệ:

 



 



 



 



 



 



 



 



       



       




       




       




2 3 2

1 3 3 1 2 1 3 0

2 12 3 1 4 1 3 0

1 3 1 1 3 4 7

2 8 3 1 4 1 6 4 8

y a b c

y a b c d

Xét hệ phương trình

   


  




    


     


3 2 0

12 4 0

8 4 2 8

x y z

x y z t

x y z t

với

  


 





 


2
3

3 1

1
3
4

x a

y b
z c

t d

Giải hệ phương trình trên ta tìm được

 
 




 

 

     

 

 

 

    

 

2
2

2 2 2 2

2
2

1
2

9 4

12 4

12 9

a
x

y b

a b c d

z c

t d

Chọn A.

Câu 7. (THPT Chuyên Lê Qúy Đôn - Quảng Trị lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số
 36 29 

y x x x m (m là tham số thực) có đồ thị

 

C . Giả sử

 

C cắt trục hồnh tại 3 điểm
phân biệt có hồnh độ x1,x2, x3 ( với x1 x2 x3 ). Khẳng định nào sau đây đúng?

A. 0x1 1 x2 3x3 4. B. 1x1 x2 3x3 4.
C. 1x13x2 4x3. D. x10 1 x2 3x34.
Hướng dẫn giải

Ta có y 3x212x9. Cho

 

    

   

  



1 1 4

3 3

x f m

y

x f m . Đồ thị hàm số có dạng:

Do đó, Ta có x1  1 x2 3x3 và

 

   




 




1 4 0

3 0

f m

f m   4 m0
Ta có f

 

0 m0 nên 0x1 và f

 

4 m4 0 nên x3 4.
Chọn A.

Câu 8. (THPT Chuyên Lê Qúy Đôn - Quảng Trị lần 1 năm 2016-2017) Đồ thị hàm số
 4  2

y ax bx c cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D như hình vẽ bên. Biết
rằng AB BC CD  , mệnh đề nào sau dây đúng?

A. a0,b0,c0,100b2 9ac.

Ox

3
1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

B. a0,b0,c0,9b2 100ac.
C. a0,b0,c0,9b2 100ac.

D. a0,b0,c0,100b2 9ac.
Hướng dẫn giải.

Ta có

    

lim 0

x y a . Mặt khác đồ thị hàm số giao với trục tung tại điểm có tung
độ dương nên c0. Đồ thị hàm số có ba cực trị nên ab  0 b 0. Loại B D, .
Xét pt hoành độ giao điểm ax4bx2 c 0(1).Đặt t x t 2, 0 pt thành at2bt c 0
Phương trình có 2 nghiệm t0( do cắt tại 4 điểm) thỏa mãn:



  




 




1 2

( )
b
t t

a I
c
t t

a

Giả sử A( t1; 0), B( t2; 0) thì C( t2; 0), ( t ; 0)D 1 (x1 x2) do tính đối xứng của đồ
thị chẵn. Mà ABBC CD  t1  t2 2 t2  t1 3 t2 t1 9 t ( )2 II từ (I) và (II)
suy ra: 9b2 100ac

Chọn C.

Câu 9. (THPT Chuyên Lê Qúy Đôn - Quảng Trị lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số
 42 2 1

y x mx m. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ O làm trực tâm.

A. m1. B. m2. C. m0. D. m 1.
Hướng dẫn giải

TXĐ: D.

Ta có y 4x34mx4x x



2m



. Cho     

 2

0 x

y

x m.
Hàm số có ba cực trị m0

 

1 .

Khi đó đths có ba điểm cực trị là: A



0;1m



, B



 m;m2m1



, C



m;m2 m1



.
Do tam giác cân tại A và A Oy nên tam giác ABC nhận O làm trực tâm

 

 

. 0

OB AC  m4 m3m2m0   
 



0
1

m
m .
Kết hợp với

 

1 ta suy ra m1.

Chọn A.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 10. (THPT Chuyên Lê Qúy Đôn - Đà Nẵng lần 1 năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá
trị thực k đề phương trình 2 33 2 3 1  1

2 2 2

k

x x x có đúng 4 nghiệm phân biệt.
A.   

 

19
; 5 .
4

k B. k .

C.  







  

 

2; 1 1; .

k D.     

   

3 19

2; ; 6 .

4 4

k

Hướng dẫn giải:

Đặt

 

 2 33 23 1

2 2

f x x x x

 

  6 2 3 3

f x x x ,

 

  

  
 

1
0 1
2
x
f x
x
BBT

 

  
   

 
  
1
1
2
0 0
11
8

2
x
f x
f x

Suy ra đồ thị của hàm trị tuyệt đối
 2 33 2 3 1

2 2

y x x x bằng cách lấy
đối xứng qua trục Ox

Vậy để PT có đúng 4 nghiệm phân biệt 11  1 2

8 2
k
    
2
121
1 4
64 4
k

k 


  



   


2
2
57
0
4 64
3 0
4
k
k
k
k


 


 


  

3

4
19
4
2 6
k
k
k


   


  

3
2
4
19
6
4
k
k
.
Chọn D.

Câu 11. (THPT Chuyên Lê Qúy Đôn - Đà Nẵng lần 1 năm 2016-2017) Cho x, y là các số
thực thỏa mãn x y  x 1 2y2. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của Px2 y22



x1



y1



8 4 x y. Khi đó, giá trị của M m bằng

A. 44. B. 41. C. 43 . D. 42.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Hướng dẫn giải:















 2  2 2 1 1 8 4    2 2   2 8 4 

P x y x y x y x y x y x y.

Đặttx y P t 22t 2 8 4t.
Theo giả thiết x y  x 1 2y2



















 x y 2 x2y 1 2 2 x1 y1 x2y 1 2 x1 y 1 3 x y
 t 3tt23t00 t 3

Xétf t

 

t2 2t 2 8 4t trên 0; 3

 

   

4
2 2

f t t

t ;

 









 0 2 2 4 4 1 4 2

f t t t t t .









 



               


    

  



2 3 2

2 1 4 4 2 7 0 1 2 2 0; 3

1 2 2 0; 3

t

t t t t t t t

t

Ta có f

 

0 18;f

 

3 25minP18, max

 

P 25.
Vậy M m 25 18 43  .

Chọn C.

Câu 12. (THPT Chuyên Thái Bình - Thái Bình lần 4 năm 
2016-2017) Cho hàm số f x

 

x3 3x22 có đồ thị là đường cong trong
hình bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham sớ mđề phương
trình x33x2 2m có nhiều nghiệm thực nhất.

A.  2 m2.
B. 0m2.
C.  2 m2.
D. 0m2.

Hướng dẫn giải:

Ta có hàm số g x

 

 x33x22 là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối
xứng.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Dựa vào đồ thị suy ra phương trình x33x2 2m có nhiều nghiệm thực nhất khi và
chỉ khi  2 m2.

Chọn C.

Câu 13. (THPT Chuyên Thái Bình - Thái Bình lần 4 năm 2016-2017) Phương trình

  

sin 2

2017 x sinx 2 cos x có bao nhiêu nghiệm thực trong   
 5 ; 2017  ?

A. vô nghiệm. B. 2017 . C. 2022 . D. 2023 .
Hướng dẫn giải:

Ta có hàm số 2017sinxsin  2 cos 2

y x x tuần hoàn với chu kỳ T2 .
Xét hàm số 2017sinxsin  2 cos 2

y x x trên 0; 2.
Ta có

 

        

   

sin sin

2 2

2 sin .cos sin

cos .2017 .ln 2017 cos cos . 2017 .ln 2017 1

2 2 cos 1 sin

x x x x x

y x x x

x x

Do vậy trên 0; 2,   0 cos  0    3

2 2

y x x x .



 

   

 

 2 2017 1 2 0

y ;      

 

3 1

1 2 0

2 2017

y

Bảng biến thiên
x

0 



3
2



2


y  0  0 

y

Vậy trên 0; 2 phương trình 2017sinx sinx 2 cos 2x có đúng ba nghiệm phân biệt.
Ta có y

 

 0, nên trên 0; 2 phương trình 2017sinx sinx 2 cos 2x có ba nghiệm 
phân biệt là 0, , 2 .  

3
2

y 

 



 
 
2
y

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Suy ra trên  5 ; 2017  phương trình có đúng 2017 

 

5  1 2023 nghiệm.
Chọn D.

Câu 14. (THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số
 22 

y mx x x. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang
A. m1. B. m 



2; 2



. C. m 



1;1



. D. m0.
Hướng dẫn giải:

Hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi





     

lim lim 2

x y x mx x x L.

Điều kiện để hàm số y mx22x x xác định là mx2 2x0x mx



2



0.
TH1 Với m0, ta có x mx



2



  0 0 x  2 

m Khơng có giá trị m thỏa u cầu bài
tốn,

TH2 Với m0, ta có





 

  

  


2 0 2

x
x mx

x
m

Khi đó





 

lim lim 22   

x y x mx x x .









  

 

       

 
2
2

1 2

lim lim 2 lim 1

x x x

m x x

y mx x x L m

mx x x

TH3 m0 suy ra y 2x x , xác định khi x0.

Do vậy chỉ có









         

lim lim 2 lim 2

x y x mx x x x x x . Suy ra m0 khơng thỏa

u cầu bài tốn.
Chọn A.

Câu 15. (THPT Chun Ngoại Ngữ - Hà Nội lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ sau

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Với m



1; 3



thì phương trình f x

 

m có bao nhiêu nghiệm ?

A. 4. B. 3. C. 2. D. 5.

Hướng dẫn giải:

Mô phỏng dạng của đồ thị hàm số y f x

 

được thể hiện như hình vẽ dưới đây (nét

liền phía trên trục Ox).

Từ hình vẽ trên thì với m



1; 3



thì đường ym cắt đồ thị hàm số y f x

 

tại 4 điểm
do đó phương trình f x

 

m có 4 nghiệm.

Chọn A.

Câu 16. (THPT Chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam lần 1 năm 2016-2017) Chox y, là
hai số thực khơng âm thỏa mãn x2y22x 3 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2  2

P x y (làm trịn đến hai chữ số thập phân).

A. 3,71 . B. 3,70 . C. 3,72 . D. 3,73 .
Hướng dẫn giải:

Theo giả thiết ta có



      



 

  

 

  

  

 

2 2

2 3 0 0 1

0 0

0 3 2

x y x x

x y

y y x x.

Suy ra P2x 3 2 x x 2 2.

Xét hàm số f x

 

2x 3 2 x x 2 2, x 0;1.

 

 

       
  2

2 0 0;1

3 2
x

f x x

x x

. Suy ra f x

 

đồng biến trên 0;1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là f

 

0   3 2  3,73.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chọn D.

Câu 17. (THPT Chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam lần 1 năm 2016-2017) Số các giá
trị của m để phương trình x4 2m



1 x



có đúng 1 nghiệm là

A. 3 . B. 1. C. Vô số. D. 0.

Hướng dẫn giải:





   

2 1 0

x m x .

Đặt t x , t0. Phương trình trở thành: t4 2 m



1t



0

 

1 .
Vậy phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi.
phương trình

 

1 có nghiệm t0, các nghiệm cịn lại đều âm.
Vì t0 là nghiệm nên  2 m0m 2.

Thử lại, thay m 2 vào phương trình

 

1 : t4 2 2 1



t



0.





t t32 0.
 

 

 3

0
2
t

t (khơng thỏa điều kiện).

Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa u cầu bài tốn.

Chọn D.

Câu 18. (THPT Chun Lê Khiết - Quảng Ngãi lần 1 năm 2016-2017) Để đồ thị

 

C của
hàm số yx33x24 và đường thẳng y mx m  cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A



1; 0



, B, C sao cho OBC có diện tích bằng 8 thì:

A. m là một số chẵn. B. m là một số nguyên tố.

C. m là một số vô tỉ. D. m là một số chia hết cho 3.
Hướng dẫn giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

C và d là:













         

3 2 2

3 4 1 1 4 4 0

x x m x x x x m





 

  
 

 

 2
1

2 *

x

x m

Đường thẳng d cắt

 

C tại 3 điểm phân biệt khi

 

* có hai nghiệm phân biệt khác 1
m0,m9.

Với điều kiện trên, d cắt

 

C tại 3 điểm phân biệt



1; 0 ,





2 ;



2









2 ;



2







A B m m m m C m m m m

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta có








2
;

1
m
d O d

m

; BC 4m4m3





          



3 2

1 1

8 ; . 8 . . 4 4 8 8 8

2 2 1

OBC

m

S d O d BC m m m m

m

Chọn C.

Câu 19. (THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa năm 2016-2017) Cho hàm số
 3 2 1

y ax bx cx có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. b0,c0. B. b0,c0.

C. b0,c0. D. b0,c0.
Hướng dẫn giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình y 3ax2 2bx c 0 có hai nghiệm phân
biệt dương



 





    




 




2

1 2

3 0

2
0
3

. 0

b ac
b
x x

a
c
x x

a

và hệ số a0 do





     

3 2

lim

x ax bx cx d

Từ đó suy ra c0,b0
Chọn A.

Câu 20. (THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa năm 2016-2017) Tìm tất cả giá trị thực
của tham số m sao cho đồ thị

 

Cm :yx3 3mx2m3 cắt đường thẳng d y m x:  2 2m3
tại ba điểm phân biệt có hoành độ x x x1, 2, 3 thoả mãn x14x42x43 83.

A. m 1;m1. B. m 1. C. m1. D. m2.
Hướng dẫn giải:

C1: [Phương pháp tự luận]

Phương trình hồnh độ giao điểm của



Cm



và d:

   

3 2 3 2 3

3 2

x mx m m x m

 

–∞ +∞

0 0

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

x33mx2m x2 3m3 0









x x2m2 3m x2m2 0









 x2 m2 x3m 0
 


  

  

 3

x m
x m

x m



Cm



cắt d tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

 

1 có 3 nghiệm phân biệt
m0. Khi đó, x14x42x34 83 m4 m4 



3m



4 8383m4 83m 1.

C2: [Phương pháp trắc nghiệm]

Thay m1 ta được phương trình:

  

     

  


3 2

3 3 0 1

x

x x x x

x

(thỏa điều kiện

  

4 4 4

1 2 3 83

x x x )

Thay m 1 ta được phương trình:

 

     

  


3 2

3 3 0 1

x

x x x x

x

(thỏa điều kiện

  

4 4 4

1 2 3 83

x x x )

Chọn A.

Câu 21. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Một cơng ty kinh
doanh nghiên cứu thị trường trước khi tung ra sản phẩm và nhận thấy để sản xuất ra một
đơn vị sản phẩm loại A và B thì mất lần lượt là 2000 USD và 4000 USD. Nếu sản xuất
được x sản phẩm loại A và y sản phẩm loại B thì lợi nhuận mà cơng ty thu được là



;



8000 13 21USD

L x y  x y . Giả sử chi phí để sản xuất hai loại sản phẩm A B, là 40000USD
. Gọi x y0, 0 lần lượt là số phẩm loại A B, để lợi nhuận lớn nhất. Tính ..

A. 100. B. 200. C. 300. D. 400

Hướng dẫn giải:

Gọi x y, lần lượt là số phẩm loại A B, .

Theo đề bài ta có: x.2000y.400040000x2y20x20 2 y.

Ta có





1
1

2
3
8 000 20 2

L  y y .

Xét hàm





1
1

2
3
20 2

y  y y . Tập xác định D



0;10











2 1 1 1

3 2 2 3

2 1

20 2 20 2

3 2

y y y y y




     









2 1

3 2 2 1

20 2 20 2

3 2

y y y y



  

     

 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>





2 1

3 2 5

20 2 10

y y y



  

    

 

0
0

y D

y

y D

  
   

 


Nhận xét:





2 1
3 2

20 2y y 0




  nên dấu của y là dấu của biểu thức 5 10
3y
  .
Do đó hàm số đạt giá trị lớn nhất khi y6x8.

Chọn A.

Câu 22. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Tìm m để đồ thị hàm
số yx42mx2 2m24m có ba điểm cực trị A B C, , sao cho SABC 1.

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải:

Ta cóy 4x34mx.

0 x

y

x m
 
   




Hàm số có ba cực trị khi m0.

Tọa độ ba điểm cực trị là





0; 2 4

A m  m ,





; 4

B m m  m ,





; 4

C m m  m .
Tam giác ABC cân tại





0; 2 4

A m  m nên

1 1





. 1





. 2

2
ABC

S   d A BC BC d A BC BC
2

: 4

BC ym  m.





, 

d A BC m .



2 ; 0



   



BC m BC m ;





2 1

, . 2 1

m
d A BC BC m m

m
 

    

 


Kết hợp với điều kiện m0 ta có m1.

Chọn B.

Câu 23. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Tìm m để phương

trình 6 4 3 3





6 15 3 6 10 0

x  x m x   m x  mx  có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc
1

; 2 .
2
 
 
 

A. B. 2 5.

2
m

  C. D.

Hướng dẫn giải:

m m1. m3. m2.

4.
5 m

0 .

4
m

  7 3.

5m

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có 6 4 3 3





6 15 3 6 10 0

x  x m x   m x  mx 



x2 2



3 3



x2 2





mx 1



3 3



mx 1



       









2 1 (*)

f x f mx

    với f t

 

t3 3t.

Do f t

 

3t23 0,  t  hàm số f t

 

đồng biến trên .

Nên 2

(*)x 2mx1

2 1

1 0 

x mx  m x

x

Xét hàm số

 

2 1
x
g x

x


 trên 1; 2 .
2
 
 
 
Ta có g x

 

1 12 g x

 

0 x 1

x

       
Bảng biến thiên

Dựa và bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc
1

; 2
2
 
 
 

khi và chỉ khi 2 5.
2
m
 
Chọn B.

Câu 24. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số

 

3 3 2 3.

f x x  x  x Phương trình



 



 

2 1

f f x

f x   có bao nhiêu nghiệm thực phân
biệt?

A. 4 nghiệm. B. 9 nghiệm. C. 6 nghiệm. D. 5 nghiệm.
Hướng dẫn giải:

Cách 1:

Xét hàm số

 

3 3 2 3
2
f x x  x  x .
Ta có f x

 

3x26x1.

 

1 1

2 2

3 6 9 8 6

3 18

0 3 6 1 0

3 6 9 8 6

3 18

x f x

f x x x

x f x

  

  



      

  

  




Bảng biến thiên

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Xét phương trình .

Đặt t f x

 

. Khi đó phương trình trở thành

 

3 2 3 3 2 5

 

1 2 1 3 2 1 3 0 *

2 1 2 2

f t

f t t t t t t t t t

t                .

Xét hàm số

 

3

5

2 g t



t



t

 

t

liên tục trên .

+ Ta có

   

3 . 4 1 .29 0

2 2

g g    

  nên phương trình

 

* có một nghiệm t t1



3; 4



  .
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình f x

 

t1 với

 

1 1

9 8 6
3

t   f x   có một nghiệm.

+ Ta có

 

1 . 1 1 .11 0

2 2 8

g g    

    nên phương trình

 

* có một nghiệm 2
1

;1
2
tt   

 .
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình f x

 

t2 với

 

2 2

 

9 8 6 1 9 8 6

18 2 18

f x    t   f x   có ba nghiệm phân biệt.

+ Ta có 4 .

 

1 217. 1 0

5 250 2

g  g    

   

nên phương trình

 

* có một nghiệm
3

4
1;

5
tt    

 .

Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình f x

 

t3 với

 

3 2

4 9 8 6

5 18

t    f x   có một nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Cách 2:

Đặt t f x

 

. Khi đó phương trình trở thành

 

3 2 3 3 2 5

 

1 2 1 3 2 1 3 0 *

2 1 2 2

f t

f t t t t t t t t t

t                .

 





 

2 1

f f x
f x  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

1
2
3

3,05979197
0,8745059057

0, 9342978758

t
t
t
 

 

  


+ Xét phương trình 3 2 1

3 3.05979197

2 x



x

   

x

t

. Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.

+ Xét phương trình 3 2 2

3 0,8745059057

2 x



x

  

x

t



. Bấm máy tính ta được 3 nghiệm.

+ Xét phương trình 3 2 3

3 0,9342978758

2 x



x

  

x

t

 

. Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Chọn D.

Câu 25. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ:

Tìm

m

để phương trình f x

 

2 3 m có bốn nghiệm phân biệt.

A. m 1 hoặc

1 .

3 m

 

B.

1 .

3 m

 

 

C.

1 .

3 m

 

D. m 1.

Hướng dẫn giải:

Số nghiệm của phương trình f x

 

2 3 m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng y  23m .

Để phương trình f x

 

2 3 m có bốn nghiệm phân biệt thì

3 2 3

5

1 .

3 m

 

   

 

Chọn B.

Câu 26. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Tìm giá trị lớn nhất
M và giá trị nhỏ nhất

m

của hàm số 3

3 1

y  x  x trên đoạn 0; 3 .
A. M 19, m 1. B. M 20, m0.
C. M 19, m0. D. M 19, m1.
Hướng dẫn giải:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Xét trên 0; 3 hàm số liên tục.

3 3

y  x  , 0 3 2 3 0 3 2 3 0 1 0; 3

1 0; 3

x

y x x

x

    
         

    

  



Nên f

 

0 1, f

 

1 1 và f

 

3 19
Dó đó: M19, m1

Chọn D.

Câu 27. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số
3 2

y ax bx cx d có đồ thị như hình vẽ bên.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a 0 , b 0 , c  0 , d 0 .
B. a 0 , b 0 ,c 0 , d 0. 
C. a 0 , b 0 , c  0 , d 0 .
D. a 0 , b 0 ,c  0 , d 0 .

Hướng dẫn giải:

Từ hình dáng đồ thị ta suy ra hệ số a0,d0 loại đáp án C.
Ta có: y 3ax22bx c

Vì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 nên y

 

0 0 c 0 loại đáp án A.

Khi đó:

0

3

2

0

2

3 b

y

ax

bx

x

a

  



     

Do hoành độ điểm cực đại dương nên

2

0

3 b

a





, mà a  0 b 0.

Chọn D.

Câu 28. (SGD Nam Định lần 1 năm 2016-2017) Cho

a

, b là hai số thực dương. Tìm số
điểm cực trị của hàm số y  x4ax2 b .

A. 3. B. 4. C. 6. D. 5.

Hướng dẫn giải:

x

y

O

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Đặt g x

 

x4ax2 b

Dựa vào đồ thị minh họa ta thấy.
 Đồ thị của hàm số

 

4 2

g x x ax b là phần
nằm phía dưới trục hồnh và hai nhánh phía

trên trục hồnh.

 Đồ thị của hàm số y x4ax2b là sự kết

hợp của hai phần đồ thị: một phần đồ thị nằm
phía trên trục hồnh, một phần đồ thị phía
dưới trục hồnh ta lấy đối xứng của

 

4 2

g x x ax b qua trục hồnh.

Dựa vào đồ thị



Hàm số y x4ax2b có 5 cực trị.

Chọn D.

Câu 29. (SGD Nam Định lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số

2 x

y

x





có đồ thị

 

C .

Tìm giá trị nhỏ nhất h của tổng khoảng cách từ điểm M thuộc

 

C tới hai đường thẳng

:

x

1 0



 

và



2

:

y

 

2 0

A. h4. B. h3. C. h5. D. h2.
Hướng dẫn giải:

Lấy tùy ý M x y



0; 0

  

 C



0
0

0 0

2 4

2 2

x
y

x x

  

 



; 2

M x

x

 



 



 

.
Khi đó : d M



;1



 x01





0 0 0

4 4 4

; 2 2

2 2 2

d M

x x x

     

  

Do đó hd M



;1



d M



;2



0

4
1

x

x
  



0 0

4 4

2 1 2 1 3

2 2

x x

        

  ( Lưu ý ở đây a b  a  b )



Min h3.

Đẳng thức xảy ra







0
0

2 .1 0

0
4

x

x
x

x

  



 



 

 



Chọn A.

Câu 30. (SGD Nam Định lần 1 năm 2016-2017) Người ta định xây dựng một trạm biến
áp 110 Kv tại ô đất C cạnh đường quốc lộ MN để cấp điện cho hai khu cơng nghiệp A

và B như hình vẽ. Hai khu cơng nghiệp A và B cách quốc lộ lần lượt là AM3km,

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

cơng nghiệp A bao nhiêu km để tổng chiều dài đường dây cấp điện cho hai khu cơng
nghiệp A và B là ngắn nhất.

A.

3 5

km

. B. 5km. C. 3km. D.

34 km

Hướng dẫn giải: 
Gọi ACx

Ta có: MC x29 ; CN12 x29

Khi đó





2
2

12 9 36

BC  x   .

Khi đó:

 





2
2

12 9 36

AC CB  f x  x  x  
Khảo sát f x

 

ngắn nhất khi x5.

Chọn B.

Câu 31. (THPT Quốc học Huế - Huế năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham
số

m

để đồ thị hàm số yx2m



4x2 1



7 có điểm chung với trục hồnh.

A. 0m3. B.

1

7

3 m

 



. C.

2

7

3 m



. D. 2m3.
Hướng dẫn giải:

Tập xác định: D  2; 2. Ta có phương trình hồnh độ giao điểm như sau:





2 2

4 1 7 0

x m x   

2
2

4 1

x
m

x

 

 

Xét hàm số

 

2
2

4 1

x
f x

x




 

trên  2; 2. Có





3 2

2 2

2 4

...

4 4 1

x x x x

y

x x

  



  

  

Cho y 0 x3 x 2x 4x2 0   x



3;0; 3



.
Ta có bảng biến thiến như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình

2
2

4 1

x
m

x



 

có nghiệm khi 2m3.
Chọn D.

A

B

M N

C

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 32. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình lần 1 năm 2016-2017) Với giá trị
nào của tham số thực

m

thì đồ thị hàm số y 2x43mx2m45m21 có ba điểm cực
trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2?

A.

3

4 m



. B.

4

3 m



. C.

3
4 4

m . D.

2

3 m



.

Hướng dẫn giải:

 

4 2 4 2 3

2
0

2 3 5 1 8 6 ; 0

4 3 0 *

x

y x mx m m y x mx y

x m

 

 

            

  



Theo yêu cầu bài toán :

 

* phải có hai nghiệm phân biệt khác 0.

4.4.3 0

0
0

m

m
m

  

 





Gọi



0; 4 5 2 1 , B



3 ; m4 31 2 1 , C 3 ; m4 31 2 1

2 8 2 8

m m

A m  m    m     m  

   





1 1 9 4

, . . . 3 2

2 2 8 3

ABC

m

S  d A BC BC m m

Chọn B.

Câu 33. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình lần 1 năm 2016-2017) Biết hàm
số

 

3 2

f x x ax bx c đạt cực tiểu tại điểm x1, f

 

1  3 và đồ thị của hàm số cắt
trục tung tại điểm có tung độ bằng 2. Tính giá trị của hàm số tại x 1.

A. f

 

1  3. B. f

 

1 4. C. f

 

1 13. D. f

 

1 2.

Hướng dẫn giải:

 

3 2

f x  x  ax b

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x1 nên : f

 

1  3 2a b 0 2a b  3

 

1 3 1 3 4

f             a b c a b c

Mặt khác đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2nên 2c

2 3 2

2 3

4 9

a b c

c a

a b c b

   

 

 

  

 

       

 

Nên

 

3 2

 

3 9 2 ; f 1 13

f x x  x  x   .
Chọn C.

Câu 34. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình lần 1 năm 2016-2017) Ơng An
cần sản xuất một cái thang để trèo qua một bức tường nhà. Ơng muốn cái thang phải
ln được đặt qua vị trí C, biết rằng điểm C cao 2m so với nền nhà và điểm C cách tường
nhà 1m (như hình vẽ bên).Giả sử kinh phí để sản xuất thang là 300.000 đồng/1 mét dài.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Hỏi ơng An cần ít nhất bao nhiêu tiền để sản xuất thang? ( Kết quả làm trịn đến hàng
nghìn đồng).

A. 2.350.000 đồng.

B. 3.125.000 đồng.
C. 1.249.000 đồng. 
D. 600.000 đồng.
Hướng dẫn giải:

Đặt BC x .

Ta có : BCECDF

2
1

BC CE x

CD DF CD CD

   


.





2 2 4 2

x CD CD

  

2
2
2 2
4 2
1 1
x x
CD CD
x x
   
  .
Vậy chi phí sản xuất thang là :

 

.3.10
1

x

f x x

x

 

  



 

với x1 .

 

2
2
2
5
2
2
2 1
1
3.10 1
1
x
x
x
f x
x
 
 
 

 
  
  
 

 





5
3
2
2
3.10 1
1
x
 
  
   
  
 
.

 





0 1 2

f x   x   



x21



3 4 x234 1 .Hay 3

4 1

x  .
Khi đó chi phí sản xuất thang là 1.249.000 đồng .

Chọn C.

Câu 35. (THPT Chuyên Sơn La - Sơn La lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số





5 0

y  x mx m , m là tham số. Hỏi hàm số đã cho có thể có nhiều nhất bao nhiêu

điểm cực trị?

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

Hướng dẫn giải: 
TXĐ: .

Ta có

5
6

5 ' .

x

y x mx y m

x
      
Phương trình
5
6
6
' 0
2
x
y m
x
   . 
Xét
2
5 5
3 2
6

3 khi 0

6 6

( ) .

3 khi 0

2 2
x x
x x
g x
x x
x x
 

   
 

 
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình .. có tối đa 1 nghiệm.
C
D
B
A
E
F
2m
1m

O x

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Đơi điều: kết quả bài tốn khơng phụ thuộc vào dữ kiện m0 .
Chọn C.

Câu 36. (THPT Chuyên Sơn La - Sơn La lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số

1 ( )

2 x

y

C

x







. Gọi d là khoảng cách từ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị

đến một tiếp tuyến của ( )C . Giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là :
A. 2

2 . B.

5

. C.

3

. D.

6

Hướng dẫn giải: 
Ta có:

 





' 2

y x x

x



  



. Gọi I là giao của hai tiệm cận  I



2; 1



Gọi





 

0 0 0

; ;

2
x

M x y M x C

x
  
  

 

Khi đó tiếp tuyến tại M x y



0; 0



có phương trình: :yy x'

 

0 x x 0



y0









0
0
2
0
0
1
3
2
2
x

y x x

x
x


   











0 0
2 2
0
0 0
3 1

3
. 0
2
2 2
x x
x y
x
x x


    

 

Khi đó ta có:

















0 0
2 2
0
0 0
4
0
3 1
6
1
2
2 2
;
9

1
2
x x
x
x x
d I
x


  

 
 











0
4
0
6 12
;
2 9
x
d I
x

  
 

Áp dụng BĐT:

a



b



2 ab



a b

,

Ta có: 9



x02



42.3.



x02



2 9



x02



4  6



x02















0 0

4 2

0 0

6 12 6 12

; 6

2 9 6 2

x x
d I
x x
 
    
  

Vậy giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là :

6

Chọn D.

Câu 37. (THTT lần 8 năm 2016-2017) Cho hàm số y x 42x2. Gọi  là đường thẳng đi
qua điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho và có hệ số góc

m

. Tập hợp tất cả các giá trị
của tham số thực

m

sao cho tổng các khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
đã cho đến  nhỏ nhất là

A.

 

0 . B. 1

2
 


 
 

. C. . D.

 

1 .

Hướng dẫn giải: 
4 2

y x  x . TXĐ: D¡ .

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>





3 2

4 4 4 1

y  x  x  x x  ,

0 1

x

y x

x




    

 


Vậy, điểm cực đại của đồ thị hàm số là gốc tọa độ O



0;0



. Các điểm cực tiểu là



1; 1



A   và B



1; 1



Phương trình đường thẳng  thỏa đề bài có dạng y mx , hay mx y0.

 

2 2 2

1 1 1 1

; ;

1 1 1

m m m m

S d A d B

m m m

      

   

        

  





2 2

2 2 2

2 1 2 1 1 0

2 2. 2 2. 2

1 1 1

m m m

S

m m m

     

    

    .

Vậy S2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m2 1 0

   hay m 1. Vì S0 nên ta kết luận
S đạt giá trị bé nhất là

2

khi m 1

Chọn D.

Câu 38. (THTT lần 8 năm 2016-2017) Cho hàm số 3









2 1 1

yx  m x  m x. Tập hợp
tất cả các giá trị của tham số

m

sao cho đồ thị của hàm số đã cho có 2 điểm cực trị, đồng
thời hồnh độ điểm cực đại khơng nhỏ hơn 1 là

A. ; 1

 

2
4

  

 

 

  . B.





1
; 2;



 

  

 

  .

C. ; 1

4
  



 

 

. D. ; 1

 

4
  

 

 

 

.
Hướng dẫn giải:

Tập xác định D¡ . Ta có y 3x22 2



m1



x 1 m. Vậy





0 3 2 2 1 1 0

y   x  m x m (*)

Đồ thị của hàm số đã cho có 2 điểm cực trị



(*) có 2 nghiệm phân biệt
   0 4m2 7m 2 0

   

1
4
2

m












(1)

Gọi

x

1,

x

2 là 2 nghiệm của (*), sao cho

x



x

2. Ta có bảng biến thiên

Vậy

x

1 là điểm cực đại của hàm số đã cho.

Đặt VT

 

*  f x

 

. u cầu bài tốn tương đương hai nghiệm phân biệt

x

2 của
phương trình

 

* phải thỏa

  

1 x

2, nghĩa là

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

 

1 0

2 1

2 3

f

b m

a

  



  

   




2
2

m

m
m




  




(2). Từ (1) và (2) suy ra 1
4

m .

Chọn C.

Câu 39. (THTT lần 8 năm 2016-2017) Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực

m

sao
cho phương trình 2

x

m
x




 có đúng hai nghiệm phân biệt là:

A. 0; 2



. B.



1; 2



. C. 1; 2 

 

0 . D.



1;2

  

 0
Hướng dẫn giải:

*Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

 

2

1 x

y

f x

x







có đồ thị

 

C ta được đồ thị như hình bên

dưới.

*Từ đồ thị

 

C suy ra đồ thị hàm số 2

 

1
x

y f x

x



 

 có đồ thị

 

C1 bằng cách:
Phần 1 : Giữ nguyên đồ thị hàm số

 

C phần bên phải trục tung.

Phần 2 : Lấy đối xứng phần 1 qua trục tung.
Ta được đồ thị

 

C1 như hình bên dưới.

*Từ đồ thị hàm số

 

C1 suy ra đồ thị hàm số 2

 

x

y f x

x



 

 có đồ thị

 

C2 bằng cách:

Phần 1: Giữ nguyên phần đồ thị

 

C1 nằm trên trục Ox.

Phần 2: Lấy đối xứng phần nằm dưới trục O x của đồ thị

 

C1 qua trục O x .
Ta được đồ thị

 

C2 như hình vẽ bên trên.

Quan sát đồ thị

 

C2 ta được phương trình 2
1
x

m
x




 có đúng hai nghiệm phân biệt khi
và chỉ khi 0

1 2

m
m
 


 


.
Chọn D.

Câu 40. (THTT lần 8 năm 2016-2017) Một vùng đất hình chữ nhật ABCD có AB25km,

BC  km và M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Một người cưỡi ngựa xuất
phát từ A đi đến C bằng cách đi thẳng từ A đến một điểm X thuộc đoạn MN rồi lại
đi thẳng từ X đến C. Vận tốc của ngựa khi đi trên phần ABNM là 15km h/ , vận tốc của
ngựa khi đi trên phần MNCD là 3 0km h/ . Thời gian ít nhất để ngựa di chuyển từ A đến

C là mấy giờ?

O

x

y

2 

2

1 

1  

: 2
1
x
C y

x






 

2
:

1
x
C y

x







 

2
:

1
x
C y

x






O

x

y

2

1

2 

O

x

y

2 

2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

A. 2 5.

3 B.

41
.

4 C.

4 29
.
6



D. 5.

Hướng dẫn giải

Gọi

MX x km







với 0 x 25

Quãng đường AX  x2102  thời gian tương ứng

 

2 100

15
x

h


Quãng đường CX



25x



2102thời gian tương ứng

 

50 725
30

x x

h

 

Tổng thời gian  

2 2

100 50 725

15 30

x x x

f x      với x 0; 25, tìm giá trị nhỏ nhất

 

f x

 

2 2

15 100 30 50 725

x x

f x

x x x



  

  

f x



 

  

0 x

5

Tính các giá trị

 

0 4 29 1,56
6

f    , 25 1 29 2,13
3

f    ,

 

5 2 5 1, 49
3

f  

Vậy hàm số đạt GTNN bằng 2 5

3 tại x5.

Chọn A.

Câu 41. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Đờng Nai lần 1 năm 2016-2017) Để làm một
máng xối nước, từ một tấm tơn kích thước 0 , 9m3m người ta gấp tấm tơn đó như hình
vẽ dưới. Biết mặt cắt của máng xối (bị cắt bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là
một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm
tơn. Hỏi x m

 

bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất ?

A. x 0, 5m. B. x 0 , 65m. C. x0, 4m. D. x 0, 6m.

Hướng dẫn giải:

Gọi h là chiều cao của lăng trụ

Vì chiều cao lăng trụ bằng chiều dài tấm tơn nên thể tích máng xối lớn nhất khi diện
tích hình thang cân (mặt cắt) lớn nhất

Ta có



0, 3



h

S x













2
2

0, 3

0, 3
2

0, 3
0, 3

4
x

BC x

x
h



 



  

3m

0, 9m 0, 3m

0, 3m
x m

0, 3m
3m

0, 3m

x

(a) Tấm tôn (b) Máng xối (c) Mặt cắt

25km

20km

15km h/

30km h/

N

M

A B

D C

X

x

h

0.3m

B

A

C

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

ĐK:













2 0, 3

0, 3 0; 0, 3 0, 9

x

x


   

Khi đó:













0 , 3 4. 0 , 3 0 , 3

S x  x

Xét hàm số: f x

  

 x0,3



4. 0,3



 

2 x0,3 ; 0,3

 

2  x 0,9



 



 









 



2 2

2 0,3

4. 0,3 0,3 0,3

4. 0,3 0,3

x

f x x x

x

 



     

 



 







 









 



2 2

2 2 2 2

4. 0, 3 0, 3 0, 3 0, 3 0, 36 2 0, 3

4. 0, 3 0, 3 4. 0, 3 0, 3

x x x x x

x x

      

 

   

 

2 0, 3

0 0, 3 0,18 0

0, 6

x

f x x x

x
  
        




x

0 , 3 0 , 6 0 , 9

 

f x



0 

 

f x

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f x

 

lớn nhất khi x0,6
Vậy thể tích máng xối lớn nhất khi x0, 6m.

Chọn D.

Câu 42. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số
3 2

( )

yf x ax bx cx d có bảng biến thiên như sau:

Khi đó f x

 

m có bốn nghiệm phân biệt 1 2 3 1 4

x x  x  x khi và chỉ khi

A. 1 1

2 m . B.

2 m . C. 0m1. D. 0m1.

Hướng dẫn giải:

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Ta có

 

0 1 2

1 0 3

0 0

1 0

f a

f b

c
f

d
f

   

 

  

 



 


 

 

    


, suy ra y f x( ) 2 x33x21.

NX:

 

0 1

x
f x

x
 

 

  


Bảng biến thiên của hàm số y f x( ) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình | ( )|f x m có bốn nghiệm phân biệt

1 2 3 4

1
2

x x x  x khi và chỉ khi 1 1
2 m .

Chọn A.

Câu 43. (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị của

m

để
đồ thị hàm số y x33m x23



m21



x



m21



cắt trục hồnh tại ba điểm phân biệt

có hồnh độ dương?

A. m 1. B.

3 

m

 

1

2

C.  1 m1. D.



3 

m

 

1

.
Hướng dẫn giải:

2 2

3 6 3 3

y  x  mx m   y0  x22mxm2 10



xm



2 1

1 1

x m x m

     

   

     

 

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Để đồ thị hàm số

 

C cắt trục hồnh tại ba điểm phân biệt có hồnh độ dương



đồ thị
hàm số

 

C có 2 điểm cực trị hồnh độ dương phân biệt đồng thời

y y

CĐ

.

CT



0

và

 

0 0

y 



3 2



3 2



1 0

3 1 3 3 0

1 0

m
m

m m m m m m

m
  

  


       

 










1 3 2 1 0

1 0

m m m m

m
m
     

   










2
2 2
1 0

1 3 1 2

3 2 1 0

m

m m

m m m

  



    
    

Chọn B.

Câu 44. (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị thực của
tham số

m

để bất phương trình 3

3 2

x m x

x

     nghiệm đúng với mọi x1

A. 2;
3
m  

 . B.

2
;

3
m  

 .

C. m 





. D. 2; 1

3
m  

 

.
Hướng dẫn giải:

2
3

3 4

1 1 2

3 2

3 3

3
x

x mx m

x

x x

          .

Xét

 

2
4
1 2
3 3
3
x
f x
x
x

    với x1

Khi đó:

 





3 3

6 3

5 5

2 1 4

2 2 4

0
3 3
x x
x x
f x
x x
 
 

    với mọi x1.

Lập BBT, dựa vào BBT suy ra 2

m  .

Cách khác:

2
3

3 4

1 1 2

3 2

3 3

3
x

x mx m

x

x x

          .

Xét

 

2
4
1 2
3 3
3
x
f x
x
x

    với x1

Khi đó:

 





3 3

6 3

5 5

2 1 4

2 2 4

0
x x
x x
f x
x x
 
 

    với mọi x1.



f x

 

đồng biến trên  1;





Giá trị nhỏ nhất của f x

 

trên  1;



là

 

1 2
3

f 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

YCBT 2

m

 

Chọn B.

Câu 45. (THPT Phú Xuyên A - Hà Nội lần 1 năm 2016-2017) Số giá trị của tham số

m

để ba điểm cực trị của đồ thị hàm số 4





6 4 1

yx  m x  m là ba đỉnh của một tam
giác vuông là

A. 0. B. 1. C. 2. D. vô số.

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Ta có 3





4 2 6 4

y  x  m x.









3 2

2
0

0 4 2 6 4 0 4 3 2 0

2 3
x

y x m x x x m

x m

 

           

 


Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi 2 3 0 2
3

m m

    .

Tọa độ điểm cực trị là A



0; 1m



, B



2 3 ; 9 m  m211m3 ,







2 3 ; 9 11 3

C   m  m  m .





2 3 ; 9 12 4

AB  m  m  m



; AC 



2 3 ; 9 m  m212m4





Vì tam giác ABC ln cân tại A nên ABC vng cân tại A khi và chỉ khi



 



4 1

 

. 0 3 2 3 2 0 3 2 1

AB AC  m  m   m    m n

 

.
Cách 2: (Dùng công thức nhanh)

Đồ thị hàm số 4





6 4 1

yx  m x  m là ba đỉnh của một tam giác vuông
3 8 0

b a

  



6 4



3 8 0 1

m m

      .

Chọn B.

Câu 46. (THPT Phú Xuyên A - Hà Nội lần 1 năm 2016-2017) Một ngọn hải đăng được
đặt tại vị trí A trên mặt biển cách bờ biển một khoảng AB5km. Trên bờ biển có một
cái kho ở cách B 7 km. Người canh hải đăng có thể chèo đị đến điểm M trên bờ biển
với vận tốc 4km h/ rồi đi bộ đến C với vận tốc 6km h/ . Vị trí của điểm M cách B một
khoảng bằng bao nhiêu để người đó đi đến kho C ít tốn thời gian nhất.

A. 0 km. B. 7 km. C.

2 5

km. D.

5 2

km.
Hướng dẫn giải:

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Đặt BMx, ta có AM x225,BC 7 x

Thời gian để người canh hải đăng đi từ A đến C là

2 25 7

4 6

x  x



Xét hàm số

 

25 7

,(0 7)

4 6

x x

f x     x

 

2 2

1 3 2 25

4 25 12 25

x x x

f x

x x

 

   

 

 

2 2





0 3 2 25 0 9 4 25 5 100 2 5

f x   x x    x  x   x   x

 

0 29;



2 5



14 5 5;

 

7 74

12 12 4

f  f   f 

Do đó





[0;7 ]

14 5 5

min 2 5

12
x f



  . Vậy BM2 5



km



.
Chọn C.

Câu 47. (THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số

3 2

1 2

3 3

y  x mx xm có đồ thị



Cm



. Tìm

m

để



Cm



cắt trục hồnh tại ba điểm phân

biệt có hồnh độ

x x x

1

, ,

2 3 thỏa mãn: x12x22x3215.

A.

2 13

3
2 13

3
m

m

 





 





. B.

1 3 5
6

1 3 5

6
m

m

 





 





. C. 1

m
m
 


 


. D. 3

m
m
 


 


Hướng dẫn giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của



Cm



và trục hồnh: 1 3 2 2 0

3x mx xm 3 



x 1



x2



1 3m x



3m 2 0 1

 

       



Cm



cắt trục hồnh tại ba điểm phân biệt có hồnh độ

x x x

, ,

2 3



 

1 có ba nghiệm phân biệt



 





1 3 3 2 0

f x x   m x m  có hai nghiệm phân biệt

x

1,

x

2



1

7 km
5 km

B C

A

M

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

 

9 6 9 0

1 6 0

m m

f m

    


 

  




 m0.

Khi đó để

x x x

1

, ,

2 3 thỏa mãn: x12x22x32 15 x12x2214 



x1x2



22x1x2 14

 

2 .

Theo Vi-et ta có: 1 2
1 2

3 1

3 2

x x m

x x m

   


   


, thay vào

 

2 ta được:









3m1 2 3m2 14  9m2 9 1

m
m
 
 

 


.
Chọn C.

Câu 48. (THPT Chuyên Lào Cai - Lào Cai năm 2016-2017) Cho hàm số

 

3 2

f x x ax bx c và giả sử A B, là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Giả sử đường
thẳng AB đi qua gốc tọa độ. Tìm giá trị nhỏ nhất của P abc ab c   .

A. 9. B. 25

 . C. 1 6

 . D. 1.

Hướng dẫn giải:





3 2 2

2
2

3 2

1 2 2

3 2 .

3 9 3 9 9

y x ax bx c y x ax b

a b a ab

y x ax b x x c



        

 

   

           

     

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

2 2

3 9 9

b a ab

AB y  xc 

 

Vì AB cũng đi qua gốc tọa độ O



0; 0



nên:

 

2 2

.0 0 9 *

3 9 9

b a ab

c ab c

   

     

   

 

Ta có P abc ab c 9c2 9c c 9c2 10 .c

       

Đặt

 

9 2 10

 

18 10,

 

0 5.

f t  t  t f t  t f t   t  

Lập bảng biến thiên:

t   5
9





 

f t  0



 

f t



</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>



Vậy 25.

M inP 

Chọn B.

Câu 49. (SGD Bắc Giang năm 2016-2017) Số giao điểm của hai đồ thị hàm số

 





3 2





2 1 2 2 1 2

f x  m x  mx  m x m,

(

m

là tham số khác

3
4
 )

và

 

4 2
g x  x x

là

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

Hướng dẫn giải:

Cách 1:Ta có phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là

4 2 3 2

2(

1)

2 2(

1)

2 x

m

x

mx

m

x

m















2 2 3 2 3

(

1) 2 (

1) 2

2 x x

m x

x

 







  



2 2 2 2

2 2

2
2

( 1) 2 ( 1)( 1) 2 ( 1)

( 1) ( 2( 1) 2 0

1 0(1)

( ) 2( 1) 2 (2)

x x m x x x x

x x m x m

x

g x x m x m

       

 

      

  
 

   



Xét ( 2 ) có:

1 0
( 1) 1 0

(1) 4 3 0

m m

g m



    


    




      




PT( 2 )ln có 2 nghiệm phân biệt 1
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Cách 2:Ta có phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là





4 2 3 2

4 3 2

2( 1) 2 2( 1) 2

2( 1) 2 1 2( 1) 2 0 (1)

x x m x mx m x m

x m x m x m x m

       

        

Từ đề bài ta thấy chắc chắn với mọi 3

m  hai đồ thị ln có cùng số giao điểm, tức là

phương trình (1) ln có cùng số nghiệm 3

m

   .

Thay m 1 vào phương trình (1) ta được:

4 2

1
1

3 2 0

2 2

x
x

x x

  
 

     

  

 

 

Vậy số giao điểm của hai đồ thị là 4.
Chọn B.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu 50. (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Hà Nợi lần 3 năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá
trị thực của tham số

m

để đồ thị hàm số

2
1
x m
y

mx






có đúng hai đường tiệm cận ngang.
A. m0. B. m  



;



. C. m0. D. m .
Hướng dẫn giải:

ĐK

mx

 

1 0 (*)

TH1: m 0 : (*) 1 x 1

m m

 

    



khơng có TCN.

TH2: m  0 y x



khơng có TCN.

TH3: m0 :

lim lim lim

1
1

x x x

m

x m x

y

m

mx m

x

  




  



lim lim lim

1
1

x x x

m

x m x

y

m

mx m

x

  




   



 

Vậy khi m0 đồ thị hàm số có 2 TCN.
Chọn C.

Câu 51. (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Hà Nội lần 3 năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá
trị thực của tham số

m

để hệ phương trình x y4 42

x y m

  



 




có nghiệm thực.

A. m2. B. m1. C. m2. D. m2.
Hướng dẫn giải:

Ta có 4 42 (1)
(2)
x y

x y m

  




 




Từ (1) suy ra y2x thay vào (2) ta được





(2) x  2x m (3)

Xét hàm số f x

 

 x4



2x



4 có Tập xác định D

 

3





3 3



2 3



3 2

4 4 2 4 4 8 12 6 8 24 48 32

f x  x  x  x   x x x  x  x  x

 

3 2

0 8 24 48 32 0 1

f x   x  x  x   x
Bảng biến thiên

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Hệ đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm thực
Dựa vào bảng biến thiên ta được m2.

Chọn A.

Câu 52. (TTLT Diệu Hiền - Cần Thơ tháng 3 năm 2016-2017) Cho hàm số





3 2 2 3

3 3 1

y x  mx  m  xm m , (

m

là tham số). Gọi A B là hai điểm cực trị của đồ thị ,

hàm số và I



2; 2



. Tổng tất cả các số

m

để ba điểm I A B, , tạo thành tam giác nội tiếp
đường trịn có bán kính bằng

5

là:

A. 4

1 7 . B.

2
1 7

 . C. 2 0

1 7 . D.

1 4
1 7 .

Hướng dẫn giải:

Ta có y 3x26mx3m23. Suy ra 0 1
1

x m
y

x m
  
   

 


Suy ra ta có hai điểm cực trị A m



1; 4 m2



, B m



1; 4 m2



.
Khi đó IA 17m238m25 và IB 17m22m1 và

AB



2 5

Tính.









2 2 2

1 1

. . 20.(17 38 25) 22 18 2 1

2 2

ABI

S  AB AI  AB AI  m  m   m  m

   

Ba điểm I A B, , tạo thành tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính bằng

2 1; 2

a cm  R  h khi chỉ khi

2 2

4. .R SIA IB AB. .  4. 5 .2 m1  17m 38m25 . 17m 2m1.2 5

4 3 2 3 2

289 m

680 m

502 m

120 m

9 0

(

m

1)(289

m

391 m

111 m

9) 0









  









1
3
17

m
m
 



 


. Vậy tổng cần tìm 2 0

1 7 .

Chọn C.

Câu 53. (SGD Quảng Ninh năm 2016-2017) Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được
xác định bởi công thức

 





0, 024 30

G x  x x , trong đó

x

là liều lượng thuốc tiêm cho
bệnh nhân cao huyết áp (

x

được tính bằng mg). Tìm lượng thuốc để tiêm cho bệnh nhân
cao huyết áp để huyết áp giảm nhiều nhất.

A. 20mg. B. 0 , 5mg. C. 2, 8mg D. 15mg.
Hướng dẫn giải:

Bài tốn đi tìm x 0; 30 để G x

 

đạt giá trị lớn nhất.
–

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

 

0, 024 2



30



3 3 18 2

125 25

G x  x x   x  x

 

9 2 36

125 25

G x x x

   

 





0
0

20 0; 30
x

G x

x 

 

   





Ta có: G

 

20 96; G

 

30 0; G

 

0 0.
Vậy G x

 

đạt giá trị lớn nhất 96 khi x20.
Chọn A.

Câu 54. (SGD Quảng Ninh năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

để
phương trình m 2 tan 2x mtanx có ít nhất một nghiệm thực.

A.



2  

m

2

. B.  1 m1.

C.



2  

m

2

. D.  1 m1.

Hướng dẫn giải:

Điều kiện: ,

x  k k. Ta có:





2 2

2
tan

2 tan tan 2 tan 1 tan

2 tan 1

x

m x m x m x x m

x

        

 

Đặt t  tan ,x t . Xét hàm số

 

2 , .

2 1
t

f t t

t

 

 


Ta có:

 





2
2

2 2

2 2 1

t
f t

t t

 


  

và

 

' 0 2 2 2

f t    t t  

Ta có:

 

lim lim lim 1

2 1
2 1

t t t

t t

f t

t

t
t

      
 

 

 

 

và

 

lim lim 1

2 1

t t

t
f t

t

    
 

Bảng biến thiên

t  



2 

f  0



0 

f 1

2 

2

1

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có nghiệm thực khi



2  

m

2

.
Chọn C.

Câu 55. (THPT Gia Lộc II - Hải Dương lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số 2 1

x
y

x






 

C

và đường thẳng

d

m

:

y x m

 

. Tìm

m

để

 

C cắt

d

m tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho OAB vng tại O.

A. 1

m  . B. 4

m  . C. 2

m  . D. 1

m   .

Hướng dẫn giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm 2 1

x

x m

x



 

 với x 1

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>





1 1 0

x m x m

      (*)

 

C cắt

d

m tại hai điểm phân biệt

6 5 0

1 1 1 0

m m

m

m m

   



  

    




hoặc m5.

Theo Vi-et ta có: 1 2
1 2

1
1

x x m

x x m
    


 


. Gọi A x x



1; 1m



và B x x



2; 2 m



Khi đó: OA



x x1; 1m





và OB



x x2; 2m





OAB

 vng tại O  OA OB. 0 x x1 2



x1m



x2m



0

 





1 2 1 2

2x x m x x m 0

     2



1





1



2 0 3 2 0 2

m m m m m m

            .

Chọn C.

Câu 56. (TTLT Diệu Hiền - Cần Thơ tháng 2 năm 2016-2017) Cho hàm số 2 1

x
y

x




 có

đồ thị là ( )C . Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận. Gọi M x y



0, 0



x

0



0

là một điểm
trên ( )C sao cho tiếp tuyến với ( )C tại M cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại A B thỏa ,

mãn AI2 IB2  40. Khi đó tích 
0 0

x y

bằng:
A. 15

4 . B.

2 . C. 1. D. 2.

Hướng dẫn giải: 
Ta có





2
3
'

1
y

x



 Phương trình tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị tại M x y



0, 0



là









0
0

2 1

1
1

x

y x x

x
x



  



Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang y  2 là A



2x01; 2 ,



IA2 x01
Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng x 1 là 0

0 0

2 4 6

1; ,

1 1

x

B IB

x x

  

 

 

 

 

Theo bài ra AI2 IB2 40

 

















2 4 2

0 2 0 0

0
36

4 1 40 4 1 40 1 36 0

x x x

x

         











0 0 0 0

0 0 0

1 9 1 3 2; 4

1 1 0; 2

1 1

x x x x

x x x

x

          



  

          



x

0



0

nên

x

0



2

suy ra điểm M



2;1



, vậy

x y

0 0



2

Chọn D.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Câu 57. (THPT Chuyên KHTN- Hà Nội lần 4 năm 2016-2017) Với

m

là một tham số thực
sao cho đồ thị hàm số y x 42mx21 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vng.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.m2. B. 2 m0. C.m 2. D.0m2.
Hướng dẫn giải:





3 2

4 4 4

y  x  mx x x m .

 

0
0

1
x

y

x m

 
   

 

 .

Hàm số có ba điểm cực trị 

 

1 có hai nghiệm phân biệt khác 0 m0m0.
Khi đó các điểm cực trị là: A(0;1); (B m;1m C2); ( m;1m2).

Do tam giác ABCcân tại A, nên: Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam

giác vuông









2 2

2 2 2 2

2. 2. 2 2. ( )

BC AB BC AB m  m m 

            

 

4 3

2m 2m  0  m  1 m  1(thỏa điều kiện).
Chọn B.

Câu 58. (THPT Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An lần 2 năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị
của tham số

m

để hàm số y



m21



x42mx2 đồng biến trên



1;



A. m 1 hoặc m1 B. m 1 hoặc 1 5
2
m 
C. m 1 hoặc 1 5

m  D. m 1

Hướng dẫn giải:









4 1 4 4 1

y  m  x  mx x m  x m

 

Để hàm số





4 2

1 2

y m  x  mx đồng biến trên



1;



y0, x



1;





m2 1



x2 m 0, x



1;

  

, *

      

 Nếu m2 1 0 m 1

    hoặc m 1

 Với m1 khi đó

 

*   1 0 ( mâu thuẫn)

 Với m 1 khi đó

 

*  1 0( đúng) nhận m 1
 Nếu m2 1 0 m 1

     hoặc m1.

Khi đó

 













2 2

* 1 , 1; , 1; 1

1 1

m m

m x m x x x

m m

            

 

1 5 1

1 0 1 5

1 5

2
2

m
m

m m

m
m

 

  







      

   

 




</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

 Nếu m2 1 0   1 m 1

Khi đó

 













* 1 , 1; , 1;

m

m x m x x x

m

          



( Khơng xảy ra do  x



1;



)
Vậy giá trị cần tìm m 1 hoặc 1 5

2
m 
Chọn B.

Câu 59. (THPT Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An lần 2 năm 2016-2017) Cho hàm số bậc ba

 

y f x có đồ thị như hình bên. Tất cả các giá trị của tham số

m

để hàm số y f x

 

m
có ba điểm cực trị là

A. m 1 hoặc m3. B. m 3 hoặc m1.
C. m 1 hoặc m3. D. 1m3.

Hướng dẫn giải:

Nhận xét: Đồ thị hàm số y f x

 

m gồm hai phần:

 Phần 1 là phần đồ thị hàm số y f x

 

m nằm phía trên trục hồnh;
 Phần 2 là phần đối xứng của đồ thị hàm số y f x

 

m nằm phía dưới

trục hồnh qua trục hồnh.

Dựa vào đồ thị của hàm số y f x

 

đã cho hình bên ta suy ra dạng đồ thị của hàm số

 

y f x m.

Khi đó hàm số y f x

 

m có ba điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y f x

 

m
và trục hoành tại nhiều nhất hai điểm chung

1 0 1

3 0 3

m m

     

 

   

 

.
Cách 2: Ta có

 



 



 



 



 





y f x m f x m
f x f x m
y

f x m

   

 

 



Để tìm cực trị của hàm số y f x

 

m , ta tìm

x

thỏa mãn y 0 hoặc y khơng xác

định

 

0 1

f x
f x m
  
 

 


x
y

O

3


x
y

O

3


( )

y  f x  m

( )

y  f x

0
m

x
y

O

3


( )

y  f x m

( )

y f x

0
m

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Dựa vào đồ thị ta có

 

1 có hai điểm cực trị

x x

1

,

2 trái dấu. Vậy để đồ thị hàm số có 3
cực trị thì

 

2 có một nghiệm khác

x x

1

,

2.

Dựa vào đồ thị ta có điều kiện: 1 1

3 3

m m

    


 

   

 

nên chọn đáp án A.

Chọn A.

Câu 60. (THPT Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An lần 2 năm 2016-2017) Cho các số thực ,x y
thỏa mãn x y 2



x 3 y3



. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P4



x2y2



15xy là

A. minP 80. B. minP 91.

C. minP 83. D. minP 63.
Hướng dẫn giải:

Ta có x 3;y 3 x y 0

.
Xét xy4

Mặt khác .

Xét biểu thức .

Do 4(x y )24(x y x y ).(  ) 16( x y )

Mà , kết hợp với

4 3; 7 64 21 83

x y    x     x 
Xét x y  0 x 3 ;y  3 P  63

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
Chọn C.

Câu 61. (THPT Chuyên ĐHKH Huế - Huế lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số

 

2 1

x

y C

x




 . Tìm giá trị

m

để đường thẳng d y:  x m cắt

 

C tại hai điểm phân biệt

sao cho tam giác OAB vng tại A hoặc B

A.

m

 

1

5

. B.

m

 

1

3

C.

m

 

1

2

. D.

m

 

1

6

Hướng dẫn giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm: 2 1 2



3



1 0 * (

 

1)

x

x m x m x m x

x



        

 .

Ta có d cắt

 

C tại hai điểm phân biệt khi chỉ khi

  



2
2

2 5 0

1 3 .1 1 0

m m

    




    




(luôn đúng
với mọi

m

Gọi

x x

1

,

2 là hai nghiệm phương trình

 

* , ta có 1 2
1 2

3
1

x x m

x x m

   


 


và

 

C cắt d tại



1; 1





2; 2



A x x m B x x m . Vectơ AB



x2x x1; 2x1





cùng phương với vectơ u

 

1;1 .
Tam giác OAB vuông tại A khi chỉ khi OA u . 0 2x1m0.

















2 3 3 4 8 3. 3 4

x y

x y x y x y x y x y x y

x y

 


               

 














2 3 3 2 2 8 4;8

xy x  y  xy xy x y



2 2















4 15 4 7 16 7 7 3 16 5

P x y  xy xy  xy xy  xy x y  y x





3 0

16 4 5 64 21

y

P x x x

y x

 


     



 


P 83.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Ta có hệ phương trình





1 2 1

1 2 2

3 2

1 5

1 2 6

1 5

2 6 4 4

x x m x m

m

x x m x m

m

x m m m m


     
  


      
 
  
       
 
.
Chọn A.

Câu 62. (THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương năm 2016-2017) Một chủ hộ kinh doanh có 32
phịng trọ cho th. Biết giá cho th mỗi tháng là 2.000.000đ/1 phịng trọ, thì khơng có
phịng trống. Nếu cứ tăng giá mỗi phịng trọ lên 200.000đ/ 1 tháng, thì sẽ có 2 phịng bị
bỏ trống. Hỏi chủ hộ kinh doanh sẽ cho th với giá là bao nhiêu để có thu nhập mỗi
tháng cao nhất?

A. 2.600.000 đ. B. 2.400.000 đ.

C. 2.000.000 đ. D. 2.200.000 đ.

Hướng dẫn giải:

Gọi n n,







là số lần tăng giá thêm 200.000đ.
Hàm số chỉ thu nhập của tháng là:

  

2000000 .200000 32





f n  n n 4 00000n2 2 400000n 6400 0000

   

là hàm bậc 2 theo

n

, có hệ số a0
Vậy f n

 

đạt giá trị lớn nhất khi





2400000
3
2 2. 400000

b
n
a

   
 .

Kiểm tra lại, ta thấy :

 

* 3 67.600.000

3 0

* 0 64.000.000

f
f f
f

 
 

 

Vậy chủ hộ sẽ cho thuê với giá 2.000.000 3 200.000 2.600.000   đ 
Chọn A.

Câu 63. (THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị thực của
tham số

m

để đồ thị hàm số

2
3
x
y
x m



có 3 tiệm cận.

A. 0

9
m
m
 

 


. B. m0. C. m0. D. 0

9
m
m
 

 

.
Hướng dẫn giải:

Ta có:
2
2
3
1
3

lim lim 1

1
x x
x x
m
x m
x
 


  

 
và
2
2
3
1
3

lim lim 1

1
x x
x x
m
x m
x
 



 



Do đó, đồ thị hàm số ln có 2 tiệm cận ngang là y  1; y  1.
Để đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì chỉ cần có thêm 1 tiệm cận đứng.
Trường hợp 1: 2

x m có nghiệm kép khác 3, nên m0.

Trường hợp 2: x2m0 có 2 nghiệm mà 1 nghiệm bị triệt tiêu bởi lượng x 3 0 trên 
tử. Cụ thể ta có m 9.

Thật vậy, ta có:

3 3

lim lim 0

3
9
x x

x x
x
x
 
 
 
 


và

 3 2
3
lim
9
x
x
x

 

 

nên đồ thị hàm số có
1 tiệm cận đứng là x 3.

Vậy đáp số là m



0; 9



.
Chọn D.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Câu 64. (THPT Hai Bà Trưng - Huế lần 1 năm 2016-2017) Đường thẳng d y:  x4 cắt

đồ thị hàm số 3 2





2 3 4

yx  mx  m x tại 3 điểm phân biệt A



0; 4 ,



B và C sao cho
diện tích tam giác MBC bằng 4, với M



1; 3 .



Tìm tất cả các giá trị của

m

thỏa mãn u
cầu bài tốn.

A. m2 hoặc m3. B. m 2 hoặc m3.

C. m3. D. m 2 hoặc m 3.

Hướng dẫn giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm của d và đồ thị

 

C : 3 2





2 3 4 4

x  mx  m x 





 

3 2

2
0

2 2 0

2 2 0 1

x

x mx m x

x x mx m



 

      

    



Với x0, ta có giao điểm là A



0; 4 .



d cắt

 

C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.

 

0 2 0

(*)
2 0

m

m m



   


 



    




Ta gọi các giao điểm của d và

 

C lần lượt là A B x x,



B; B2 ,

 

C x xC; C2



với

x x

B

,

C là
nghiệm của phương trình (1).

Theo định lí Viet, ta có: 2

. 2

B C
B C

x x m

x x m

   


 


Ta có diện tích của tam giác MBC là 1





4.
2

S  BC d M BC 

Phương trình d được viết lại là: d y:  x4 x y4 0.

Mà









 

2
2

1 3 4

, , 2.

1 1

d M BC d M d    
 

Do đó:





8 8

, 2

BC BC

d M BC

   

Ta lại có: 2









2 2





2 32

C B C B C B

BC  x x  y y  x x 



xB xC



2 4x xB. C 16



2m



2 4



m 2



        

4 m

24 0

m

3;

m

2. 



  

 

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m 2.
Chọn C.

Câu 65. (TTLT Diệu Hiền Cần Thơ tháng 12 năm 2016-2017) Cho hàm số 2 2

x
y

x




 có

đồ thị( )C . Gọi M x



0; y0



là điểm thuộc nhánh bên phải tiệm cận đứng của ( )C sao

cho tổng các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của

 

C là nhỏ nhất. Khi đó

x

0



y

0
bằng:

A. 1. B. 1. C. 7. D. 7.

Hướng dẫn giải:

Tiệm cận đứng: x 1. Tiệm cận ngang: y 2

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Gọi 0 0
0

2 2

,
1
x
M x

x

  

 



 



x0 1



Tổng khoảng cách từ điểm M tới hai đường tiệm cận là
0

0 0

2 2 4

1 2 1 4

1 1

x

d x x

x x



       

  .

Vậy d nhỏ nhất khi: 0 0

0 0

0
0

3 4

1 1 2

2( )
1

x y

x x

x l

x

   

      

 

  .

Chọn D.

Câu 66. (TTLT Diệu Hiền Cần Thơ tháng 10 năm 2016-2017) Cho hàm số 3

x
y

x




 có

đồ thị ( )C . Đường thẳng d y:  2x m cắt

 

C tại hai điểm phân biệtMvà N sao cho

MN nhỏ nhất khi

A. m1. B. m3. C. m2. D. m 1.
Hướng dẫn giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( )C và d là:

2 ( 1)(2 ) 3 2 2 3 0

x

x m x x m x x mx x m x

x



             



( ) 2

(

1)

3 0

h x

x

m

x m







 

Để d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt thì phương trình h x( )0 có hai nghiệm phân biệt

khác 1, tức là

2 2

0 6 25 0 ( 3) 16 0

( 1) 0 2 1 3 0 2 0

m m m

m

h m m

 

         

    

  

         

  

. 
Tọa độ giao điểm: M x



1; 2x1m



và N x



2; 2x2 m



; với

1 2

1
2

m

x x    và

1 2

3
2

m

x x   .

Ta có: MN 



x2x1; 2x22x1





















2 2 2

2 1 1 2 1 2

2 2

1 3

5( ) 5 ( ) 4 5 4.

4 2

5 5 5

2 1 8 24 6 25 3 16 20

4 4 4

m m

MN x x x x x x

m m m m m m

   

 

          

 

 

            

MN nhỏ nhất bằng

20

khi m30  m3.
Chọn B.

Câu 67. (THCS THPT Nguyễn Khuyến - Hồ Chí Minh năm 2016-2017) Phương trình









3 1 2 1

x x x m x  có nghiệm thực khi và chỉ khi

A. 6 3

m

    . B.  1 m3.

C. m3. D. 1 3

4 m 4

   .

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Sử dụng máy tính bỏ túi.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>













3 2 4 3 2

1 1 2 1 0

x x x m x  mx x  m x  x m

Chọn m3 . Phương trình trở thành: 3x4 x3 5x2 x3 0 (khơng có nghiệm thực) 
nên loại đáp án B, C.

Chọn m 6. Phương trình trở thành: 6x4 x3 13x2 x 6 0

      (khơng có nghiệm

thực) nên loại đáp án A.

Kiểm tra vớim0 phương trình trở thành x3 x2  x 0 x 0nên chọn đáp án D. 
Cách 2:













3 2 4 3 2

1 1 2 1 0

x x x m x  mx x  m x  x m . Đây là dạng phương trình
bậc 4 đặc biệt.

+ TH1: Với x0. Ta nhận m0.

+ TH2: Với x0. Chia phương trình cho x2, ta được:





 

2
2

2 2

1 1 1 1 1 1

2 1 0 1

1 1

m x x m m x x m f x

x x x

x

x x

       

              

       

 

          



   

   

Ta có:

 

22 23 2

1 1 1

1 2 1 1 0

0 1

1 1 2 0

x x x

f x x

x

x x x

x x

    

        


   

        



      

 

    

   

x

  1 0 1



 

f x 0 0

 

f x 3

0 0 0 0



Dựa vào BBT, phương trình m f x

 

có nghiệm khi và chi khi (kết với m0) là:

1 3

4 m 4

  

Chú ý:

+ Trong cách 2 này, ta có thể đặt t x 1 , t 2

x

   . Khi đó phương trình trở thành:

m 1 12 g t

 

t t

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Ta có









3 2
2

3 2

4 2

1 1

2 1

x x x

x x x m x m

x x

 

     

  (1)

+ Từ việc xét TH1, ta nhận m0, giúp ta loại được A, C. Khi đó thử với m 1, ta cũng
sẽ thấy B sai. Vậy sẽ chọn được D. Điều này giúp cho việc loại trừ nhanh hơn.

Cách 3: Phương trình tương đương:









3 2
2

3 2

4 2

1 1

2 1

x x x

x x x m x m

x x

 

     

 

Xét hàm số

3 2

4 2

2 1

x x x
y

x x

 



  xác định trên .



 













 























3 2 4 2 3 2 4 2

4 2

2 4 2 3 2 3

4 2

6 5 4 2

2 2

4 2 4 2

2 1 2 1

2 1

3 2 1 2 1 4 4

2 1

1 2 1

2 2 1

2 1 2 1

x x x x x x x x x x

y

x x

x x x x x x x x x

x x

x x x

x x x x x

x x x x

 

        

 

 

       



 

   

     

 

   







0 1 2 1 0

x

y x x x

x
 
         

 


Bảng biến thiên

Phương trình (1) có nghiệm thực khi đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số

3 2

4 2

2 1

x x x
y

x x

 



 

1 3

4 m 4



   .

Chọn D.

Câu 68. (THPT Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc lần 3 năm 2016-2017) Tất cả các giá trị thực của
tham số

m

để hàm số 3









2 3 1 6 2 2017

y x  m x  m x nghịch biến trên khoảng



a b;



sao cho b a 3 là

A. m6. B. m9. C. m0. D. 0

m
m
 





.
Hướng dẫn giải:

Ta có 2









6 6 1 6 2

y  x  m x m

Hàm số nghịch biến trên

















; 1 2 0 ;

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

2 6 9

m m

   

TH1: 2









0 x m 1 x m 2 0 x

          Vơ lí

TH2:   0 m  3 y có hai nghiệm x x x1, 2



2 x1





Hàm số luôn nghịch biến trên



x x1; 2



Yêu cầu đề bài:





2 2

2 1 3 2 1 9 4 9

x x x x S P

        



1



2 4



2



9 2 6 0 6

m

m m m m

m
 

         




Chọn D.

Câu 69. (THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên lần 1 năm 2016-2017) Cho hai số
thực dương x y, thỏa mãn 2x 2y  4. Tìm giá trị lớn nhất

P

max của biểu thức







2 2 9

P x y y x  xy.

A. max 27

P  . B.

P

max



18

. C.

P

max



27

. D.

P

max



12

Hướng dẫn giải:

Ta có 4 2x 2y 2 2x y 4 2x y x y 2

        . Suy ra

1
2

x y

xy   

 

.
Khi đó P



2x2y



2y2x



9xy 2



x3y3



4x y2 210xy.



 







2 3 2 10

P x y  x y  xy xy  xy

 





2 2 2 2





4 4 3xy 4x y 10xy 16 2x y 2xy xy 1 18

        

Vậy

P

max



18

khi x y1.
Chọn B.

Câu 70. (THPT Trần Hưng Đạo Nam Định lần 1 năm 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị
thực của tham số

m

để đồ thị hàm số 2 1

m

y x   x có tiệm cận ngang.

A. Khơng tồn tại

m

.

B. m2 và m  2. C. m 1 và m2. D. m  2.
Hướng dẫn giải:

TH1: Khi m0 thì lim

x  y 

TH2: Khi m0 thì lim

x  y  và

2 2 2

2
2

2 2

1 1 1

4 4

lim lim 1 lim lim lim .

2 1

1 1 1

2 2 2

x x x x x

m m

m x x

x x

x
m

y x x

m m m

x x x x

x

    

   

 

   

      

       

      

     

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Giới hạn này tồn tại khi và chỉ khi
2

1 0 2

4
m

m

    do m0.
TH3: Khi m0 thì lim

xy  và

2 2 2

2
2

2 2

1 1 1

4 4

lim lim 1 lim lim lim .

2 1 1 1

2 2 2

x x x x x

m m

m x x

x x

x
m

y x x

m m m

x x x x

x

    

   

 

   

      

       

      

     

  

Giới hạn này tồn tại khi và chỉ khi
2

1 0 2

4
m

m

     do m0.
Kết luận: m 2 thỏa yêu cầu bài toán

Chọn B.

Câu 71. (THPT Chuyên Hưng Yên - Hưng Yên lần 2 năm 2016-2017) Chi phí cho xuất
bản

x

cuốn tạp chí (bao gồm: lương cán bộ, cơng nhân viên, giấy in…) được cho bởi

 

0,0001 0, 2 10000

C x  x  x , C x

 

được tính theo đơn vị là vạn đồng. Chi phí phát
hành cho mỗi cuốn là 4 nghìn đồng. Tỉ số M x

 

T x

 

x

 với T x

 

là tổng chi phí (xuất
bản và phát hành) cho

x

cuốn tạp chí, được gọi là chi phí trung bình cho một cuốn tạp
chí khi xuất bản

x

cuốn. Khi chi phí trung bình cho mỗi cuốn tạp chí M x

 

thấp nhất,
tính chi phí cho mỗi cuốn tạp chí đó.

A. 20.000 đồng. B. 22.000 đồng.

C. 15.000 đồng. D. 10.000 đồng.

Hướng dẫn giải:

Ta có T x( )=

C x

( ).10000 4000



x x





2000

x



100000000

(đồng).
Suy ra

( ) 2000 100000000 100000000

( ) T x x x 2000

M x x

x x x

 

     (đồng).

Lại có M x( ) x 2000 100000000 2 x.100000000 2000 22000

x x

      (đồng)

Chọn B.

Câu 72. (THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An lần 1 năm 2016-2017) Một miếng bìa
hình tam giác đều ABC, cạnh bằng 16 . Học sinh Trang cắt một hình chữ nhật M N PQ
từ miếng bìa trên để làm biển trơng xe cho lớp trong buổi ngoại khóa (với M N, thuộc
cạnh BC; P , Q lần lượt thuộc cạnh AC và AB) . Diện tích hình chữ nhật M N PQ lớn
nhất bằng bao nhiêu?

A.

16 3.

B.

8 3.

C.

32 3.

D.

34 3.

Hướng dẫn giải

 Đặt , 0





x

M N  x x   BM  





tan 60 16

2
QM

QM x

BM

     

Xét hàm số

 







2 16



max 32 3

2 2

S x  x x  x  x  S khi x8 .

A

B M N C

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Chọn C.

Câu 73. (THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số
4 2

2 1

y x mx  m có đồ thị là



Cm



. Tìm tất cả các giá trị của

m

để



Cm



có ba điểm
cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành bốn đỉnh của một hình thoi.

A.

m

 

1

2

hoặc

m

  

1

2

. B. Khơng có giá trị

m

.

C.

m

 

4

2

hoặc

m

 

4

2

. D.

m

 

2

hoặc

m

 

2

.
Hướng dẫn giải

 Xét hàm số yx4mx2 2m 1 y4x32mx2x



2x2m



Khi 2

0 2 1

0 : 0 2

2 1

2 4

x y m

m y m m

x y m

    




  

       



Ta có ba điểm cực trị là





2 2

0; 2 1 , ; 2 1 , ; 2 1

2 4 2 4

m m m m

A m B   m  C    m 

   

và tam giác ABC cân tại A. Để OBAC là hình thoi khi

0; 2 1

m

H    m 

 

là trung

điểm BC cũng là trung điểm của OA. Suy ra

2 2 2

2 1

4 2 2 2

m

m m

m

m
  


     

  


(nhận).

Chọn D.

Câu 74. (THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số

4 2

1 1

4 2

y  x  x  có đồ thị

 

C . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm cực đại của

 

C và có hệ

số góc k. Tìm k để tổng khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của

 

C đến d là nhỏ nhất.

A. 1 .

k   B. 1.

k   C. 1.

k   D. k 1.

Hướng dẫn giải

 Xét hàm số 4 2 3

0 1

1 1

1 0 3

4 2 1

x y

y x x y x x

x y

   




       

    


Ta có điểm cực đại là A



0;1



và hai điểm cực tiểu là 1;3 , 1;3

4 4

B  C 
   .

Phương trình đường thẳng qua điểm cực đại có hệ số góc k là  :kxy10. Tổng

khoảng cách từ hai điểm cực tiểu là

1 1

4 4

k k

S

k

   


 thay từng đáp án vào.

Chọn B.

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Câu 75. (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2016-2017) Tập hợp các giá trị của

m

để đồ
thị hàm số







2 1

2 1 4 4 1

x
y

mx x x mx




   

có đúng 1 đường tiệm cận là
A.

 

0 . B.



 ; 1

 

 1;



. 
C.  D.



 ; 1

   

 0  1;



Hướng dẫn giải 
Cólim 0

x y . Nên hàm số ln có 1 đường tiệm cận ngang y  0 . Vậy ta tìm điều kiện

để hàm số khơng có tiệm cận đứng .

Xét phương trình:







2 2

2 1 0 (1)

2 1 4 4 1 0

4 4 1 0 (2)

mx x

mx x x mx

x mx

   

      

  



TH1: Xét m0, ta được









2 1 1

4 1

2 1 4 1

x
y

x

x x



  



   (thỏa ycbt)

TH2: Xét m0 . Có:

  

1

1 m

và  2 4m24
Th2a. Cả 2 phương trình (1) và (2) đều vơ nghiệm:

1 0 1

1 1

4 4 0

m m

m
m

m

    



   

  

 

 



Th2b: (1) vơ nghiệm, (2) có nghiệm kép 1

x : ta thấy trường hợp này vơ lí (vì m1)

Th2c: (2) vơ nghiệm, (1) có nghiệm kép 1

x : ta thấy trường hợp này vơ lí (vì

1 m 1

   )
Chọn A.

Câu 76. (Đề tham khảo THBTN năm 2016-2017) Cho các số thực

x

, y thay đổi thỏa điều
kiện y  0, x2  x y 12. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức M  xyx2y17
lần lượt bằng

A. 10; 6. B. 5; 3. C. 20; 12. D. 8; 5. 
Hướng dẫn giải

Ta có: y x 2 x 12. Do đó: y 0 x2 x 12 0    4 x 3.

Mặt khác, M xyx2y17 x x



2x12



x2



x2 x12



17 x33x29x7

.
Xét hàm số f x

 

x33x2 9x7 với   4 x 3.

Ta có: f x

 

3x26x9. Do đó: f x

 

0x 1 x 3.
Khi đó: f

 

3 20, f

 

1  12,f

 

4 13,f

 

3 20.

Vậy m axM  20 , m inm 12.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Chọn C.

Câu 77. (THPT Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số

 

3 2

2 3

f x x x  x . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hai phương trình f x

 

2017 và f x



1



2017 có cùng số nghiệm.
B. Hàm số y f x



2017



khơng có cực trị.

C. Hai phương trình f x

 

m và f x



1



m1 có cùng số nghiệm với mọi

m

D. Hai phương trình f x

 

m và f x



1



m1 có cùng số nghiệm với mọi

m

Hướng dẫn giải

Đặt x 1 a. Khi đó phương trình f x



1



2017 trở thành f a

 

2017.
Hay

a

là nghiệm của phương trình f x

 

2017.

Mà phương trình x 1 a ln có nghiệm duy nhất với mọi số thực

a

Đáp án B sai vì đồ thị hàm số y f x



2017



tạo thành qua phép tịnh tiến đồ thị hàm số

 

y f x .

Mà y f x

 

có hai cực trị nên y f x



2017



phải có hai cực trị.
Đáp án C và D sai vì thử bằng máy tính khơng thỏa mãn.

Chọn A.

Câu 78. (THPT Chun ĐH Vinh - Nghệ An lần 1 năm 2016-2017) Các giá trị của tham
số

a

để đồ thị hàm số 2

4 1

yax x  có tiệm cận ngang là:
A. a 2. B. a 2 và 1.

a  C. a 1. D. 1.

a  

Hướng dẫn giải

TH1: a0:

 lim



4 2 1



x ax x   
 lim



4 2 1



x ax x 









1
4

4 1

lim lim

4 1

x x

a x

a x x

ax x

a

x

 

 

 

 

vậy để lim



4 2 1



x ax x  khơng tồn tại

thì 2

4 0 2

a    a  (do a0) là hữu hạn khi
2

4 0

2
2

a

a
a

  



  






</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

TH2: a0: Trình bày tương tự ta được a 2

TH3: a0: lim 4 2 1

x x    nên loại a0.
Vậy các giá trị thỏa mãn là: a 2.

PP trắc nghiệm





4 1 2 2

y ax x   ax x  a x

 Nếu a2 0 y   

 Nếu a 2 0  a 2 thì y  0
Vậy các giá trị thỏa mãn là: a 2.

Chọn A.

Câu 79. (THPT Chuyên KHTN Hà Nội lần 3 năm 2016-2017) Biết rằng hàm số
4 2

4 3

y x  x  có bảng biến thiên như sau:

Tìm

m

để phương trình x44x23 m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt.

A. 1m3. B. m3.

C. m0. D. m



1; 3

  

 0 .

Hướng dẫn giải

Ta có x4 4x2 3 0 x2 1

     hoặc x2     3 x



1; 3; 1; 3



Suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x4 4x23 như sau:

Do đó x4 4x23 m có đúng 4 nghiệm phân biệt  1 m3 hoặc m0.

Chọn D.

Câu 80. (SGD Bắc Ninh lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số

 

3 1

f x x  x . Số nghiệm
của phương trìnhf f x



 



0là?

A.6. B.7. C.9. D.3.

–∞ 0 +∞

– 0 + 0 – 0 +

+∞ +∞

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Hướng dẫn giải

+) f f x



( )



 0



x33x1



33



x33x1



 1 0
3

3 1

x x x

   



3nghiệm hoặcx33x 1 x02



3nghiệm
hoặcx33x 1 x03



1nghiệm. Vậy có7nghiệm.

Chọn B.

Câu 81. (SGD Bắc Ninh lần 1 năm 2016-2017) Tìm các giá trị thực của tham số

m

để
phương trình 2 x 1 x m x x  2có hai nghiệm phân biệt.

A. 5;23 .
4
m  

  B. m 5; 6 .

  

C. 5;23

 

6 .
4

m 

 

D. 5;23

 

6 .

4
m 

 

Hướng dẫn giải:

+) 2 x 1 x m x x  2(1) Điều kiện:  1 x 2

 

2 2

1  32 x x2  x xm
Đặt:

  

x

x t

;

 

; 2 1

f x  x x f x   x

 

1 2,

 

2 2, 1 1 2;1

2 4 4

f   f   f    t  

   

 

1 3 2 t2  t m2 t2  t m3



m



2 t

  

2 3

t

Đặt f t

 

 2 t2 3t;

 

1 1 1 2

2 2

t
f t

t t

 

   

 

.f t

 

0 1 t2 0t 1

Bảng biến thiên

+) x2 x t x2 x t 0
       

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 4 0 1
4

t t

      

23
4
5

+

1
4
-1

-2
-

f(t)
f'(t)

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình

 

 có nghiệm
1

2;
4
t  

 . Từ bảng biến thiên m 5; 6
   .
Chọn B.

Câu 82. (THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng lần 1 năm 2016-2017) Từ một miếng tơn
hình bán nguyệt có bán kính R3, người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật (xem hình)
có diện tích lớn nhất. Diện tích lớn nhất có thể có của miếng tơn hình chữ nhật là:

A. 6

3

. B.

6 2

C. 7. D. 9.

Hướng dẫn giải:

Giả sử chiều dài của hình chữ nhật là 2x. Khi đó ta có O Q  x và MQ 9x2 .
Diện tích hình chữ nhật cần tìm là

 

2 9

S x  x x với M.
Ta có

 

2
2

18 4
9

x
S x

x

 



 

0 3 2

2
S x  x .

Vậy diện tích lớn nhất của miếng tơn là: 3 2 9
2
S 

 

Chọn D.

Câu 83. (THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng lần 1 năm 2016-2017) Cho hàm số

2 1

x
y

x




 có đồ thị

 

C . Tìm tất cả giá trị của m để đường thẳng

 

d :yx m 1 cắt

 

C tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho

AB



2 3

A.

m

 

4

3

. B.

m

 

4

10

C.

m

 

2

3

. D.

m

 

2

10

Hướng dẫn giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và d











 

2 1

1 2 1 1 1 , 1

2 2 0 *

x

x m x x m x x

x

x m x m



          


     

Đường thẳng d cắt

 

C tại 2 điểm phân biệt A B,

O

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>



(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1









  

 

2
2

2 4 2 0

1 2 1 2 0

m m

     


 

      




2 2

8 12 0

6
1 0

m

m m

m

     



 




 



Với điều kiện trên , gọi A x x



1; 1m1 ,

 

B x x2; 2m1



trong đó

x x

1

,

2 là hai nghiệm
phân biệt của (*) và S x1 x2 b 2 m P; x x1 2 c m 2

a a

         

Khi đó:





























2 2 2 2

2 1 2 1 2 1

2 2

1 1 2 2 4

2 2 4 2 2 8 12

AB x x x m x m x x S P

m m m m

           

 

        

 

Theo giả thiết:





2 4 10

2 3 2 8 12 12 8 6 0

4 10

m

AB m m m m

m
  

          

  


(t/m).

Chọn B.

Câu 84. (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2016-2107) Cho các số thực a b c, , thỏa mãn

8 4 2 0

a b c
a b c
    


   



. Số giao điểm của đồ thị hàm số y x 3ax2bx c và trục Ox là

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Hướng dẫn giải:

Ta có hàm số y x 3ax2bx c xác định và liên tục trên .
Mà lim

xy  nên tồn tại số M 2 sao cho y M

 

0; xlimy  nên tồn tại số m 2

sao cho y m

 

0; y

 

2   8 4a2b c 0 và y

 

2  8 4a2b c 0.

Do y m y

   

. 2 0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng



m; 2



   

2 . 2 0

y  y  suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng



2; 2



   

2 . 0

y y M  suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng



2;M



Vậy đồ thị hàm số y x 3ax2bx c và trục Oxcó 3 điểm chung.

Chọn D.

Câu 85. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

sao cho hàm số

( 3) ( 2 1) cos

y  m x m xluôn nghịch biến trên ?

A. 4 2

m

   . B.

m



2

. C.

3

1 m











. D.

m



2

Hướng dẫn giải:

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Tập xác định: D. Ta có: y' m3( 2m1) sinx

Hàm số nghịch biến trên   y' 0 , x   ( 2m1) sinx 3m, x 

Trường hợp 1: 1

m   ta có 0 7 ,

2 x

   . Vậy hàm số ln nghịch biến trên 

Trường hợp 2: 1

m   ta có sin 3 , 3 1

2 1 2 1

m m

x x

m m

 

     

  

3 m 2m 1 m 4

       
Trường hợp 3: 1

m   ta có:

3 3

sin , 1

2 1 2 1

m m

x x

m m

 

    

  

3 2 1

m m m

      . Vậy 4;2

3
m  

 

 

Chọn A.

Câu 86. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

sao cho phương trình

2 2

4 5 4

x  x m x x có đúng 2 nghiệm dương?

A.1m3. B.

 

3 m



5

. C.



5 

m



3

. D. 3 m3.
Hướng dẫn giải:

Đặt 2

( ) 4 5

t f x  x  x . Ta có

2
2
( )

4 5

x
f x

x x


 

 

. f x( ) 0 x2
Xét x0 ta có bảng biến thiên

Khi đó phương trình đã cho trở thành m t2 t 5 t2 t 5 m 0

        (1).

Nếu phương trình (1) có nghiệm

t t

1 2

,

thì

t

1



t

2

 

1

. (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1
.Vậy phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình (1) có
đúng 1 nghiệmt



1; 5



. Đặt g t( )t2 t 5. Ta đi tìm

m

để phương trình g t( ) m có

đúng 1 nghiệmt



1; 5



. Ta có g t( ) 2 t 1 0, t



1; 5



. 
Bảng biến thiên:

0 2

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Từ bảng biến thiên suy ra

 

3 m



5

là các giá trị cần tìm.
Chọn B.

Câu 87. Tìm các giá trị của tham số

m

để đồ thị hàm số: y x 42m x2 2m41 có ba điểm
cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc O tạo thành 1 tứ giác nội tiếp.

A.m 1. B.m 1. C. Khơng tồn tại m. D.m 1.
Hướng dẫn giải:

3 2

4 4

y  y x  m x

Hàm số có 3 điểm cực trị khi m0

Khi đó 3 điểm cực trị là:













0; 1 , ; 1 , ; 1

A m  B m C m

Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp( nếu có) của tứ giác ABOC . Do tính chất đối xứng ,
ta có:

, ,

A O I thẳng hàng AO là đường kính của đường trịn ngoại tiếp( nếu có) của tứ giác

ABOC.

Vậy

AB OB





ABOB

.

 

0 m



m



0  

0
1

m
m
 
 

 



Kết hợp điều kiện m 1 ( thỏa mãn).

Chọn A.

Câu 88. Tìm các giá trị của tham số

m

để đồ thị hàm số: y x 42mx2m có ba điểm cực
trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó là ba đỉnh của một tam giác có bán kính đường trịn nội
tiếp lớn hơn 1.

A.m 1. B.m2.

C.m  



; 1

 

 2;



. D. Không tồn tại m. 
Hướng dẫn giải:

C1: [Phương pháp tự luận]

Hàm số có 3 điểm cực trị khi m0

Ba điểm cực trị là A



0;m B





 m m m;  2

 

,C m m m;  2



Gọi Ilà trung điểm của BC  I



0;mm2



1
.
2

ABC

S  AI BC m m

Chu vi của ABClà: 2pAB BC AC  2



m m 4  m



</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Bán kính đường trịn nội tiếp ABC là: 2

ABC

S m m

r

p m m m



 

 

Theo bài ra:





2 4

4
4

1 1 1

m m m m m

m m

r

m

m m m

 

    

 

(vì m0 )





2 2 5 2 2 2 0 1

m

m m m m m m m m m m m

m
  

             




So sánh điều kiện suy ra m2 thỏa mãn.

C2: [Phương pháp trắc nghiệm] 
Sử dụng công thức

2 2 2

2 3 3 3

4 16 2 4 16 16 1 1

b m m

r r

a a ab m m

   

     

Theo bài ra:





2 3

3
3

1 1

1 1 1 1 1

1 1

m m

m

r m m

m
m

 

        

 

3 3 2 1

1 1 1 1 2 0

m

m m m m m m

m
  
            




So sánh điều kiện suy ra m2 thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 89. Cho hai số thực x 0 , y 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện
2 2

(x y xy x )  y xy. Giá trị lớn nhất M của biểu thứcA 13 13

x y

  là:

A. M0. B. M0. C. M1. D. M16.

Hướng dẫn giải:

2 2

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3

( )( )

1 1 x y x y x xy y x y 1 1
A

xy x y

x y x y x y

        

        

   

Đặt x ty . Từ giả thiết ta có: (x y xy x )  2y2xy (t 1)ty3(t2 t 1)y2

Do đó

2 2

1 1

;

t t t t

y x ty

t
t t

   

  



 . Từ đó

2 2

1 1 2 1

t t

A

x y t t

 

   

     
 

   

Xét hàm số





2 2

2 1 3 3

( ) ( )

1 1

t t t

f t f t

t t t t

   



  

    .

Lập bảng biến thiên ta tìm giá trị lớn nhất của A là: 16 đạt được khi 1

x y  .

Chọn D.

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Câu 90. Cho hàm số





1
2 1
x
y
x



 có đồ thị là

 

C . Gọi điểm M x y



0; 0



với

x



1

là
điểm thuộc

 

C ,biết tiếp tuyến của

 

C tại điểm Mcắt trục hoành, trục tung lần lượt tại
hai điểm phân biệt A Bvà tam giác , OAB có trọng tâm G nằm trên đường thẳng

: 4 0

d xy  . Hỏi giá trị của

x

0



2 y

0 bằng bao nhiêu?

A. 7

 . B.7

2 . C.

2 . D.

5
2
 .

Hướng dẫn giải: 
 Gọi





 

0
0
0
1
;
2 1
x

M x C

x
  


 
  
 

với

x

0

 

1

là điểm cần tìm.
 Gọi  tiếp tuyến của

 

C tại M ta có phương trình.





0 0

0 0 2 0

0 0 0

1 1 1

: '( )( ) ( )

2( 1) 1 2( 1)

x x

y f x x x x x

x x x

 

      

   .

 Gọi A  Ox



0 2 0 1;0
2

x x

A   

 

và B   O y



2
0 0
2
0
2 1
0;
2( 1)
x x
B
x
   
 

  
 
.
 Khi đó  tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là

2 2

0 0 0 0

2
0

2 1 2 1

;

6 6( 1)

x x x x

G
x
     

 
  
 
.

 Do G thuộc đường thẳng 4xy 0



2 2

0 0 0 0

2
0

2 1 2 1

4. 0

6 6( 1)

x x x x

x

   

  









2
1
4

1
x



 (vì A B không trùng , O nên

0 2 0 1 0
x  x   )

0 0
0 0
1 1
1
2 2
1 3
1
2 2
x x
x x
 
   
 
  
      
 
 
.

 Vì

x

0



1

nên chỉ chọn 0 1 1; 3 0 2 0 7

2 2 2 2

x   M  x  y  

  .

Chọn A.

Câu 91. Cho hàm số 2 1

1
x
y
x



 có đồ thị

 

C . Biết khoảng cách từ I



1; 2



đến tiếp tuyến

của

 

C tại M là lớn nhất thì tung độ của điểm M nằm ở góc phần tư thứ hai, gần giá trị
nào nhất?

A.3e. B.2e. C.

e

. D.4e.

Hướng dẫn giải:

C1: Phương pháp tự luận

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

 Ta có





2
3
1
y
x
 
 .

 Gọi 0 0

  



2 1

; , 1

1
x

M x C x

x
  
  
 

 

. Phương trình tiếp tuyến tại M là
0
0
2
0
0
2 1
3
( )
1
( 1)
x

y x x

x
x

  


2 2

0 0 0

3x (x 1) y 2x 2x 1 0

       .







4
2
0
0
2
0

6 1 6 6

, 6

9 ( 1) ( 1) 2 9

( 1)
x
d I
x x
x

    
 
 

.

 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi





 

2 0 0

0 0

0 0 0

1 3 2 3

( 1) 1 3

( 1) 1 3 2 3

x y L

x x

x x y N

      



     

       

Tung độ này gần với giá trị

e

nhất trong các đáp án.
C2: Phương pháp trắc nghiệm

Ta có IM  

0 0 1 2 1

cx d  adbc  x    

 

0
0

1 3 2 3

x y L

x y N

      


      

.
Chọn C.

Câu 92. Cho hàm số 2

1
x
y
x



 có đồ thị

 

C . Phương trình tiếp tuyến  của đồ thị hàm

số

 

C tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn
nhất. Khi đó, khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị

 

C đến  bằng?

A.

3

. B.

2 6

. C.

2 3

. D.

6

Hướng dẫn giải:

C1: Phương pháp tự luận

 Gọi 0 0

  

 



0
2

; , 1 , 1;1

1
x

M x C x I

x
  
   
 

 

. Phương trình tiếp tuyến tại M có
dạng





0
0
2
0
0
2
3

: ( )
1
1
x

y x x

x
x

   

 .

 Giao điểm của  với tiệm cận đứng là 0
0
5
1;
1
x
A
x
  

 

 
.
 Giao điểm của  với tiệm cận ngang là B



2x01; 1



</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

 Ta có 0
0

, 2 1 . 12

IA IB x IA IB

x

    

 . Bán kính đường trịn ngoại tiếp

IA B

 là

S

IAB



pr

, suy ra

2 2

. . .

2 3 6

2 . 2. .

IAB

S IA IB IA IB IA IB

r

p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB

     

     

 Suy ra 2 0

max 0

1 3 1 3

2 3 6 1 3

1 3 1 3

M

x y

r IA IB x

x y

      


       

      


 IM



3; 3



 IM  6

 

.
C2: Phương pháp trắc nghiệm

 IA IB  IA B vuông cân tại IIM  .

 1 1 2 1 3 1 3

1 3 1 3

M M

x y

cx d ad bc x

x y

      


         

      


IM

 



.
Chọn D.

Câu 93. (THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai năm 2016-2017) Một chuyến xe bt có
sức chứa tối đa là 60 hành khách. Nếu một chuyến xe bt chở

x

hành khách thì giá tiền
cho mỗi hành khách là

3
40

x

 



 

 

(USD). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Một chuyến xe bt thu được lợi nhuận cao nhất khi có 45 hành khách.
B. Một chuyến xe bt thu được lợi nhuận cao nhất bằng 135 (USD).
C. Một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất khi có 60 hành khách.
D. Một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất bằng 160 (USD).
Hướng dẫn giải:

Số tiền thu được khi có x khách là

( ) 3

x
f x  x  

 

Ta có

1 3

'( ) 3 2. 3 3 3 3 3

40 40 40 40 40 20 40 40

x x x x x x x

f x       x              

           

120
3

'( ) 0 3 3 0

40 40

x

x x

f x

x
 

   

        


    

(40) 160
(60) 135
f

f




Vậy

[0 ;60 ]

max ( ) (40) 160

x f x  f  .

Chọn D.

Câu 94. (THPT Chuyên Thái Bình - Thái Bình năm 2016-2017) Bạn A có một đoạn dây
dài 20m. Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một tam giác đều. Phần
cịn lại uốn thành một hình vng. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện tích
hai hình trên là nhỏ nhất?

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

A. 40 .

9 4 3 m B. 
180

9 4 3 m C. 
120

9 4 3 m D. 
60

.
9 4 3 m
Hướng dẫn giải:

Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x m

 

và 20x m

 

, 0 x 20 (như hình
vẽ).

Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh

 

x

m , diện tích

 

2 2

2
1

3 3

3 4 36

x x

S    m

 

Phần cịn lại uốn thành hình vng có cạnh 20

 

x
m

 , diện tích

 

2
2
2

20
4

x

S     m

 

Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi

 

2 3 20

36 4

x x

f x     

 

nhỏ nhất trên khoảng



0; 20



Ta có: '

 

3 20 0 180

18 8 4 3 9

x x

f x      x


.
Bảng biến thiên:

x

0 180

4 3 9 20

 

f x  0 +

 

f x

Dựa vào bảng biến thiên ta được 180
4 3 9
x

 .
Chọn B.

Câu 95. Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 6 cm. Người ta muốn cắt một hình thang 
như hình vẽ. Tìm tổng x + y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.

x cm

y cm

3 cm
2 cm

H

G

F
E

D C

B
A

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

A. 7 B. 5 C. D. . 
Hướng dẫn giải:

Ta có nhỏ nhất lớn nhất.

Tính được (1)

Mặt khác đồng dạng nên (2)

Từ (1) và (2) suy ra . Ta có 2S lớn nhất khi và chỉ khi nhỏ
nhất.

Biểu thức nhỏ nhất .

Chọn C.

Câu 96. Lưu lượng xe ô tô vào đường hầm Hải Vân (Đà Nẵng) được cho bởi công thức

 

290,4 v
0,36 13,2 264
f v

v v



  (xe/giây), trong đó v km h





là vận tốc trung bình của các xe

khi vào đường hầm. Tính lưu lượng xe là lớn nhất. Kết quả thu được gần với giá trị nào
sau đây nhất ?

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

Hướng dẫn giải:

Ta có

 









2
2

290,4 0,36 264

0, 36 13,2 264
v
f v

v v

 



 

với v0. '

 

0 264
0,6

f v  v

Khi đó

0; 

 

264

8,9
0,6

vMax f v  f

 

  

 

(xe/giây)
Chọn D.

Câu 97. Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1, 4m và đặt ở
độ cao 1, 4m so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới của
màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng
sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó ? Biết
rằng góc

BOC



nhọn.

A. AO2, 4m. B.

2
AO m.

C. AO2,6m. D. AO3m.

Hướng dẫn giải:

Đặt độ dài cạnh AOx m

  

, x0



Suy ra BO 3, 24x CO2,  10,24x2

7 2

2 4 2

EFGH

S



S



S

AEH



S

CGF



S

DGH

2 S



2 x



3 y



(6



x

)(6 y)





xy 4 x 3 y 36





AEH

 CGF AE AH xy 6

CG  CF  

18
2S 42 (4 x )

x

   4 x 18

x



18
4 x

x

 4 18 3 2 2 2

x x y

x

     

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Ta sử dụng định lí cosin trong tam giác OBC ta có:





 









2 2

2 2 2

2 2

3,24 10,24 1,96

cos

2 . 2 3,24 10,24

x x

OB OC BC

BOC

OB OC x x

   

 

 

 







2 2

5,76
3, 24 10, 24

x

x x




 

Vì góc

BOC



nên bài tốn trở thành tìm x để

 







2 2

5,76

3, 24 10, 24

x
F x

x x




 

đạt giá trị nhỏ
nhất.

Đặt









3, 24x t t,  3, 24 . Suy ra

 









25 63
25

7 25 7

t t

F t

t t t t



 

 

Ta đi tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ nhất.

 







 











2 7

25 7 25 63

2 7

25 63 1

25 7

t

t t t

t t
t

F t

t t
t t

   

     

   

   

 

  



 

 













 





 



50 7 25 63 2 7

1 1 49 441

25 2 7 7 25 2 7 7

t t t t t

t t t t t t t t

       



   

 

       

   

 

' 0 9

F t   t
Bảng biến thiên

t 3,24 9



 

F t - 0 +

 

F t

F

min
Thay vào đặt ta có:



3, 24 2



9 2 144 2 , 4 m

x x x

     

Vậy để nhìn rõ nhất thì AO2, 4m.
Chọn A.

Câu 98. Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 cái ti vi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 10$
một cái mỗi năm. Để đặt hàng chi phí cố định cho mỗi lần đặt là 20$ cộng thêm 9$ mỗi
cái. Cửa hàng nên đặt hàng bao nhiêu lần trong mỗi năm và mỗi lần bao nhiêu cái để chi
phí hàng tồn kho là nhỏ nhất ?

A. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái ti vi.
B. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 100 cái ti vi.
C. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 90 cái ti vi.

D. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 90 cái ti vi.

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Hướng dẫn giải:

Gọi

x

là số ti vi mà cừa hàng đặt mỗi lần (x 1; 2500, đơn vị cái)
Số lượng ti vi trung bình gửi trong kho là

x nên chi phí lưu kho tương ứng là

10. 5

x
x



Số lần đặt hàng mỗi năm là 2500

x và chi phí đặt hàng là:





2500

20 9x

x 

Khi đó chi phí mà cửa hàng phải trả làC x

 

2500



20 9x



5x 5x 50000 22500

x x

     

Lập bảng biến thiên ta được: Cmin C



100



23500
Kết luận: đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái tivi.
Chọn A.

Câu 99. Trong lĩnh vực thuỷ lợi, cần phải xây dựng nhiều mương dẫn nước dạng "Thuỷ 
động học" (Ký hiệu diện tích tiết diện ngang của mương là S,  là độ dài đường biên giới
hạn của tiết diện này,- đặc trưng cho khả năng thấm nước của mương; mương đựơc gọi
là có dạng thuỷ động học nếu với S xác định,  là nhỏ nhất). Cần xác định các kích thước
của mương dẫn nước như thế nào để có dạng thuỷ động học? (nếu mương dẫn nước có
tiết diện ngang là hình chữ nhật)

A. 4 ,

4
S

x S y B. 4 ,

2
S
x  S y

C. 2 ,

4
S

x  S y D. 2 ,

2
S
x  S y
Hướng dẫn giải:

Gọi x, y lần lượt là chiều rộng, chiều cao của mương. Theo bài ra ta có: S = xy;

2y x S x

x

   

 . Xét hàm số ( )x  2S x

x  . Ta có
'

( )

x



2S
x

 + 1 = 2

2
2

x S

x



.
'

( )

x



= 0  x2  2S  0 x  2S, khi đó y = S

x = 2

S
.

Dễ thấy với x, y như trên thì mương có dạng thuỷ động học, vậy các kích thước của
mương là x 2S, y =

2
S

thì mương có dạng thuỷ động học.
Chọn D.

Câu 100. Một lão nơng chia đất cho con trai để người con canh tác riêng, biết người con 
sẽ được chọn miếng đất hình chữ nhật có chu vi bằng 800( )m . Hỏi anh ta chọn mỗi kích
thước của nó bằng bao nhiêu để diện tích canh tác lớn nhất?

x

y

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

A.200m200m B.300m100m

C.250m150m D.Đáp án khác

Hướng dẫn giải:

Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng đất lần lượt là: và
Diện tích miếng đất:

Theo đề bài thì: hay . Do đó: với

Đạo hàm: . Cho .

Lập bảng biến thiên ta được: khi .

Kết luận: Kích thước của miếng đất hình chữ nhật là (là hình vng).
Lưu ý: Có thể đánh giá bằng BĐT Cơ-Sy.

Chọn A.

Câu 101. Một trang chữ của một tạp chí cần diện tích là 3 8 4c m2. Lề trên, lề dưới là 3cm; 
lề phải, lề trái là 2cm. Khi đó chiều ngang và chiều dọc tối ưu của trang giấy lần lượt là:

A.24cm, 25cm. B.15cm, 40cm. 
C.20cm, 30cm. D. 22, 2cm, 27cm.
Hướng dẫn giải:

Gọi a b cm a,





0,b0



là độ dài chìu dọc và chìu ngang của trang chữ suy ra kích
thước trang giấy là a6,b4

Ta có: a b. 384 b 384

 

a

  

Diện tích trang sách là: S



a 6



b 4



S 4a 2304 408

a

      

Theo bất đẳng thức CAUCHY ta có: S 2 4 .a 2304 408 600
a

   

Suy ra M inS 600 4a 2304 a 24

a

     , suy ra chiều dọc và chiều ngang tối ưu là:

30cm, 20cm
Chọn C.

Câu 102. Ơng Bình muốn thiết kế mái cho một xưởng may có diện tích 20000 m2có hai 
đồ án như sau:

- Cơng ty A thiết kế dạng hình vng với mái là hình chóp tứ giác đều có
chiều cao bằng70m .

- Cơng ty B thiết kế dạng hình trịn với mái là nửa mặt cầu úp xuống.
Hỏi thiết kế của cơng ty A giúp tiết kiệm diện tích mái hơn bao nhiêu m2?

A. 1 1 8 5 7 m2. B. 2 0 0 0 0 m2. C. 9 0 0 0 m2. D. 5 0 0 0 m2. 
Hướng dẫn giải:

x

y

C=800 m

( )

x m y m( ) ( ,x y0).

Sxy

2(xy)800 y400x Sx(400   x) x2 400x x0

'( ) 2 400

S x   x y'  0 x 200

max 40000

S  x200 y 200

200 200

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Phương án A: Hình chóp tứ giác đều

Chiều dài của cạnh bên là









2
2

50 2 4900 5000 30 11 70

h     h

Độ dài cạnh đáy là:

20000

chiều cao mặt bên.cạnh đáy 2.30 11.100 2 6000 22

 

m2

Phương án B: Mặt cầu:
Diện tích hình trịn lớn bằng

2 2 20000 2 20000 2

20000m R 20000 R ;Smat 2R 2 40000m

 

      

Kết luận: Vậy phương án A giúp tiết kiện diện tích mái hơn
40000m2 6000 22m2 11857m2

Chọn A.

Câu 103. (THPT Chuyên Hà Nội Ams năm 2016-2017) 
Cho hai vị trí A, B cách nhau 615m, cùng nằm về một
phía bờ sơng như hình vẽ. Khoảng cách từ A và từ B
đến bờ sơng lần lượt là 118m và 487m. Một người đi từ
A đến bờ sơng để lấy nước mang về B. Đoạn đường
ngắn nhất mà người đó có thể đi là:

A. 569,5 m B. 671,4 m

C. 779,8 m
D. 741,2 m 
Hướng dẫn giải:

Giả sử người đó đi từ A đến M để lấy nước và đi từ M về B.

dễ dàng tính được B D  3 6 9 , E F  4 92 . Ta đặt EMx,khi đó ta được:





2 2 2

492 , 118 , 492 487 .

MF x AM x  BM x 

Như vậy ta có hàm số f x

 

được xác định bằng tổng quãng đường AM và MB:

 

2 2





2 2

118 492 487

f x  x   x  với x 0; 492

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của f x

 

để có được qng đường ngắn nhất và từ đó
xác định được vị trí điểm M.

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

 





2 2 2 2

492

' .

118 492 487

x x

f x

x x



 

  

 





































2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

492

' 0 0

118 492 487

492

118 492 487

492 487 492 118

0 492

487 58056 118

0 492

58056 58056

605 369

0 492

x x

f x

x x

x x

x x

x x x x

x

x x

x

x hay x

x
x



   

  



 

  

     

      

  

 

  


  


 

 




  



 

  


58056
605


Hàm số f x

 

liên tục trên đoạn 0; 492. So sánh các giá trị của f(0), 58056
605
f 

 



492



f ta có giá trị nhỏ nhất là 58056 779,8
605

f  m

 

Khi đó quãng đường đi ngắn nhất là xấp xỉ 779,8m. Vậy đáp án là C. 
Chọn C.

Câu 104. (THPT Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc năm 2016-2017) Một đồn tàu chuyển động
thẳng khởi hành từ một nhà ga. Qng đường s mét





đi được của đồn tàu là một hàm
số của thời gian t giây





, hàm số đó là s 6t2 –t3

 . Thời điểm t giây





mà tại đó vận tốc





v m s của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là

A. t4s. B. t2s. C. t6s. D. t8s.
Hướng dẫn giải:

 Hàm số vận tốc là

v s t





 

 

3 t



12 t

, có GTLN là

v

max



12

tại t 2.
Chọn B.

Câu 105. (Đề thi chính thức THPT QG năm 2017 mã đề 110) Tìm tất cả các giá trị thực
của tham số

m

để đường thẳng y mx cắt đồ thị của hàm số y x 33x2m2 tại
ba điểm phân biệt A B C, , sao cho ABBC.

A. m(1 :). B. m ( ; 3).
C. m  ( ; 1). D. m  ( : ).
Hướng dẫn giải:

Hồnh độ giao điểm là nghiệm của phương trình

3 2 2

3

2 (

1)(

2 2) 0

x



x

   

m

mx



x



x



x m







</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

1;

2 2 0

x

x m

 



  

Đặt nghiệm

x

2



1.

Từ giải thiết bài tốn trở thành tìm m để phương trình có 3 nghiệm
lập thành cấp số cộng. Khi đó phương trình

2 2 2 0

x  x m  phải có 2 nghiệm phân biệt (vì theo Viet rõ ràng

x

1



x

3

 

2 2

x

2)

Chọn B.

Câu 106. (Đề thi chính thức THPT QG năm 2017 mã đề 105) Tìm tất cả các giá trị thực
của tham số

m

để đồ thị của hàm số y x 42mx2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam
giác có diện tích nhỏ hơn 1.

A.

0 

m



4

B. m1.

C. 0m1. D. m0.
Hướng dẫn giải:

Tập xác định D

Ta có y 4x34mx. y 0 4x3 4mx 0 x2 0
x m

 

      




.
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m0.

Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là: O



0; 0



, A m m



; 2



, B



 m m; 2



Do đó 1 . 1 2.2 2 1 0 1.

2 2

OAB

S  OH AB m m m m   m

Chọn C.

Câu 107. (Đề thi chính thức THPT QG năm 2017 mã đề 104) Tìm tất cả các giá trị thực
của tham số

m

để đồ thị của hàm số y x 33mx24m3 có hai điểm cực trị A và B sao
cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 với O là gốc tọa độ.

A.

4
1

2
m  ;

4
1

m . B. m 1;m1.

C. m1. D. m0.

Hướng dẫn giải: 
2

3 6

y  x  mx. y  0 3x26mx0

0 4

2 0

x y m

x m y

   
 

  



Đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị A



0; 4m3



và B



2 ; 0m



,



m 0



4

OAB

S





 4m4  4 m 1. 
Chọn B.

x
y

A
O

H
B

m
m



m


</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

</div>

Đề thi thử THPT quốc gia

 

 

















 

 















 





 

 

 











 



 





























 

<sub> </sub>

 

 

 

     





<sub> </sub>

 

 

 

<sub> </sub>

 

 





 

 

 











 











