Phân tích, giải và xây dựng câu VD – VDC trong đề TN THPT 2021 môn Toán (đợt 1)

Tài liệu gồm 60 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam, phân tích, định hướng tìm lời giải và xây dựng các bài toán tương tự các câu VD – VDC trong đề thi tốt nghiệp THPT năm 2021 môn Toán (đợt 1).

48 24 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán

Môn: Toán

Thông tin:

60 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Ôn thi tốt nghiệp THPT đợt 2
Phân tích, định hướng tìm lời giải, xây dựng các bài tương tự các
câu VD – VDC mã đề 102
ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT ĐỢT 1 NĂM 2021
Buổi thi môn Toán kỳ thi tốt nghiệp THPT đợt 1 năm 2021 diễn ra vào chiều
ngày 7/8/2021. Bài thi môn Toán gồm 24 mã đề, được lấy từ 4 mã đề gốc là: Mã đề
101, 102, 103, 104. Nội dung đề thi nằm trong chương trình THPT, chủ yếu chương
trình lớp 12, trong đó 38 câu đầu ở mức độ nhận biết, thông hiểu được ra trong các mã đề
nhằm kiểm tra kiến thức cơ bản của lớp 11, lớp 12; trong các mã đề từ câu 39 đến câu 45
kiểm tra kiến thức học sinh ở mức độ vận dụng, từ câu 46 đến câu 50 ở mức độ vận dụng
cao đã thể hiện rõ tính phân hoá bằng cách sử dụng tổng hợp các kiến thức trong chương
trình THPT.
Kỳ thi tốt nghiệp THPT đợt 2 năm 2021 sẽ diễn ra trong 2 ngày 6/7/8/2021,
để tạo điều kiện cho quý thầy cô cùng các em có tài liệu ôn tập trong thời gian gấp rút này
Nhóm Giáo viên Toán Việt Nam xin gửi tới quý thầy cô và các em bài viết “Phân
tích, định hướng tìm lời giải, xây dựng các bài tương tự các câu VD – VDC đề thi tốt nghiệp
THPT đợt 1 Năm 2021”
Hy vọng bài viết sẽ giúp quý thầy cô có thêm tài liệu tham khảo; các em học sinh
nắm chắc các kiến thức trong chương trình THPT; tiếp cận được với các bài toán mới,
hay và lạ. Đặc biệt, rèn luyện tốt kỹ năng thi trắc nghiệm môn Toán.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 39. Cắt hình nón
N
bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng
0
60
ta
thu được thiết diện là một tam giác đều cạnh
4a
. Di
ện tích xung quanh của
N
bằng :
A.
2
8 7 a
.
B.
2
4 1
3 a
.
C.
2
8 1
3 a
.
D.
2
4 7 a
.
FB: Trương Quốc Toản – Tạ Minh Đức
Phân tích định hướng tìm Lời giải:
- Đây là bài toán tính diện tích xung quanh của hình nón;
- Để tính di
ện tích xung quanh của hình nón ta áp dụng công thức
xq
S r
l
;
- Trong bài toán này đường sinh
4l a
, nên chúng ta chỉ cần xác định bán kính đáy
r
của
hình nón
N
thông q
ua giả thiết bài toán;
Lời giải
Chọn D
Gọi
I
là tâm của đường tròn đáy của hình nón.
Ta có thiết diện qua đỉnh là tam giác
SB
A
.
Gọi
M
là
trung điểm của đoạn thẳng
AB
.
Ta
chứng minh được
AB SIM
, suy ra góc giữa mặt phẳng đi qua đỉnh và mặt
phẳng chứa đáy của hình nón là
0
60S
MI
.
Do ta
m giác
SA
B
đều cạ
nh
4a
, suy ra
4 3
2 3
2
a
SM a
.
Xét t
am giác
SI
M
vuông tại
I
ta có
3 ;
3SI a IM a
.
Xét
IM
A
vuông
tại
M
ta có
2
2 2 2
3 2
7
IA I
M MA a a a
.
Vậy diện tích
xung quanh của hình nón là
2
7.
4 4 7
xq
S r
l a a a
.
Bình luận:
- Đây là bài toán tính diện tích xung quanh của hình nón, để làm được bài này yêu cầu các
em học sinh phải nhớ công thức tính diện tích xung quanh của hình nón; cách xác định thiết
diện của mặt phẳng với hình nón và xác định được góc giữa hai mặt phẳng. Tuy dạng toán
này không mới, nhưng để giải quyết được bài toán này thì các em học sinh phải có học lực
khá trở
lên.
Hướng
phát triển:
Hướng
phát triển 1: Thay đổi giả thiết cho chiều cao và diện tích thiết diện. Yêu cầu tính thể
tích của khối nó
n
Hướng
phát triển 2: Thay giả thiết góc bằng bán kính đáy của hình nón. Tính khoảng cách
từ tâm củ
a đáy đến mặt phẳng
Hướng
phát triển 3: Giữ nguyên giả thiết, mặt cắt chia khối nón thành hai phần tính thể tích
một phầ
n của khối nón
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Hướng phát triển 4: Thay đổi giả thiết cho bán kính đáy hình nón; mặt phẳng đi qua đỉnh
và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc. Tính diện tích thiết diện.
Hướng phát triển 5: Thay đổi giả thiết bài toán cho bán kính, chiều cao của hình nón. Mặt
phẳng đi qua đỉnh hình nón cắt mặt phẳng chứa đáy là tam giác cân có cạnh đáy cho trước.
Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng.
Hướng phát triển 6: Xây dựng các bài toán tương tự trên hình trụ
Các ví dụ minh họa
Câu 1. Cho hình nón có chiều cao bằng
2
5
. Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón
theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng
9
3
. Thể tích của khối nón được giới
hạn bởi hình nón đã cho bằng
A.
3
2 5
3
. B. . C.
. D.
96
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
2
2 2
3
3
9
3 36 36
4
4
S
AB
A
B AB
S AB SA
.
2
2
3
6 20 4
R
OA SA SO
Thể tí
ch của khối nón là
2
1
32 5
3
3
V R h
.
Câ
u 2. Cho hình nón có đỉnh
S
,
đáy là đường tròn tâm
O
sao
cho
6 5
SO
,
một mặt phẳng
(
)
cắt
mặt nón theo hai đường sinh
, SA SB
.
Biết khoảng cách từ
O
đến
mặt phẳng
( )
bằng
2
5
và diện tíc
h tam giác
SAB
bằng
360
. T
hể tích khối nón bằng
A.
1
325 5
. B.
2
65 5
. C.
1
325 5
. D.
2
65 5
.
Lời
giải
Chọn
A
32
S
O
A
B
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Kẻ
,
,( ) 2 5OI AB OH SI OH d O
2
2
2 2 2 2 2 2
1
1 1 1 1 1 1 1 2
45
2 5 6 5
OH SO OI OI OH SO
3 10
2
OI
2
2
2
2
3
10 9 10
6 5
2 2
SI SO OI
1 360
. . . 8 10
2
9 10
2
SAB
SAB
S
S
SI AB SI IA IA
SI
2
2
2
2
3 10 5 106
8 10
2 2
r OI IA
2
1
5 106
. . .6 5 1325 5
3 2
V
Câ
u 3. Cho hình nón đỉnh
,S
đáy
là đường tròn
;3O
.
Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt
đường tròn đáy tại hai điểm
A
và
B
sao cho
5.SA AB
Khoảng cách từ
O
đến mặt phẳng
SAB
bằ
ng
A.
3
3
.
5
B.
4
33
.
1
5
C.
3
3
.
1
5
D.
2
33
.
1
5
Lời giải
Chọn B.
Gọi
I
l
à trung điểm
A
B
.
T
a có
AB SO
AB SOI SAB SOI
AB OI
.
Tron
g
S
OI
, kẻ
,
OH SI H SI
thì
O
H SAB
.
;
d
O SAB OH
.
T
a có:
2
2 2 2
5
3 4SO SA OA
.
Ta có:
2
2 2 2
5 11
3
2 2
OI OA AI
.
T
am giác vuông
S
OI
có:
2
2 2
1 1 1 1 4 4 33
16 11 15
OH
OH OI SO
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Vậy
4
33
; .
15
d O SAB OH
Câu 4. Một khối nón có bán kính đáy bằng
2
,a
đường sinh bằng
7a
(tham khảo hình dưới đây).
Một mặt phẳng qua đỉnh và tạo với đáy của hình nón một góc
0
6
0
chia
khối nón thành hai
phần, gọi
V
là th
ể tích phần nhỏ hơn. Giá trị của
V
bằ
ng
A.
3
4
3
1 .
9
a
B.
3
4
3
1 .
3
a
C.
3
4
3
3 .
3
a
D.
3
4
3
3 .
9
a
Lời gi
ải
Chọ
n A.
Giả sử mặt phẳng qua đỉnh và tạo với đáy một góc
0
6
0
cắt
khối nón theo thiết diện là
tam giác
S
MN
như hì
nh vẽ.
Gọi
I
là trung điểm của
.MN
Khi đó
,O
I MN SI MN
từ giả thiết ta có góc
0
60 .SIO
Xé
t tam giác
S
OM
ta
có
2
2
3
.
S
O SM OM a
Xé
t tam giác
S
IO
ta có
0
3
,
ta
n 60
3
SO a
OI a
từ đó xét trong tam giác
O
IM
ta được
0
60 ,IOM
suy r
a
0
120 ,NOM
2 0 2
1
. .sin120 3 .
2
O
MN
S OM a
Gọi
o
S
l
à diện tích hình viên phân tạo bởi dây
MN
và cung
nhỏ
.M
N
T
a có
2
2
0
1
4
. 3 .
3 3
OMN
S
OM S a
Thể tí
ch cần tính bằng
2 3
0
1
1 4 4 3
. . 3 . 3 1 .
3 3 3 9
V SO S a a a
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 5. Cắt hình nón đỉnh
I
bởi một mặt phẳng đi qua trục của hình nón ta được một tam giác vuông
cân có cạnh huyền bằng
2a
,
BC
là
dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt
phẳng
I
BC
tạo
với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc
0
6
0
.
Tính theo
a
diện
tích
S
của
tam giác
IBC
.
A.
2
3
3
a
S
. B.
2
3
a
S
. C.
2
2
3
a
S
. D.
2
2
3
a
S
.
Lời
giải
Chọn C
T
am giác
I
DC
v
uông cân có
2
2
2
a
D
C a IH HC
và
I
C a
.
Gọi
E
l
à trung điểm cạnh
B
C
, g
óc giữa mặt phẳng
(
)
I
BC
và
là
0
6
0
I
EH
.
Tron
g tam giác
I
HE
có
0
6
s
in 60 3
I
H a
IE
.
Tam giác
I
EC
có
2 2 2 2
2 3
3
3
C
E IC IE a a a
.
Vậy
2
2
.
3
a
S
EI EC
.
Câ
u 6. Cho hình nón đỉnh
S
có bán kính đáy
3
,
R
chiều cao
2
2.
h
Mặt phẳng
( )
qua đỉnh
S
cắt đáy của hình nón theo dây cung có độ dài
2
.
3
Tính góc tạo bởi mặt phẳng
(
)
và mặt
phẳng chứa đáy của hình nón.
A.
0
3
0
B.
0
4
5
C.
0
6
0
D.
0
7
5
Lời
giải
Chọn C
Gọi
,A
B
l
à hai giao điểm của
(
)
với đường t
ròn đáy, ta có
2
.
3
A
B
Gọi
M
l
à trung điểm
,A
B
ta
có
,
O
M AB SM AB
góc tạo bởi
(
)
và mặt đáy
là
S
MO
,
2 2
2
6
,
3
O
M OB BM
t
an 3.
S
O
SMO
OM
0
6
0 .
S
MO
M
O
S
A
B
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 7. Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm
O
và tâm
O
, bán kính đáy
3,
r a
chiều cao
hình trụ
h
a
.
Mặt phẳng
(
)
đi
qua trung điểm của
O
O
và
tạo với
O
O
một
góc
6
0
và
(
)
cắt
đường tròn đáy tâm
O
theo d
ây cung
A
B
. Độ dà
i đoạn
A
B
là:
A.
2a
. B.
3
2
a
. C.
3
2
a
. D.
3a
.
Lời
giải
Chọn D
Gọi
M
,
N
lần lượt là
trung điểm của
OO
và
A
B
. T
a có
,
A
B ON AB OO AB OMN
. Gọi
H
là hình chiếu của
O
trên
M
N
thì
(
)
O
H
T
a có
;
; ; 60
O
O ABM OO MH OO MN OMN
.
Tam giác
O
MN
vuông tại
O
có
.
tan
O
N OM OMN
3
.
tan60
2 2
a
a
O
N
.
2
2
2 2
3
2
2 2 3 3
4
a
A
B NB OB ON a a
.
Câ
u 8. Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông
ABCD
cạnh
a
có
hai đỉnh liên tiếp
,A B
nằm
trên
đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của
hình trụ. Mặt phẳng
A
BCD
tạo
với mặt phẳng chứa đáy hình trụ một góc
4
5
.
Tính diện tích
xung quanh hình trụ?
A.
2
x
q
2
3
5
a
S
. B.
2
x
q
3
3
a
S
. C.
2
x
q
3
4
a
S
. D.
2
x
q
3
2
a
S
.
Lời
giải
Chọn D
Gọi
,
,
P
Q E
lần lượt là
trung điểm của
,
,
A
B CD OO
.
Góc giữa
(
)
A
BCD
và mặt đá
y là
4
5
O
QE
. T
a có
2
a
EQ
, do đó
2
4
a
O Q EO
.
α( )
B
A
H
M
O'
O
N
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Suy r
a
2
2
a
h
OO
và
6
4
a
r
O C
.
Diện
tích xung quanh của hình trụ là
2
x
q
6
2 3
2 .
4
2 2
a a a
S
Câ
u 9. Cho khối trụ có thiết diện qua trục
O
O
là
một hình vuông cạnh bằng
2
.
Mặt phẳng
P
đ
i
qua trung điểm
I
của
O
O
và
tạo với mặt phẳng chứa đáy của khối trụ một góc bằng
3
0
.
Diện tích của thiết diện do
P
cắt khối trụ gần số nà
o sau đây nhất?
A.
3
,6
. B.
3
,8
. C.
3
,5
. D.
3
,7
.
Lời
giải
Chọn A
Do thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh bằng
2
nên chiều ca
o của hình
trụ là
2
h
và b
án kính đáy là
1R
.
Giả sử gia
o tuyến của mặt phẳng
P
và đá
y chứa tâm
O
là đường t
hẳng
d
.
Gọi
E
là hìn
h chiếu của
O
tr
ên
d
. Kh
i đó góc giữa
P
và
mặt phẳng chứa đáy là góc
3
0
O
EI
.
Trong tam giác vuông
I
OE
có
2
ta
n 3 1
3
3
O
I
OEI OE
OE
. Do đ
ó điểm
E
nằm ngoà
i đường tròn đáy nên thiết diện là Elip.
Trong tam giác vuông có
2
4 3
cos
3
3
2
H
M
AMH AM
AM
.
Ha
y
4 3 2 3
2
3 3
a a
. Mà
2
2 1
C
D b b
.
Thiết diện là hình elip nên diện tích bằng
2 3
3,62
3
ab
.
Câu 40: Cho hàm số
2
2 5 1
3
4 1
x khi x
f
x
x
khi x
. Giả sử
F
là nguyên hàm của
f
trên
thỏa mãn
0
2
F
. Giá trị của
1
2 2
F
F
bằng
A. 27. B. 29. C. 12. D. 33.
OO
A
HM
O
I
M
H
A
C
D
O
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Phân tích định hướng tìm lời giải
Dạng toán: Cho hàm số
F
là nguyên hàm của
f
với
f
là hàm cho bởi nhiều biểu thức. Bài toán yêu
cầu tính giá trị của biểu thức
F
tại một số điểm. Dạng toán này ta có 2 cách làm chính sau
* Cách 1: Tìm hàm số
F
(là tìm các hằng số
1 2
,
,...
C
C
) dựa vào các giả thuyết đã cho (như liên tục, có
đạo hàm,
o
F
x
,…). Tùy theo yêu cầu bài toán mà sử dụng hàm số
F
đã tìm được một cách phù hợp.
Cụ thể hơn ta có:
Bước 1:
2
1
2
3
2
2 5 1
5
1
3
4 1
4
1
x khi x
x
x C khi x
f
x F x
x khi x
x
x C khi x
.
Bước 2: Tìm các hằng số
1
2
,C
C
dựa vào
(
0) 2
F
và tính liên tục của hàm số.
Bước 3: Tính giá trị của biểu thức
1 2 2
F F
.
* Cách 2: Sử dụng công thức
d
b
a
F b F a f x x
phù hợp. Cụ thể ở bài trên ta làm như sau
Bước 1:
1
0
1
d 0
F
f x x F
.
Bước 2: Để ý
1
2 2 1 1 2 2 1 3 1
F
F F F F F F
, các biểu thức trong dấu
ngoặc vuông có dạng
d
b
a
f
x x
Fb-Nam Phương
Lời giải
* Cách 1
2
1
2
3
2
2 5 1
5
1
3
4 1
4
1
x khi x
x
x C khi x
f x F x
x khi x
x
x C khi x
.
Vì
2
1
2
3
5 1
0 2 2
4
2 1
x x C khi x
F C F x
x
x khi x
.
Hàm số liên tục trên
1
1
l
im lim (1)
x
x
F
x F x F
1
1
1
5 1 4 2 1
C
C
2
3
5
1 1
4
2 1
x
x khi x
F x
x
x khi x
. Vậy
1
2 2 3 2.15 27
F
F
.
* Cách 2
Nhận xét: Hàm số
f x
liên tục trên
.
0 0
2
1 1
0 1 d 3 4 d 5 1 0 5 3.
F F f x x x x F
F
1
1
2
0 0
1
0 d 3 4 d 5 1 0 5 7.
F
F f x x x x F
F
2
2
1 1
2 1 d 2 5 d 8 2 1 8 15.
F F f x x x x F
F
Do đó
1 2 2 3 2.15 27.
F F
Bình luận:
- Đây là dạng toán thuộc mức độ vận dụng, việc nhận ra hướng giải đòi hỏi học sinh phải nắm chắc
các khái niệm và tính chất của nguyên hàm cũng như các phương pháp tìm nguyên hàm.
Hướng phát triển:
- Không cho điều kiện
(
)
F
a m
. Yêu cầu tính
(
) ( )
F
b F c
.
- Thêm điều kiện như: có đạo hàm, liên tục,….
- Thay đổi điều kiện kiện của đề bài bằng cách cho
( ) ( )
F a F b k
. Yêu cầu tính
( ) ( )F n F m
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Bài tập tương tự
Câu 1: Cho hàm số
2
2
1 khi 1
3
2 khi 1
x
x
f
x
x
x
. Giả sử
F
là nguyên hàm của
f
trên
thỏa mãn
0
2
F
. Giá trị của
1
2 2
F
F
bằng
A.
9
. B.
15
. C.
11
. D.
6
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2
2
1 khi 1
3
2 khi 1
x
x
f x
x x
2
1
3
2
k
hi 1
d
2
khi 1
x
x C x
F x f x x
x
x C x
.
Mà ta có
2
0
2 2
F
C
.
Mặt khác hàm số
F
là nguyên hàm của
f
trên
nên
y F x
liên tục tại
1x
.
Suy ra
1
1
1
lim lim (1) 1
x
x
F x F x F C
.
Khi đó ta có:
2
3
1 khi 1
2
2 khi 1
x x x
F x
x
x x
suy ra
1 3
.
2
3
F
F
Vậy
1 2 2 9
F F
.
Câu 2: Cho hàm số
2
2 3 khi 1
3
2 khi 1
x x
f
x
x
x
. Giả sử
F
là nguyên hàm của
f
trên
thỏa mãn
0
2
F
. Giá trị của
1
2 2
F
F
bằng
A.
23
. B.
11
. C.
10
. D.
21
.
Lời giải
Chọn D
Dễ thấy hàm số
f
liên tục trên
.
1
1
2
0 0
1 0 ( )d (3 2) ( )d 3 (1) 5
F F f x x x f x x F
.
1
2
1 1
1
2 2 ( )d 2 ( )d 3 (1) 6 12 15 21
F
F f x x f x x f
.
Câu 3: Biết rằng
(
)
F
x
liên tục trên
là một nguyên hàm của hàm số
2
3
3 2 khi 2
(
) .
4
18 khi 2
x x
f x
x x
Giá trị
của biểu thức
(
1) (3)
F
F
bằng
A.
7
.
B.
1
8.
C.
8
.
D.
3
2.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
1
3
2 2
(
1) (3) d d 18
F
F f x x f x x
.
Câu 4: Biết rằng
(
)
F
x
liên tục trên
là một nguyên hàm của hàm số
3
1
khi 0
(
)
2 1
(
2 1) khi 0
x
f
x
x
x x
và
(4) ( 1) 8
F F
. Giá trị của biểu thức
( 2) 2 (12)
P F F
bằng
A.
2
0
. B.
2
7
. C.
281
1
6
. D.
121
8
.
Lời giải
Chọn B
Ta có :
4
1
0 0
8
2 (0) (4) (0) ( 1) (0) d d 2 (0) 3
F
F F F F f x x f x x F
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
2 12
0 0
(
2) 2 (12) d 2 d 3 (0) 27
P
F F f x x f x x F
.
Câu 5: Biết rằng
(
)
F
x
liên tục trên
, là một nguyên hàm của hàm số
3
1
khi 0
(
)
(
2 1) khi 0
x
x
f x
x x
và
19
(
3) ( 1)
3
F
F
. Giá trị của biểu thức
( 2) (8)
P F F
bằng
A.
20
. B.
27
. C.
58
. D.
29
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
3
1
1
4
2 2
2
(
) 1 , 0
3
(
)
(2 1)
(
) , 0
8
F x x C x
F x
x
F x C x
.
Do
( )F x
liên tục trên
nên
1 2 1 2
0 0
2
1 13
l
im ( ) lim ( ) (0)
3
8 24
x
x
F
x F x F C C C C
.
Và
1
2 1 2
1
6 1 19 7
(
3) ( 1) 8
3
8 3 8
F
F C C C C
. Suy ra
1
2
1
17
,
6
24
C
C
.
Tính
1
81 17
(8) ( 2) 18 29
6
8 24
F F
.
Câu 6: Cho hàm số
2
1
khi 1
(
)
khi 1
a
x x
f x
x
b x
với
,
a
b
là các tham số thực. Biết rằng
(
)
f
x
liên tục và có
đạo hàm trên
.
Tích phân
2
1
(
)d
I
f x x
bằng
A.
1
3
B.
19
3
C.
26
3
D.
25
3
Lời giải
Chọn C
Hàm số liên tục trên
nên sẽ liên tục tại
o
1
x
1
1
l
im ( ) lim ( ) (1)
x
x
f
x f x f
2
1
1
l
im( 1) lim( ) (1) 1 1 .
x
x
a
x x b f a b a b
Hàm số có đạo hàm trên
nên có đạo hàm tại
o
1
1
1 lim ( ) lim ( )
x
x
x f x f x
1
1
l
im( ) lim(2 ) 2.
x
x
a
x a
Suy ra
2
2
1 khi 1
2 ( ) .
2
khi 1
x
x
a b f x
x x
Do đó:
2 1 2 1 2
2
1 1 1 1 1
26
( )d ( )d ( )d ( 2)d (2 1)d
3
I f x x f x x f x x x x x x
Câu 7: Cho hàm số
2
1
khi 0
(
) .
1
khi 0
a
x bx x
f x
ax b x
Biết rằng hàm số
( )f x
có đạo hàm trên
.
Tích phân
1
3
(
)d
I
f x x
bằng
A.
8
2
3
B.
2
2
3
C.
1
4.
D.
1
0.
Lời giải
Chọn D
+)
( )f x
có đạo hàm trên
( )f x
liên tục trên
( )f x
liên tục tại
0
x
.
(
)
f
x
liên tục tại tại
0
x
0
0
l
im ( ) lim ( ) (0)
x
x
f
x f x f
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
2
0
0
l
im 1 lim 1 (0)
x x
a
x bx ax b f
1
1
b
2
.
b
+)
( )f x
có đạo hàm trên
( )f x
có đạo hàm tại
0
x
.
2
0
0 0
2
1 1
( ) (0)
lim lim lim 2 2
0
0
x
x x
a
x x
f x f
ax
x x
.
0
0 0
2
1 1
( ) (0)
lim lim lim
0 0
x
x x
a
x
f x f
a
a
x
x
.
(
)
f
x
có đạo hàm tại
0
x
0
0
(
) (0) ( ) (0)
l
im lim
0 0
x
x
f
x f f x f
x x
2
a
.
Do đó,
2
2
2 1 khi 0
(
)
2
1 khi 0
x
x x
f x
x x
.
Vậy
1
1
3 3
(
)d 2 1 d 10
I
f x x x x
.
Câu 8: Cho hàm số
2
3
, 1
5
, 1
x
x
f
x
x
x
. Giả sử
F
là nguyên hàm của
f
trên
thỏa mãn
0 1
F
.
Tính
2
2
0
1
c
os sin d d
I
f x x x F x x
A.
142
.
1
2
B.
1
12
1
3
C.
1
1
2
. D.
13
.
1
2
Lời giải
Chọn A
Ta có
3
1
2
2
3
, 1
3
5
, 1
2
x
x C x
F x
x
x
C x
.
Mà
2
0
1 1
F
C
.
Vì
f
x
liên tục tại
1x
nên
F
x
liên tục tại
1x
1
1
lim lim (1)
x
x
F x F x F
1
1 1
5 1 3
2 3
C
1
13
6
C
.
Vậy
3
2
13
3
, 1
3
6
5 1, 1
2
x
x
x
F
x
x
x x
.
2
2
2 2
0 1 0 1
cos sin d d cos d cos dI f x x x F x x f x x F x x
1
2
0 1
d df x x F x x
1
2
3
0 1
13 142
5 d 3 d
3
6 12
x
x x x x
.
Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên
x
thỏa mãn
2
3
3
9 log 25 3 0
x
x
x
A. 27. B. Vô số. C.
2
6
. D.
2
5
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là
bài toán giải bất phương trình mũ, lôgarit dạng
.
0f x g x
.
- Để g
iải bất phương trình chúng ta cần đặt điều kiện sau đó tìm nghiệm của từng phươn
g
trì
nh
0f x
và
0g x
. T
iếp theo lập bảng xét dấu
.f x g x
và tìm tập nghiệm
từ đó
kết luận số nghiệm nguyên thỏa mãn bất phương trình.
Fb-Lê Thanh Bình
Lời giải
Chọn C
Ta có điều kiện xác định của bất phương trình là
2
5x
.
Đặt
2
3
( ) 3 9 log 25 3 , 25
x
x
A x x x
.
2
3
9 0 0 2
x
x
x
x
.
3
l
og 25 3 0 2x x
.
T
a có bảng xét dấu
(
)A x
như sa
u
Từ đó,
2
( ) 0 24; 23;...;0;2
25 0
x
A x x
x
(do
x
).
Kết l
uận: có
26
ngh
iệm nguyên thỏa mãn.
Bình
luận:
- Đây
là bài toán giải bất phương trình mũ và lôgarit trong đó việc tìm nghiệm của từng
phư
ơng trình mũ và lôgarit khá đơn giản. Tuy nhiên qua thực tế thì học sinh thường mắc
các
sai sót sau:
Q
uên không đặt hay để ý điều kiện của lôgarit. Từ đó dẫn đến tập nghiệ
m là
;
0 2
nê
n kết luận là vô số.
Thiếu ng
hiệm
2x
nên
kết luận là có 25 số nguyên
x
.
Đây là
câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ vận dụng.
Hướn
g phát triển:
Hướn
g phát triển 1: Thay đổi hàm số , hoặc có thể cho thêm 1 hàm số nữa dạng
.
. 0f x g x h x
.
Hướn
g phát triển 2: Thay đổi thành dạng
.
0f x g x
,
.
0f x g x
ha
y
.
0
f
x g x
…
Bài
tập tương tự
Câu 1. Tập nghiệm của bất phương trình
2
1
1
3 9 3 3 1 0
27
x
x x
chứa
bao nhiêu số nguyên ?
A.
2. B
.
3. C. 4.
D.
5.
Lời
giải
Chọn B
Điều
kiện
1
1
3 1 0 3 1 1
x
x
x
.
+
Ta có
1x
là một n
ghiệm của bất phương trình.
+
Với
1x
, bất
phương trình tương đương với
2
1
3 9 3 0
27
x
x
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Đặt
3
0
x
t
, t
a có
2
1
9
0
2
7
t t
1
3
3 0
2
7
t t t
3
1
3
2
7
t
t
.
Kết hợp điều kiện
3
0
x
t
ta
được nghiệm
1
3
2
7
t
1
3
3 3 1
2
7
x
x
.
Kết hợp điều kiện
1
x
ta
được
1
1
x
suy r
a trường hợp này bất phương trình
có 2 nghiệm nguyên.
Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên.
Câu 2. Tập nghiệm của bất phương trình
2
2
3
. 54 5.3 9 6 .3 45
x
x x
x
x x x
là
A.
;1 2;

B.
;1 2;5

C.
;
1 5;

D.
1
;2 5;

.
Lời giải
Chọn D
Bất phương trình
2
2
3
. 54 5.3 9 6 .3 45
x
x x
x
x x x
tương đư
ơng với:
2
2 2
3 . 9 6 .3 54 5.3 45 0 3 9 6 3 9 5 3 9 0
x
x x x x x
x x x x x x
2
2
2
2
3
9 0
1
6 5 0
5
5
3
9 6 5 0
1
2
3
9 0
2
6 5 0
1 5
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x x
x
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
;2 5;

.
Câ
u 3. Có bao nhiêu số nguyên
x
thỏa
mãn
2
2
3
9 log 32 5 0
x
x
x
?
A.
3
1.
B. V
ô số. C
.
3
2
. D.
3
3
.
Lời
giải
Chọn C
Xé
t hàm số
2
2
3
9 log 30 5
x
x
f
x x
, với
32
x
.
Ch
o
2
2
2
5
2
2
3
9 0
3 3
0
0
l
og 32 5 0
32 2
x
x
x x
x
f
x
x
x
x
T
a có bảng xét dấu như sau:
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình
0
f x
là
32;0 0;2
S
Mặt kh
ác
x
nên
3
1; 30; 27;......; 2; 1;1
x
.
Vậy có
3
2
số nguyên
x
thỏa mãn.
Câu 4. Có bao nhiêu số nguyên
x
thỏa mãn
5
log 1. 2 1024 0
x
x
?
A.
6
. B. V
ô số. C
.
4
. D.
5
.
Lời
giải
Chọn C
Điều
kiện
5
l
og 1 0 5
x
x
.
Xé
t hàm số
5
log 1. 2 1024
x
f x x
, với
5
x
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Ch
o
5
5
l
og 1 0
0
1
0
2
1024 0
x
x
x
f
x
x
T
a có bảng xét dấu như sau:
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình
0
f
x
là
5
;10
S
Mặt kh
ác
x
nên
6;7;8;9
x
.
Vậy có
4
số nguy
ên
x
thỏa
mãn.
Câu 5. Có bao nhiêu số nguyên
x
thuộc khoảng
2020;2021
thỏa mãn
2
7
6
7 7
2
.log log
x
x
x
x
?
A.
2
017
. B. V
ô số. C
.
2
016
. D.
2
015
.
Lời
giải
Chọn C
Điều
kiện
0
x
.
Với
0
x
bất phương trình đã cho tương đương với
2
7
6
7 7
2
.log log 0
x
x
x
x
2
7
6
7
2
1 .log 0
x
x
x
Xé
t hàm số
2
7
6
7
2
1 .log
x
x
f
x x
, với
0
x
.
Ch
o
2
2
7
6
7
1
7 6 0
2 1 0
0
6
1
log 0
x
x
x
x
x
f x
x
x
x
(thỏa mãn điều kiện
0
x
)
T
a có bảng xét dấu như sau:
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình
0
f x
là
6; 1
S
.
Mặt khác x là số nguyên thuộc khoảng
2
020;2021
nên
1
;6;7;8;9;....;2020
x
.
Vậy có
2
016
số nguy
ên
x
thỏa
mãn.
Câu 42: Trong không gian
O
xyz
, cho đường thẳng
d
:
1
2
1 1 1
x
y z
và mặt phẳng
: 2 4 0
P x y z
. Hình chiếu vuông góc của
d
trên
P
là đường thẳng có phương trình:
A.
1 2
2
1 4
x y z
. B.
1 2
3
2 1
x y z
.
C
.
1
2
2
1 4
x
y z
. D.
1
2
3
2 1
x
y z
.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán lập phương trình đường thẳng là hình chiếu vuông góc của một đường
thẳng lên một mặt phẳng.
- Để lập phương trình đường thẳng ta cần biết hai điểm hoặc biết một điểm và một véc tơ
chỉ phương của nó
- Trong
lời giải sau đây ta sẽ đi theo hướng lập phương trình đường thẳng
d
là
hình chiếu
của
d
trên
P
khi biết hai điểm bằng cách.
+ Tìm
A d P
+ Tìm hình chiếu của
H
của
,
B
d B A
lên
P
. Khí đó
d
là đường thẳng
AH
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Fb-Lê Tài Thắng
Lời giải
Chọn C
Tọa độ giao điểm
A
của
d
và
P
thỏa
mãn hệ phương trình:
1
2
1 1 1
2 4 0
x y z
x y z
0
1
2
x
y
z
0
;1;2A
.
Lấy điểm
1
;2;1B d
. Gọi
H
l
à hình chiếu của
B
tr
ên
P
.
Phương trình
B
H
:
1
2 2
1
x t
y t
z t
Do
H
BH P
nên tọa
độ điểm
H
thỏa
mãn hệ phương trình:
0
;1;2A
1
2 2
1
2 4 0
x t
y t
z t
x y z
1
3
2
3
4
3
2
3
t
x
y
z
2
4 2
; ;
3 3 3
H
2
1 4
; ;
3 3 3
AH
.
Gọi
d
là hình chiếu vuông góc của
d
trên
P
d
đi qua
A
và
H
d
có một v
ector chỉ phương là
2
;1; 4u
.
Vậy phươn
g trình đường thẳng
d
là:
1 2
2 1 4
x y z
.
Nhận xét: Đây là cách làm theo chuẩn tự luận dựa trên tư duy hình học đơn giản.
Cách này hơi dài nhưng học sinh trung bình thì dễ làm.
Bình
luận:
- Đây
là bài toán lập phương trình đường thẳng, để xác định các yếu tố lập được phương
trì
nh của đường thẳng nói trên học sinh phải có kiến thức tổng hợp liên quan đến tìm tọa
độ gi
ao điểm, tìm hình chiếu của điểm lên mặt. Đặc biệt, học sinh phải nhận ra mẫu chốt
của
bài toán là khi tìm hình chiếu của đường thẳng ta cần tìm hình chiếu của hai điểm phân
biệt của đường thẳng đó lên mặt phẳng. Trong trường hợp đường và mặt cắt nhau thì điểm
cắt chính là một điểm trên đường thẳng là hình chiếu đó.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
- Ở bài toán này ta có thể dễ thấy
d
P ABH
với
A
BH
là mặt phẳng chứa
d
và
vuông góc
P
. Vì vậy ta có thêm các hướng giải như sau:
+
Hướng 1: Ta lập mặt phẳng
Q
chứa
d
vuông
góc với
P
, k
hi đó ta tìm
d
P Q
.
+
Hướng 2: Tìm véc tơ chỉ phương của
d
là
,
,
P
d P
u
n u n

và lập phương trình
d
có
VTCP
u
đi qua
A
.
Tron
g các hướng thì ta chọn hướng 2 là nhanh nhất với bài toán trắc nghiệm.
Lời giải (theo hướng 2)
Chọn C
Tọa độ giao điểm
A
của
d
và
P
thỏa
mãn hệ phương trình:
1
2
1
1 1
2
4 0
x
y z
x y z
0
1
2
x
y
z
0
;1;2
A
.
T
a có
1
,2,1 ; 1,1, 1
P
d
n
u
nên
, , 4,2, 8
P
d P
u n u n

ha
y chọn
2
,1, 4
u
.
Vậy phươn
g trình đường thẳng
d
là:
1
2
2
1 4
x
y z
.
Cá
ch này nhanh nhưng đòi hỏi sự tưởng tượng cao, tính toán nhanh, với học sinh khá
trở lên sẽ thích cách này hơn. Nó rất phù hợp cho bài toán trắc nghiệm.
Bài tập tương tự
Câ
u 1. Cho đường thẳng
1
2 2
(
) :
2
1 1
x
y z
d
và mặt phẳng
(
) : 2 3 0
P
x y
. Đường
thẳng
là hìn
h chiếu vuông góc của đường thẳng
d
trên mặt phẳng
(
)
P
có phương trình là
A.
1
1 3
1
2 4
x
y z
. B.
1
2 2
1
2 4
x
y z
.
C.
1 2 2
4 8 5
x y z
. D.
1 1 3
4 8 5
x y z
.
Lời
giải
Chọn D
Tọa độ giao điểm
A
của
d
và
( )P
là nghiệm của hệ:
1
2
3 0
1
1;1;3
1 2 2
3
2 1 1
x
x y
y A
x y z
z
.
Lấy
1
;2;2
B
d
, gọi
H
là hình chiếu của
B
xuống mặt phẳng
(
)
P
.
Phương trình đường thẳng
1
2
:
2
2
x
t
B
H y t
z
. Tọa độ điểm
H
là ngh
iệm của hệ:
2 3 0
1 2
1 13
; ;2
2
5 5
2
x y
x t
H
y t
z
.
Hình
chiếu
là đường t
hẳng đi qua hai điểm
,A
H
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
T
a có
4
8
;
; 1
5
5
AH
. Đường t
hẳng
đi qua
A
có v
ecto chỉ phương
5
4; 8,5
u
AH
.
Phương trình đường thẳng
là:
1
1 3
4 8 5
x
y z
.
Câ
u 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
:
3 0
P x
y z
và đườn
g thẳng
1
2
:
1
2 1
x
y z
d
. H
ình chiếu vuông góc của
d
tr
ên
P
có ph
ương trình là
A.
1
1 1
1 4 5
x
y z
B.
1
1 1
3 2 1
x
y z
C.
1 1 1
1
4 5
x y z
D.
1 4 5
1
1 1
x y z
Lời
giải
Chọn C
Gọi
M
l
à giao điểm của
d
với
P
.
Tọa
độ của
M
là nghiệm của hệ:
3
1
3 0
2
1 1
1 2
2
1
1
2 1
x y z x
x y z
x
y y
x y z
x z z
1
;1;1
M
Lấy điểm
0
; 1;2
N
d
.
Một v
ec tơ pháp tuyến của mặt phẳng
P
là:
1
;1;1
n
.
Gọi
l
à đường thẳng đi qua
N
và nhận
1
;1;1
n
làm v
ec tơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng
1
2
:
1
1 1
x
y z
Gọi
N
l
à giao điểm của
với
P
.
Tọa
độ của
N
là ngh
iệm của hệ:
2
3
3
3
0
1
1
1
2
3
2
1
1 1
8
3
x
x
y z
x y z
x y y
x y z
x z
z
2
1 8
; ;
3
3 3
N
1
4 5 1
;
; 1;4; 5
3 3 3 3
MN u
Đường thẳng cần tìm đi qua điểm
1
;1;1
M
và nhận
1
;4; 5
u
làm vec tơ chỉ
phương nên có phương trinh
1 1 1
1 4 5
x y z
.
Câ
u 3. Cho đường thẳng
d
:
2
1
2 3 2
x
y z
và mặt phẳng
(
)
P
:
2
0
x
y z
. Phư
ơng trình hình
chiếu vuông góc của
d
tr
ên
(
)
P
là
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
1
1 2
2
3
x t
y t
z
t
. B.
1
1 2
2
3
x t
y t
z
t
.
C.
1
1 2
2
3
x t
y t
z
t
. D.
1
1 2
2
3
x t
y t
z
t
.
Lời
giải
Đường thẳng
d
có véc tơ chỉ phương
2; 3;2
d
u
.
Mặt phẳng
( )P
có véc t
ơ pháp tuyến
1; 1; 1
P
n
.
Mặt p
hẳng
(
)
Q
chứa
d
và vu
ông góc với
(
)
P
;
Đườn
g thẳng
'
d
là hình
chiếu vuông góc của
d
tr
ên
(
)
P
,
'
d
P Q
Véc tơ
pháp tuyến của mặt phẳng
(
)
Q
là
'
, 5;4;1
Q
d P
n u n
Véc tơ
chỉ phương của
'
d
là
'
, 3; 6;9 3 1;2; 3
d
P Q
u n n

T
a thấy đường thẳng
'
d
thuộc
(
)
P
nên điểm
0
0
'
( )
M
d M P
. T
hay tọa độ điểm
0
1;1; 2
M
ở đá
p án A thấy thỏa mãn phương trình
(
)
P
.
Câ
u 4. Trong không gian với hệ tọa độ
,O
xyz
cho mặt phẳng
:
3 0
P
x y z
và đường
thẳng
1
2
:
1
2 1
x
y z
d
. Hình chiếu của
d
trên
P
có
phương trình là đường thẳng
d
. Trong
các
điểm sau điểm nào thuộc đường thẳng
d
?
A
.
2;5; 4
M
. B.
1;3; 1
P
. C.
1; 1;3
N
. D.
2;7; 6
Q
.
Lời
giải
Gọi
A d P
. V
ì
:
1 2 ; 1 2 ;2
2
x t
A
d y t A t t t
z
t
.
Mặt kh
ác
1
2 2 3 0 1
A
P t t t t
.
Vậy
1
;1;1
A
.
Lấy
0
; 1;2
B
d
. Gọi
l
à đường thẳng qua
B
và vuôn
g góc
P
.
Thì
: 1
2
x
t
y t
z
t
. Gọi
C
là hình
chiếu của
B
lê
n
P
.
Suy r
a
;
1 ;2
C
C t t t
.
Mặt khác
2
1
2 3 0
3
C
P t t t t
.
Vậy
2
1 8
;
;
3 3 3
C
.
Lúc nà
y
d
qua
1
;1;1
A
và có một vectơ chỉ phương là
1
4 5
;
;
3
3 3
A
C
. Hay
d
nhận
1;4; 5
u
làm một vectơ chỉ phương.
Suy ra
1
:
1 4
1
5
x
s
d
y s
z
s
. Vậy điểm thuộc đường t
hẳng
d
là
2;5; 4
M
.
Câ
u 43: (MĐ 101 BGD&ĐT NĂM 2020-2021) Cho hàm số bậc ba
( )y f x
có đồ thị là đường cong
trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
1
f
f x
là
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
9
. B.
3
. C.
6
. D.
7
.
Phân tích định hướng
o – Bài toán có mức độ VD thuộc dạng “Tương giao đồ thị”, đã xuất hiện nhiều trong đề
thi các năm trước.
O– Ý tưởn
g: Cho đồ thị, bảng biến thiên,… của hàm số
y
f x
. Hỏi số ng
hiệm củ
a
phư
ơng trình
(
)f g x
với
là hằng số.
B1: Vẽ đường thẳng
y
, dựa vào đồ thị, bảng biến thiên đã cho đưa phương trình về
dạng
i
g
x
.
B2: Tìm ng
hiệm của phương trình
i
g x
.
FB-Ngonguy
en Quocman
Lời giải
Chọn D
Từ đồ thị hà
m số ta có
1f
f x
1
1
2 2
(
) 1 (1)
( ) 0 (2)
( ) 1 2 (3)
f x x và x
f x
f x x và x
.
Dựa
vào đồ thị,
(
1)
có đúng 1 nghiệm,
(
2)
và
(
3)
mỗi phương trình có 3 nghiệm
phân biệt và 7 nghiệm trên phân biệt nhau.
Bình
luận:
- V
iệc “hợp” các
f
vào
nhau sẽ gây khó hiểu hoặc nhầm lẫn cho các học sinh chưa gặp
dạng
này hoặc học chưa kỹ. Chưa kể, đường thẳng
y
có thể cắt đồ thị hàm số
y f x
ban đầu tại những điểm “không đẹp” là cách làm bài toán “khó gần” thêm. Đôi
khi,
để học sinh có thể dễ tiếp cận hơn, quen thuộc hơn, ta có thể “án chừng” các con số
1
2
,x
x
như bài trên bởi các giá trị gần đúng, ví dụ như
1
2
1
,7; 1,7x x
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
- Có rất nhiều hướng để có thể mở rộng bài toán, như thêm vào trị tuyệt đối, tham số,
thay
bởi hàm số,….hoặc thay vì cho đồ thị, bảng biến thiên của
f
x
thì có thể cho đồ
thị hoặc bảng biến thiên của
f
x
.
Cá
c ví dụ tương tự:
Câu 1. Cho hàm số bậc ba
y
f x
có đồ thị trong hình bên. Số nghiệm của phương trình
0f
f x
là
A.
3
. B.
9
. C.
4
. D.
7
.
Lời
giải
Chọn D
Từ đồ thị hà
m số ta có:
2
(1)
0 0 (2)
1 (3)
f x
f f x f x
f x
Phư
ơng trình
(
1)
có nghiệm d
uy nhất, phương trình
(
2)
và
(
3)
mỗi p
hương trình có
3 nghiệm phân biệt. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nhau nên phương trình ban
đầu có tổng cộng 7 nghiệm.
Câu 2. Cho hàm số bậc bốn
y f x
có đồ thị như
hình vẽ. Số nghiệm của phương trì
nh
4
1
3
f
x
f x
là
A.
3
. B.
2
. C.
4
. D.
6
.
Lời
giải
Chọn C
Điều
kiện:
3f
x
Khi đ
ó ta có:
4
1
1
3
2
f x
f x
f x
. Dựa
vào đồ thị, phương trình
1
2
f
x
có 4
nghiệm phân biệt.
Câu 3. Cho hàm số bậc bốn
y
f x
có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình
5
1
3
f
f x
f f x
là
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
7
. B.
8
. C.
5
. D.
6
.
Lời giải
Chọn D
Để ý rằng
3
1 3 2 0,f f x x
T
a có:
5
1
1 (*)
3
f f x
f f x
f f x
.
Vẽ đường
thẳng
1y
, t
a có:
0
(1)
(*) 1 (2)
1 (3)
f x
f x a
f x b
Dựa
vào đồ thị, phương trình
(
1)
có 4
nghiệm phân biệt, phương trình
(
2)
v
ô
nghiệm, phương trình
(
3)
có 2
nghiệm phân biệt khác với 4 nghiệm trên. Vậy phương
trình đã cho có tổng cộng 6 nghiệm.
Câu 4. Cho hàm số bậc ba
(
)y f x
có đồ thị như hình
vẽ.
Số nghiệm của phương trình
( ) 0f f x
là
A.
10
. B.
1
2
. C.
1
4
. D.
8
.
Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị hàm số ta có:
1
2
0
;1 (1)
0 2 (2)
3; (3)
f x x
f f x f x
f x x

NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Từ đồ thị
(
)y f x
ta suy ra đồ thị
y f x
như hình vẽ
Từ đó dễ thấy phương trình
(
1)
có 6
nghiệm, phương trình
(
2)
có 4
nghiệm và
phương trình
(3)
có 2
nghiệm phân biệt. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nhau
nên phương trình ban đầu có tổng cộng 12 nghiệm.
Câu 5. Cho hàm số bậc ba
( )y f x
có đồ thị như hình
vẽ.
Số nghiệm của phương trình
1f
f x x
là
A.
5
. B.
7
. C.
9
. D.
3
.
Lời
giải
Chọn
A
( 3; 2)
1 0
(3; )
f x x a f x x a
f f x x f x x f x x
f x x b f x x b

.
T
a có các đường thẳng
;
; y x a y x y x b
như hình
vẽ (2 đường không qua
gốc tọa độ đều tạo với 2 trục các tam giác vuông cân).
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Dựa
vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm.
Câu 6. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa – Lần 3) Cho hàm số
3
2
3
3 4y f x x x x
. Gọi
m
là số
nghiệm thực của
phương trình
2
2 3f f x f x
. Khẳng địn
h nào sau đây đúng?
A.
7m
. B.
4m
. C.
6m
. D.
9m
.
Lời giải
Chọn C
Đặt
2t
f x
. Kh
i đó phương trình thà
nh
2
1
2
1
2 1
t
f t t
f t t
2
3
2
3 2
1
1
1
3
13
4 2 1 0
3 4 2 1
2
t
t
t
t t t
t t t t
t
.
3
2
3 2
3
3 4 2 1
3 13
3 3 4 2
2
x x x
x x x
. Mỗi phương trình đều có 3 nghiệm phân biệt lẫn
nhau nên phương trình ban đầu có tổng cộng 6 nghiệm.
Câu 7. Cho hàm số bậc bốn
(
)y f x
có đồ thị như
hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình
2
3
2
f x
f x
f f x
là
A.
5
. B.
6
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
3; 1
1;0
2 0
1
3
f x a
f x b
f f x
f x
f x
.
Đặt
,
;0;1;3t f x t a
.
Khi đó ta có:
2 3 2 3 3
2 (*)
2
t t
t f t f t
f t t t
.
Vẽ đồ thị
3
y
t
ta
được
Dựa vào đồ thị,
(
*) 3; 1; , 3;4t c c
. So điều kiện nhận
t
c f x c
,
phư
ơng trình này có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 8. Cho hàm số bậc ba
(
)y f x
có đồ thị như hình
vẽ.
Số nghiệm của phương trình
2f
xf x
là
A.
5
. B.
4
. C.
3
. D.
6
.
Lời
giải
Chọn D
T
a có:
2
2
2
4
4
f
x
xf x
x
f xf x
xf x
f x
x
(do
0x
khôn
g là nghiệm)
Ta vẽ thêm các đồ thị
2
y
x
và
4
y
x
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho tổng cộng có 6 nghiệm.
Câu 9. (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2019-2020) Cho hàm số bậc ba
(
)y f x
có đồ thị là đường cong
như hình vẽ bên dưới.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
3
( ) 1 0f x f x
là
A.
6
B.
4
C.
5
D.
8
Lời
giải
Chọn
A
Ta có:
3
3
3 3
3
(
) 6; 5 (1)
( ) 1 0 ( ) 1 ( ) 3; 2 (2)
( ) 0 (3)
x f x a
f x f x f x f x x f x b
x f x
+
Phương trình
(
3)
tươn
g đươ
ng
1
1
0
,
( 6 5)
x
x x x a
.
+ Các hàm số
3
a
g
x
x
và
3
b
h
x
x
đồng biến trên các khoảng
;
0
và
0
;
,
và nhận x
ét rằng
0x
khôn
g phải là nghiệm của phương trình
(1)
và
(2)
nê
n ta có:
f
x g x
f x h x
.
+
Trên khoảng
;
0
,
ta
có
0
0
0
l
im ; lim 1
lim lim 0
lim lim
x
x
x
x
x x
f
x f x
g x h x
g x h x

 


nên c
ác phương trình
f
x g x
và
f
x h x
có ngh
iệm duy nhất.
+ Trên khoảng
0
;
,
ta có
0
0
0
l
im ; lim 1
lim lim 0
lim lim
x
x
x
x
x x
f
x f x
g x h x
g x h x

 


nên c
ác phương trình
f
x g x
và
f
x h x
có ngh
iệm duy nhất.
Do đó, phương trình
3
( ) 1 0f x f x
có nghiệm phân biệt.
6
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 10. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2019-2020) Cho hàm số bậc bốn
y
f x
có đồ thị là đường cong
trong hình vẽ bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
2
( ) 2 0f x f x
là
A.
8
. B.
1
2
. C.
6
. D.
9
.
Lời giải
Chọn D
2
2
2
2
2
(
) 0
( ) 1
( ) 2 0
( ) 2
( ) 3
x f x
x f x a
f x f x
x f x b
x f x c
với
0 a
b c
.
Xé
t phương trình
2
(
) 1 0f
m
x m
x
.
Gọi
,
l
à hoành độ giao điểm của
:
( )C y f x
và
Ox
;
0
.
2
(
1) ( ) 0
f
x
m
x
. Đặt
2
(
) ( )g x f x
x
m
Đạo h
àm
3
2
(
) ( )
m
g x f x
x
.
Trường hợp 1
:
3
2
;
( ) 0; 0 ( ) 0
m
x f x g x
x
T
a có
2
0li , ( )m
x
m
g
x g


. Phư
ơng trình
0g
x
có một ng
hiệm thuộ
c
;
.
Trường hợp 2:
x
(
) 0f x
,
2
0
m
x
suy ra
(
) 0 ( , )g x x
.
Trường hợp 3
:
3
2
;
( ) 0; 0 ( ) 0
m
x f x g x
x
T
a có
2
0li
, ( )m
x
m
g
x g

. Phư
ơng trình
0g
x
có một ng
hiệm thuộc
(
; )
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Vậy phươn
g trình
2
m
f
x
x
có ha
i nghiệm
0
m
.
T
a có:
2
(
) 0 0 ( ) 0
x
f x x f x
: có
ba nghiệm.
Vậy phương trình
1
có 9
nghiệm.
Câu 44: Cho hàm số
3 2
f
x x ax bx c
với
,
,
a
b c
là cá
c số thực. Biết hàm số
g
x f x f x f x
có ha
i giá trị cực trị là
3
và
6
. Diện
tích hình phẳng giới hạ
n
bởi các đường
6
f
x
y
g
x
v
à
1y
bằn
g
A.
2
ln3.
B.
l
n 3.
C.
l
n18.
D.
2
ln 2.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số trong trường
hơp một đồ thị hàm số là đồ thị của hàm ẩn với giả thiết về cực trị;
- Để giải bài toán đầu tiên cần xác định hai yếu tố: tính chất của hàm ẩn từ giả thiết và
nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hai hàm số;
- Tro
ng bài toán này, hai yếu tố trên chỉ xác định được vì hàm ẩn là hàm bậc ba có ha
i
điểm
cực trị với hai giá trị cực trị cho trước và nghiệm của phương trình hoành độ
giao
điểm chính là hai điểm cực trị của hàm ẩn.
- Từ đó,
áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng với lưu ý nếu hàm
f
x
khôn
g đổi
dấu tr
ên
;a
b
thì
b
b
a a
f
x dx f x dx
.
FB-Phạm Tuấn
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
3 2
f x x ax b
;
6 2f x x a
;
6
f x
;
Khi đ
ó
g
x f x f x f x
6
g
x f x f x

.
Vì
g x
có ha
i giá trị cực trị là
3
v
à
6
mà
g x
là hà
m bậc ba có hệ số của
3
x
dư
ơng nên
g
x
có ha
i điểm cực trị là
1
2
x
x
và
1
6
g
x
,
2
3
g
x
.
Phư
ơng trình hoành độ giao điểm của hai đường
6
f
x
y
g x
và
1y
là
1
6
f x
g x
6
f
x g x
6
f x f x f x f x

6
0
f
x f x
1
2
0
x
x
g x
x x
.
Diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
6
f
x
y
g
x
và
1y
là:
2
2 2
1 1 1
6 6
1d d d
6 6 6
x
x x
x x x
f x f x g x f x f x
S x x x
g x g x g x
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
2
2
2
1
1 1
d
d ln 6 ln12 ln 3 2ln 2.
6
6
x
x
x
x
x x
g
x g x
x x g x
g x g x
Bình
luận:
- Đây
là bài toán tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số trong trườ
ng
hơp
một đồ thị hàm số là đồ thị của hàm ẩn với giả thiết về cực trị, để xác định các yếu
tố lập
được công thức tính diện tích hình phẳng học sinh phải có kiến thức tổng hợp liên
q
uan đến cực trị, giá trị cực trị của hàm số, tích phân hàm trị tuyệt đối và tích phân hàm
ẩn.
Đây là câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ VDC.
- Đây
là bài toán sử dụng tính chất điểm cực trị của hàm bậc 3 đã gặp trong đề minh họa.
Có
thể xây dựng các hướng phát triển đối với tính chấc điểm cực trị của hàm số bậc 3.
- Lưu
ý: Với hướng giải dựng hàm của bài toán sẽ gặp khó khăn khi xây dựng lại hàm
6
f
x
y
g x
.
Hướn
g phát triển:
Hướn
g phát triển 1: Giữ nguyên giả thiết và cho diện tích hình phẳng hỏi giá trị cực trị
còn lại.
Hướn
g phát triển 2: Thay cho giá trị cực trị của hàm số
g
x
cho
đồ thị của hàm số
g
x
khôn
g thay đổi kết luận.
Hướn
g phát triển 3: Hai hàm số
f
x
và
g
x
có
mối liên hệ bảng biến thiên giữ nguyên
giả th
iết về giá trị cực trị của một hàm số có mối liên hệ giữa hai hàm
f x
và
g x
với
cách dựng lại hàm số.
Hướng phát triển 4: Thay đổi giả thiết về giá trị cực trị của hàm
f
x
và cho hai hàm số
có mối liên hệ giữa nghiệm và cực trị với các dựng lại hàm số.
Hướn
g phát triển 5: Sử dụng tính chất hai điểm cực trị và điểm uốn của hàm bậc 3 để xây
dựng
lại hàm số và trả lời yêu cầu bài toán về diện tích hình phẳng.
Hướn
g phát triển 6: Thay đổi giả thiết về cực trị của hàm số
f
x
và
giữ nguyên hàm
g
x
cho thêm
điều kiện giá trị tại điểm cực trị của hàm
f
x
.
Bài
tập tương tự
Câu 1. Cho hàm số
3
2
f x x ax bx c
với
,
,
a
b c
là các số thực. Biết hàm số
g
x f x f x f x
có ha
i điểm cực trị với giá trị cực tiểu là
3
và
diện tích hìn
h
phẳng
giới hạn bởi các đường
6
f
x
y
g
x
và
1y
bằng
2
ln 2
.
Giá trị cực đại của hàm
g
x
bằng
A.
6
.
B.
3
.
C.
1
8.
D.
8
.
Lời
giải
Chọn
A
Ta có:
2
3
2
f
x x ax b
;
6
2
f
x x a
;
6
f
x
;
Khi đ
ó
g
x f x f x f x
6
g
x f x f x

.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Vì
g
x
có hai điểm cực trị với giá trị cực tiểu là
3
mà
g
x
là hàm bậc ba có hệ số
của
3
x
dư
ơng nên
g
x
có ha
i điểm cực trị là
1
2
x
x
v
à
2
3g
x
nên
1
2
6
0, ;g x x x x
.
Phư
ơng trình hoành độ giao điểm của hai đường
6
f
x
y
g x
và
1y
là
1
6
f
x
g x
6f x g x
6f
x f x f x f x

6
0f x f x
1
2
0
x
x
g x
x x
.
Diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
6
f x
y
g x
và
1y
là:
2
2 2
1 1 1
6
6
1d d d
6
6 6
x x x
x x x
f
x f x g x f x f x
S x x x
g
x g x g x
2
2
2
1
1 1
1
d d ln 6 ln 6 ln 3 2ln 2.
6 6
x
x
x
x
x x
g
x g x
x x g x g x
g x g x
Do
1
2 1 1
l
n 6 ln3 2ln 2 ln12 6g x g x g x g x
.
Câ
u 2. Cho hàm số
3
2
2
3
f
x x ax bx c
với
,
,a b c
là các số thực. Biết hàm số
g
x f x f x f x
có đồ thị như hình vẽ
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
4
f
x
y
g x
và
1y
bằng
A.
2
ln 3 ln 2.
B.
l
n 3.
C.
l
n12.
D.
2
ln 2.
Lời
giải
Chọn
A
Ta có:
2
2
2f x x ax b
;
4
2f x x a
;
4f x
;
Khi đ
ó
g
x f x f x f x
4g
x f x f x

.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Từ đồ thị của hàm số
g
x
thì
g
x
có hai điểm cực trị
1
2
x x
và
1
2
8; 2
g x g x
;
1
2
4 0, ;g x x x x
.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường
4
f
x
y
g
x
và
1y
là
1
4
f
x
g x
4
f
x g x
4
f x f x f x f x

4
0
f
x f x
1
2
0
x
x
g
x
x x
.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
4
f
x
y
g x
và
1y
là:
2
2
1 1
1
1
4 4
x
x
x x
f
x f x
S
dx dx
g
x g x
2
2
1 1
4
4
4 4
x x
x x
f
x g x f x f x
d
x dx
g x g x
2
2
1
1
d
ln 4 ln12 ln 2 2ln 3 ln 2.
4
x
x
x
x
g x
x g x
g x
Câu 3. Cho hai hàm số
3
2 2
2
1; 4
f
x ax x bx g x cx x d
có bảng biến thiên như sau:
Biết rằng hàm số
'
'
y
f x g x
có giá trị cực trị là
2
. Khi đó diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường
;
; 1; 2
y
f x y g x x x
bằng
A
.
3
4
.
B.
3
2
. C.
1
4
.
D.
1
2
.
Lời giải
Chọn
A
Hàm số
2
4
g
x cx x d
đạt giá
trị lớn nhất tại
2
x
c
và giá
trị lớn nhất bằ
ng
2
1
g
c
nên
2
2
2 4
4
1 1, 1
c
d d
c c c
.
Hà
m số
g
x
có ha
i nghiệm là
và
nê
n
g
x c x x
.
Hơ
n nữa
f x
có ha
i điểm cực trị
x
và
x
nên
2
'
3 4 3f x ax x b a x x
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Do đó
2
1
2
4 3
3 12 3
' 3 '
3
a
c a
a a ad
c
f
x g x ax x f x g x
a
d
c c c
b
c
.
Khi đó
2
'
' ' 4 2 4
y
f x g x g x g x cx c x d
đạt cực trị tại điểm
4
2 2
1
2
c
x
c c
và giá trị cực trị
2
1
2
y
c
.
Suy ra
2
2
2 2 4
1 1 4 2 1 4 2 2
y c c d c d
c c c c
.
Từ
1
v
à
2
suy ra
1
c
.
Do
đó
3
1
3
3
d
a
b
. Vậy
2
3
2
1
1
3
3
7 4
3
4
S
x x x dx
.
Câ
u 4. Cho hai hàm số
3
2 2
2
1; 4
f
x ax x bx g x cx x d
với
,
,
a
b c
và
d
là cá
c số thự
c
thỏa
mãn
0
a
c
. Biết
phương trình
0
g
x
có ha
i nghiệm phân biệt là hai điểm cực trị củ
a
hàm số
f
x
với hai giá trị cực trị là
1
và
3
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
;
1
f
x g x
y
y
f
x
bằng
A.
l
n 2
. B.
2
ln 2
. C.
ln 6
. D.
2ln 3
.
Lời
giải
Chọn
A
Hàm số
g x
có hai nghiệm là
và
nên
g x c x x
.
Hơn nữa
f
x
có ha
i điểm cực trị
x
và
x
nên,
1
; 3
f
f
2
'
3 4 3f x ax x b a x x
Do
đó
2
1
2
4 3
3 12 3
' 3 '
3
a
c a
a a ad
c
f
x g x ax x f x g x
ad
c c c
b
c
.
Xé
t phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là
1
f
x g x
f x
0
' 0
x
f x g x f x
x
.
'
1
d
f x
f x g x g x g x f x
S dx dx dx dx
f
x f x f x f x f x
ln ln 4 ln 2 ln 2
f x
.
Câ
u 5. Cho hàm số
3
2
1f x x ax bx
với
,a
b
là cá
c số thực khác
0
. Biết hà
m số
f x
có ha
i
điểm cực trị
1
2
,x
x
thỏa
mãn
2
1
2
x
x
và
1
2
2
f
x f x
. Diện
tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường
1
;
4
f
x
y y
x
bằng
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
3
2
3
.
B.
21
2
. C.
11
.
D.
10
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
'
3 2
f
x x ax b
và
'
' 6 2
f
x x a
.
Do hàm số
f
x
có hai cực trị là
1
x
và
2
x
, nên
1
2
,x
x
là hai nghiệm phân biệt của
phương trình
1
2
2
1 2
2
3
3 2 0
.
3
a
x
x
x ax b
b
x x
.
Hơ
n nữa
1
2
2
1
3
a
f
x f x f
.
Mà
2
1
2
x
x
suy ra
6
; 9
a
b
.
Hà
m số
3
2
6
9 1
f
x x x x
nên
2
1
6
9
f
x
x x
x
.
Xé
t phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đường là
2
1
6
9 4
5
x
x
x
x
.
Vậy
1
1
2
5 5
1
4
d 6 5 d
f x
S
x x x x
x
3
2
3
.
Câ
u 6. Cho hàm số
3
2
f
x x ax bx c
với
,
,
a
b c
là các số thực. Biết hàm số
f
x
có hai điểm
cực trị
1
2
,x
x
thỏa mãn
2
1
2
x
x
và hàm số
' ''g x f x f x f x
có
1
6
g x
. Diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
;
y
g x x x
và
2
x
x
bằng
A.
8
. B.
4
. C.
2
. D.
16
.
Lời
giải
Chọn
A
Do hàm số
f x
có ha
i cực trị là
1
x
và
2
x
thỏa
mãn
2
1
2
x
x
, nê
n
2
2
1
2 1 2 1 1 1 1
' 3 3 3 3 6
f x x x x x x x x x x x x x x x
.
Khi đ
ó
3
2
1 1
3
f x x x x x C
và
1
'
' 6 6
f
x x x
.
Mà
3
1
' '' 6
g x f x f x f x x x C
suy ra
1
6
6 0
g
x C C
.
Vậy
2
2
2 2
1 1 1
1
3
3 4
1 1 1
1
d
6 d 6 d 6 8
4
x
x
x x
x x x
x
S
g x x x x x x x x x x x
.
Câu 45. Cho khối hộp chữ nhật
.
' ' ' '
A
BCD A B C D
có đáy là hình vuông,
2B
D a
, góc giữa hai mặt
phẳng
'
A BD
và
ABCD
bằng
0
30
. Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng
A.
3
6 3a
. B.
3
2
3
9
a
. C.
3
2 3a
. D.
3
2
3
3
a
.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán tính thể tích của khối hộp chữ nhật;
- Để tính khối hộp chữ nhật ta áp dụng công thức
.V
B h
;
+ Trong bài toán này
A
BCD
B
S
dễ dàng tính thông qua giả thiết
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
+ Xác định đường cao
h
AA
, việc tính
A
A
được quy về việc xác lập mỗi liên hệ giữa
góc giữa hai mặt phẳng
'A
BD
và
A
BCD
với đường chéo của đáy.
Fb-Ngô Dung
Lời giải
Chọn D
Gọi
O
là tâm hình vuông
A
BCD
.
Vì
B
D OA
và
'B
D AA
nên
' 'BD A OA BD OA
Lại có
'A
BD ABCD BD
. Do đó
0
' , ' 30A BD ABCD A OA
(Hình vẽ
trên).
Vì tứ giác
A
BCD
là hình vuông có
2B
D a
nên
O
A a
và
2A
B AD a
.
Xét tam giác
'A AO
vuông tại
A
có
OA a
và
0
' 30A OA
nên
0
3
' .tan 30
3
a
AA OA
.
Vậy thể tích khối hộp chữ nhật
3
3
2 3
. . ' a 2. 2.
3 3
a
V AB AD AA a a
.
Bình luận:
- Đây là bài toán tính thể tích của khối hộp chữ nhật, để giải quyết được bài toán này
yêu cầu học sinh phải nắm vững công thức tính thể tích khối hộp; cách xác định góc
giữa hai mặt phẳng; thiết lập mỗi liên hệ giữa đường cao với giả thiết đã cho của bài
toán để tính chiều cao của khối hộp. Đây là câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ VD.
Hướng phát triển 1: Một bài toán tương tự, tuy nhiên ta thay đổi một chút về giả thiết
đáy. (câu 1)
Hướng phát triển 2: Về cách xác định đường cao, từ đó xác định được góc. (câu 2,3)
Hướng phát triển 3: Thay đổi góc giữa mặt bên và mặt đáy thành góc giữa mặt bên và
mặt bên (câu 4)
Hướng phát triển 4: Ta cho 2 giả thiết về góc, khi đó, giả thiết đường cao được ẩn trong
giả thiết về góc, sử dụng mối quan hệ đó đi xác định đường cao. (câu 5)
Bài tập tương tự
Câu 1. Cho khối hộp chữ nhật
.
' ' ' 'ABCD A B C D
, đáy
A
BCD
có
2
2AB AD a
. Góc giữa hai
mặt phẳng
B
AD
và
A
BCD
bằng
0
4
5
. Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng
A.
3
4
5
5
a
. B.
3
2
5
5
a
. C.
3
2
5
15
a
. D.
3
8
5
15
a
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Lời giải
Chọn A
Bài toán hoàn toàn tương tự với đề bài gốc. Vậy nên ta sẽ giải rút gọn như sau:
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
B
lên cạnh
A
C
.
Khi đó ta sẽ có
, 45
B AC ABCD B HB
Dẫn đến
B
HB
vuông cân tại
B
BB BH
.
Xét tam giác
B
AC
vuông tại
,
2 ,
B
BA a BC a
khi đó đường cao
2
2 2
2
. 2 . 2
5
2
BA BC a a a
BH
BA BC
a a
.
Vậy
3
.
4 5
.
.
5
A
BCD A B C D
V
BA BC BB a
.
Câu 2. Cho khối lăng trụ tam giác đều
. ' ' 'ABC A B C
có
3AB a
. Gọi
M
là trung điểm
AA
. Góc
giữa hai mặt phẳng
MBC
và
A B C
bằng
30
. Thể tích của khối lăng trụ
.
A
BC A B C
đã cho bằng
A.
3
9
3
8
a
. B.
3
9
3
4
a
. C.
3
2
7 3
8
a
. D.
3
2
7 3
4
a
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
N
là trung điểm
B
C
. Khi đó
; ; 30
MBC A B C MN AN MNA
Xét
M
AN
có
3
3 3
, 30 3
2
2
a
AN a MNA MA AA a
Vậy
3
.
2
7 3
4
ABC
A B C
V
a
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 3. Cho chóp
.
S
ABC
có đáy
A
BC
là tam giác đều cạnh
a
. Gọi
M
là trung điểm
B
C
, chân
đường cao hạ từ
S
xuống mặt phẳng đáy chính là trung điểm
H
của đoạn
A
M
. Biết góc
giữa hai mặt phẳng
,
SAB ABC
bằng
6
0
. Thể tích của hình chóp đã cho bằng
A.
3
3
8
a
. B.
3
3
3
16
a
. C.
3
3
32
a
. D.
3
2
8
a
.
Lời giải
Chọn C
Dựng
H
E AB
tại
E
.
Khi đó
, , 60
SAB ABC SE EH SEH
.
Ta có
1
1 3
,
,
2
4 8
a
E
H d M AB d C AB
, suy ra
3
.
tan 60
8
a
S
H EH
Câu 4. Cho hình chóp
.
S
ABC
có đáy
A
BC
là tam giác vuông cân tại
A
cạnh
A
B a
. Hình chiếu
vuông góc của
S
trên mặt phẳng
A
BC
trùng với trung điểm
H
của
BC
. Biết góc tạo bởi
hai mặt phẳng
S
AC
và
S
BC
bằng
6
0
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
2
4
a
. B.
3
1
2
a
. C.
3
6
a
. D.
3
2
a
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
A
BC
vuông cân tại
,
2
A
AB a BC a
và
2
2
a
AH
.
Ta dựng
HI SA
, khi đó ta có
S
A IBC
.
Mà
S
A SAB SAC
góc
;
; 60
S
AB SAC IB IC
Khi đó có 2TH:
60
BIC
hoặc
120
BIC
.
TH:
60
BIC
. Khi đó
2
BI BC a a BA
vô lý.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
TH:
120
BIC
. Khi đó
6
6
3 6
a
a
BI CI HI
Ta xét
H
SA
vuông tại
2
,
2
a
H
HA
và đường cao
6
6 2
a
a
HI
SH
.
Vậy
3
.
1
.
.
6
12
S
ABC
a
V SH AB AC
Câu 5. Cho chóp
.
S
ABC
, đáy
A
BC
là tam giác vuông tại
,
2 , 30
A
BC a ABC
. Hai mặt bên
,
S
AB SAC
cùng tạo với đáy một góc bằng
60
. Biết hình chiếu vuông góc
H
của
S
xuống mặt đáy nằm trên cạnh
BC
. Thể tích của hình chóp đã cho bằng
A.
3
3
1
1
2
a
. B.
3
3
1
6
a
. C.
3
3
1
2
a
. D.
3
3
3
4
a
.
Lời giải
Chọn D
Từ
H
dựng
H
E AB
tại
E
và
H
F AC
tại
F
.
,
60
, 60
SAB ABC SEH
SAC ABC SFH
đặt
HE HF x
Ta có
3
ta
n tan 60 3
3 1
H
F x a
C x
FC a x
Suy ra
3
.
tan 60
3
1
a
S
H HF
Vậy
3
.
1
3 3
.
.
6 4
S
ABC
V
SH AB AC a
.
Câ
u 46: [TNTHPTQG -MĐ122-Năm 2021] Trên tập hợp các số phức, xét phương trình
2
2
2
1 0
z
m z m
(
m
là th
am số thực). Có bao nhiêu giá trị của
m
để ph
ương trình
đó
có ng
hiệm
o
z
thỏa
mãn
6
o
z
?
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
4
.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
+
Khai thá
c
6
o
z
. Nếu
0
z
là số t
hực thì
6
o
z
0
6
z
; Nếu
0
,
; 0
z
a bi a b b
thì
2 2
0
z
a b
.
+ Trong từng trường hợp
o
z
là nghiệm thực,
o
z
là nghiệm phức không suy biến của
phương trình
2
2
2
1 0
z
m z m
ta phải chú ý tới điều kiện tương ứng của
m
để
kiểm
tra kết quả.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Ý tư
ởng: Kiểm tr
a việc một số em học sinh quên không xét trường hợp
o
z
l
à số thực.
Fb-Khải
Nguyễn
Lời giải
Phương trình đã cho có
2
2
(
1) 2 1.
m
m m
Nếu
2
1 0
m
thì phương trình có nghiệm thực
0
z
mà
6
o
z
0
6
z
Khi đó ta có:
2
2
2
2
2
2
6 2 1 .6 0
12 48 0
12 24 0
6 2 1 . 6 0
m m
m m
m m
m m
6
2 3
m
(thỏa mãn điều kiện
'
0
).
Nếu
2
1 0
m
thì phương trình có phức không thực
1
2 1
z
m i m
Khi
đó
6
1 2 1 6
o
z
m i m
2
2
1 2 1 6
m m
6
6
m
m
.
Thấy
6
m
thỏa mãn
'
0
và
6
m
không thỏa mãn
'
0
.
Vậy có
3
giá trị của
m
thỏa mãn bài toán.
Bài tập tương tự
Câu 1: [Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam] Trên tập số phức cho phương trình
2
0
z
az b
với
,a
b
. Biết
rằng hai nghiệm của phương trình có dạng
2
w
và
2 5 3w i
với
w
là một
số phức. Giá trị của tổng
T
a b
bằng
A.
81
. B.
8
2
. C.
1
00
. D.
6
4
.
Định hướng
+
Khai thác giả thiết thấy phương trình có hai nghiệm phức không thực. Đây là cơ sở
để áp dụng tính chất về nghiệm phức không thực của phương trình bậc hai.
+ Trên tập hợp các số phức, xét phương trình
2
0
a
z bz c
với
,
,a b c
và
0
a
.
Khi đó nếu
1
2
,z z
là các nghiệm phức không thực của phương trình thì:
2
4
0
b
ac
và
1
;2
2
b
i
z
a
. Nhận thấy
1
2
z z
;
1
2
b
z z
a
,
2
2
1 2 1 2
c
z
z z z
a
;
1
2
z z
a
.
Lời giải
+
Vì
2
w
và
2
5 3
w
i
với
w
là một số phức là cá
c nghiệm của phương trình đã
cho
nên c
húng là các nghiệm phức không thực.
+
Gọi
1
2
,z z
là cá
c nghiệm phức không thực của phương trình đã cho
1 2
z
z
. Đặt
1
2
z w x yi
(
,x
y
)
2
w x yi
2
2 5 3 2 9 2 3
w i x y i z
.
+ Vì
1 2
z z
nên
2 9
2
3
x x
y y
9
1
x
y
. Như vậy
1 2
9 ; 9z i z i
.
+
1
2
1 2
1
8
8
2
a z z
b z z
6
4
a
b
Chọn D
Câ
u 2: [Sưu Tầm Trên Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam] Cho các số thực
a
và
b
sao cho phương
trì
nh
2
0
z
az b
có ha
i nghiệm phức
1
2
,z z
khôn
g thực. Trên mặt phẳng tọa độ
O
xy
, gọi
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A
và
B
lần lượt
là điểm biểu diễn các số phức
1
2
,z z
.
Biết rằng
O
AB
có một
góc bằ
ng
1
20
. Mện
h đề nào dưới đây đúng?
A.
2
(
2 3)
b
a
. B.
2
3
b
a
. C.
2
2
b
a
. D.
2
b
a
.
Định hướng
Dùng tính chất về nghiệm phức không thực của phương trình bậc hai hệ số thực.
Lời giải
+ Vì Phương trình
2
0
z
az b
(
,a
b
) có hai nghiệm phức
1
2
,z z
không phải là
số thực nê
n
2
4 0
a b
và
1
,2
2
a i
z
.
+
Ta có
1
O
A z b
;
2
O
B z b
;
2
1
2
4
A
B z z b a
. T
hấy
O
A OB
O
AB
cân
tại đỉnh
O
. V
ì
O
AB
cân
tại
O
và có một góc
bằng
1
20
nên
120
AOB
2
2
2
2
4
2 cos120
b
a b b b b
2
b
a
Chọn D
Câ
u 3: [Chuyên Đại Học Vinh-L2/N2021] Cho các số thực
,b
c
sao cho ph
ương trình
2
0
z
bz c
có ha
i nghiệm phức
1
2
,z z
thỏa
mãn
1
4
3 1
z
i
và
2
8
6 4
z
i
. Mệnh
đề nào sau đâ
y
đúng
?
A.
5 4
b c
.
B.
5 12
b c
. C.
5 12
b c
.
D.
5 4
b c
.
Lời
giải
+
Nếu
1
2
,z z
là cá
c nghiệm thực của phương trình đã cho thì từ
1
4 3 1z i
2
1
4 9 1
z
2
1
4 8
z
. Điều
này vô lý.
+ Nếu
1 2
,z z
là các nghiệm phức không thực thì
2
1
z
z
. Đặt
1
,z
x yi x y
2
z x yi
.
1
2
4
3 1
8
6 4
z
i
z i
ha
y
2
2
2 2
4
3 1
8
6 4
x
y
x y
2
2
2 2
2
4 3 24
4
4 3 84
x
y x y
x y x y
2
2
3
6
4
3 30
x
y
x y
2
4
5
18
5
x
y
. Suy
ra
1
2
2
4 18
5
5
24 18
5
5
z
i
z i
.
+
1
2
1 2
4
8
5
3
6
b z z
c z z
5
12
b
c
Chọn B
Câ
u 47: [TNTHPT QG-MĐ122-Năm 2021] Xét các số phức
,z
w
thỏa
mãn
1
z
và
2
w
.
Khi
6 8z i w i
đạt giá
trị nhỏ nhất,
z
w
bằng
A.
3
. B.
5
. C.
29
5
. D.
221
5
.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
+ Khai thác k
ết luận, thấy cần áp dụng BĐT mô đun
6
8 6 8 10 1
z
i w i i z i w z i w
. Kết hợp giả thiết,
nghĩ đế
n
3 2
z i w z i w
. Từ đây suy ra
6 8 7
z i w i
.
+
Tìm
,z
w
để đẳng t
hức ở
1
và
2
xảy ra
.
Fb-Khải Nguyễn
Lời giải
+
Ta có
6
8 6 8 10 1
3
2
z i w i i z i w z i w
z i w z i w
6
8 7 3
z
i w i
.
+
Đẳng thức ở
1
xảy ra
khi và chỉ khi
6 8z i w k i
với
k
và
0
k
. Đẳng
thức ở
2
xảy
ra khi và chỉ khi
.
z t i w
với
t
và
0t
. Như thế, đẳng t
hức ở
1
,
2
đồng thời xảy ra khi và chỉ khi
3 4
5
5
8
6
5 5
z
i
w
i
hay đẳng thức ở
3
xảy ra khi
và chỉ khi
3
4
5
5
8 6
5
5
z
i
w i
.
+
Vậy
m
in 6 8 7
z
i w i
, khi đó
2
9
5
z
w
Chọn C
Bình lu
ận
Đây là bài thi tr
ắc nghiệm về GTNN, GTLN của biểu thức chứa mô đun số phức. Để
giải bài toán nay chỉ cần áp dụng trực tiếp các BĐT mô đun, nhưng yêu cầu phải chỉ
được
khi nào đẳng thức xảy ra. Điều này gây khó khăn cho học sinh vì các em khó
nhớ nếu không tự chứng minh được BĐT mô đun.
Các câu tương tự
Câu 1: [Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam] Xét số phức
z
thay đổi thỏa mãn
2
.
z
i
Biết biểu thức
T 3 2 4
z i z i
đạt
giá trị nhỏ nhất khi
z
x yi
,x y
. H
iệu
x
y
bằn
g
A.
3
6 13
1
7
. B.
6
13 3
1
7
. C.
3
6 13
1
7
. D.
3
6 13
1
7
.
Định hướn
g
Khai thác kết luận: Biểu thức
T
3 2 4
z
i z i
đạt giá trị nhỏ nhất. Ta phải “cân
bằng hệ số” (làm xuất hiện thừa số
2
ở biểu thức
3z
i
)
trước khi áp dụng bất đẳng
thức mô đun bằng đẳng thức sau:
2
1
1
2 1 2
1
2
z
z
z
z z z
z
z
1
2 1 2
,
; 0, 0
z
z z z
.
Lời giải
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
+
Ta c
ó
4
3
4 4
4
i
z i
z
i z i i z i i
z
i i
2 z
;
2 4
T z i z
2 4 2 17
z i z
1
.
+
Đẳng thức ở
1
xảy ra
khi
4
, ,0 1
2
z
k i k k
z i
4
8 13 1 2 13
1
7 17
z i
.
+
Vậy
3
6 13
1
7
x y
Chọn C
Câ
u 2: [Sở Nam Định-Năm 2021] Xét các số phức
;z w
thỏa
mãn
2
2
2 2 6
z z i
và
3
2 3 6
w
i w i
. Kh
i
z
w
đạt giá
trị nhỏ nhất, hãy tính
z
.
A.
1
2
. B.
2
1
. C.
1
5
. D.
1
5
.
Định hướn
g
+
Khai thác giả thiết, thấ
y
2
2
2 2 6
z z i
1
1
z
i
;
3
2 3 6
w
i w i
3
2
4
y
x
(
,
,w x yi x y
).
+
Khai thác kết luận, viế
t
1 1
z w i z i
w
1 1i z i
w
2
2
3
1
3 1 *
4
x
x
.
Lời
giải
+
2
2
2 2 6
z z i
2 2
1
1 1 1 6
z
i i z i i
2
2
2 1 1 6
z i i
1
1
z
i
.
+ Đặt
,
,w x yi x y
. Khi đó
3
2 3 6
w
i w i
3
2
4
y
x
.
+
1 1
z w i z i
w
1
1
i
z i
w
2
2
3
1
3 1 *
4
x
x
.
+ Khi
4
5
x
thì
7
5
y
và
4
7
5
5
w
i
. Đẳng thức ở
*
xảy ra khi và chỉ khi
1
1
z
i k i w
với
k
và
0
k
. Từ
1
1
z
i k i w
1 1
z i k i w
1
3
k
2
5
5
i
z
5
5
z
Chọn D
Câ
u 3: [Đềtham khảo-2018] Xét các số phức
z
x yi
(
,x y
)
thỏa mãn
4
3 5
z
i
.
Khi biểu
thức
1
3 1
P
z i z i
đạt
giá trị lớn nhất, giá trị của
x
y
bằ
ng
A.
4
. B.
6
. C.
8
. D.
10
.
Định hướn
g
+Nhận thấ
y
1 3 4 3 5
z i z i
,
1 4 3 3 2z i z i i
do đó không
tính
được
2
2
1 3 1
z i z i
theo
4
3
z
i
(
,
là cá
c số thực).
+Tuy nhiên ta lại có
2
2 2 2
1
3 1 2 1 2
z
i z i z i i
.
Lời
giải
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
+
2
2 2 2
2
1 3 1 4 1 2
P
z i z i z i i
2
2
5
z
i
1
.
+
4 3 4 2 4 3 4 2 3 5
z i z i i z i i
2
. Đẳng thức ở
2
xảy ra
khi
,
0
4
3 4 2
4
3 5
k k
z
i k i
z
i
6
4
z
i
.
+Từ
1
và
2
suy ra
1
0 2
P
3
. Đẳng thức ở
3
xảy ra khi và chỉ khi đẳng
thức ở
1
và
2
đồng
thời xảy ra
6
4
1
3 1
z
i
z
i z i
6
4
z
i
Chọn D
Câ
u 4: [Chuyên Hùng Vương Bình Dương-L5N2018] Xét các số phức
,z x yi x y
thỏa
mãn
1
3 3
z
i z i
. Kh
i
1 2 1
z i z i
đạt
giá trị lớn nhất,
3
3
x y
bằn
g
A.
0
. B.
16
. C.
5
4
. D.
2
7
.
Lời
giải
+
Ta c
ó
1
3 3
z
i z i
2
2 2 2
1
3 3 1
x
y x y
0
x
y
.
+
Trong mặt phẳng phức, gọi
M z
,
1 2A i
và
1
B i
. Kh
i đó,
M
thuộc đường
thẳng
d
có phương trình
0
x
y
. Nhận thấy
,A
B
nằm cùng một phía đối với
d
.
+
A
B
có phư
ơng trình:
2
3 0
x
y
; Xét hệ
0
3
2 3 0
x y
x y
x y
.
+
1 2 1
z i z i
5
M
A MB AB
. Đẳng t
hức xảy ra khi và chỉ khi ba điểm
M
,
A
,
B
thẳng hà
ng hay
M
là giao
điểm của đường thẳng
A
B
và đường t
hẳng
d
ha
y
3
;3
M
Chọn C
Câ
u 5: [Sưu Tầm Và Biên Tập] Xét các số phức
,z
w
thay
đổi thỏa mãn
2
z
,
3 2 1w i
.
Khi
2
2 4
z zw
đạt giá trị lớn nhất,
z w
bằng
A.
6
. B.
2
85
5
. C.
2
. D.
2 5
.
Lời
giải
+ Đặt
z
x yi
với
,x
y
thì
2
z
z
y
i
; Vì
2
z
nên
2
2
4
x y
2
2
y
0
2 4
y
2
2 16
y
.
+
2
2 4
z zw
2
2
z
z
z
w
4
i
y w
4 3 2 3 2
iy i i w
4 3 2 3 2
iy i i w
4 3 2 4
y i
2
4 4 9 2 24
y
. Từ đây suy ra
2
2 4 24 1
z zw
.
+
Đẳng thức ở
1
xảy ra
khi và chỉ khi
2
18 14
5
5
z
i
w
i
. Vậy
2
max 2 4 24
z zw
, khi
đó
6
z
w
Chọn A
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 6: [Chuyên Đại Học Vinh-L2/N2021] Cho các số thực
,b
c
sao cho phương trình
2
0
z
bz c
có
hai nghiệm phức
1
2
,z z
thỏa mãn
1
4
3 1
z
i
và
2
8
6 4
z
i
.
Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A.
5
4
b
c
. B.
5
12
b
c
. C.
5
12
b
c
. D.
5
4
b
c
.
Lời giải
+
Nếu
1
2
,z z
là cá
c nghiệm thực của phương trình đã cho thì từ
1
4
3 1
z
i
2
1
4
9 1
z
2
1
4 8
z
. Điều này vô lý.
+ Nếu
1
2
,z z
là các nghiệm phức không thực thì
2
1
z z
1
8 6 4
z i
.
Ta có
1 1
1 1
1
4 3 4 3 1
4
8 6 8 6 2
z
i z i
z i i z
1
1
6
6
z
z
1
6
z
. Đẳng thức ở
1
xảy ra
khi và
chỉ khi
1
4
3
z
k i
với
k
và
0
k
. Từ đây tính được
1
24 18
5 5
z i
(thỏa mãn
2
)
và
2
24 18
5
5
z i
.
+
1
2
1 2
4
8
5
3
6
b z z
c z z
5 12
b c
Chọn B
Câ
u 7: [Chuyên Vinh -L2/N2018] Trong các số phức
z
thỏa
mãn
2
1 2z z
,
gọi
1
z
và
2
z
lần
lượt
là các số phức có mô đun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi đó mô đun của số phức
1 2
w z z
bằng
A.
2
2
. B.
2
. C.
2
. D.
1
2
.
Định hướn
g
+
Khai thác giả thiế
t:
2
1 2z z
2
2
2 2 2
1 4z z z z
2
2
4
2
4 1
z z z z
.
+
2
2
2
2z
z z z zz
2
2
2z
z z
2
2 z
.
Lời
giải
+ Ta có :
2
1 2z z
2
2
2 2 2
1
4
z
z z z
2
2
4
2
4
1
z
z z z
.
+
Mặt khác:
2
2
2 2
2
2 2 1
z z z z z z
. Suy
ra
2
4 2
4 1 2z z z
4
2
6 1 0
z z
1
2 1 2
z
. Đẳng t
hức ở
1
xảy ra
khi và chỉ
khi
0
z
z
z
là số thuần ảo.
+ Dễ dàng có
1
2 1z i
và
2
2 1z i
. Từ đó
1
2
2 2w z z i
v
à
2
2
w
Chọn
A
Câu 8: [SởGD&ĐTHàNam–L1N2018] Xét các số phức
,z
a bi a b
thỏa
mãn
2
4 15 1
z z i i z z
. Khi
1
3
2
z
i
đạt giá trị nhỏ nhất,
4a
b
bằng
A.
7
. B.
6
. C. 5. D.
4
.
Lời giải
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
+ T
a có
z a
bi z a bi
;
2
4 15 1
z z i i z z
2
2
2 2
a
a
b
2
2
2 2
a a
z a i
.
+
2
1 1
3 5
2 2 2 2
a a
z i
a i
2
2
2
1
5
2 2 2
a a
a
2
2 2
1 1
1 39
2 2
2 8
a a
39
8
. Khi
1
2
a
thì
1 3
9
3
2 8
z i
+ Vậy
1 3
9
mi
n 3
2 8
z i
; Khi đó
4 7
a b
Chọn A
Câu 48: Cho hàm số
y f x
có đạo hàm
2
7 9 , .
f x x x x
Có ba
o nhiêu giá trị
nguyên dương của tham số
m
để hàm s
ố
3
5
g x
f x x m
có ít nhất 3 đi
ểm cực trị?
A.
6.
B.
7.
C.
5.
D.
4.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán cực trị hàm hợp có tham số: Tìm tham số
m
để hàm số
,
y f u x m
có
đúng (ít nhấ
t, nhiều nhất)
k
điểm c
ực trị (1).
- Các
h giải bài toán (1):
+ Một số bài mà
,
y f u x m
là hàm số chẵn thì đồ thị hàm số
,
y f u x m
nhận
O y
là trục
đối xứng. Khi đó, việc xét số điểm cực trị của hàm số
,
y f u x m
trên
quy
về
xét số điểm cực trị của hàm số này trên
0;
. Hàm số
,
y f u x m
có
2 1k
điểm cực trị
khi và
chỉ khi
,
y f u x m
có
k
điểm c
ực trị trên
0;
.
+ Tổng quá
t: Trong nhiều bài toán, ta sử dụng tính chất (*) sau
Cho hàm số
f x
và
u x
liên tục trên
, khác hàm hằng trên mọi khoảng. Gọi
1 2
, ,...,
n
x x x
là các đi
ểm cực trị của
f x
.
Khi đó:
1) Nếu
0
x
là nghiệm của phương trình
, 1
,
i
u x
x i n
thì
0
x
cũng là điểm cực trị của hàm
số
f u x
. Hơ
n nữa, nếu
i
x
là đi
ểm cực đại (cực tiểu) của
f x
thì
0
x
cũng
là điểm cực đại
(cực tiểu) c
ủa hàm số
f u x
.
Thật vậy, theo định nghĩa cực trị,
i
x
là điểm cực trị của
f x
tồn tại khoảng
;
i i
a b
chứa
i
x
sao cho
i
f x f x
hay
i
f x f x
với mọi
; \
i i
i
x a b x
.
Mà
u x
liên tục trên
nên tồn tại khoảng
;
i i
c d
chứ
a
0
x
sao cho
0
; \ , ; \
i i
i i i
u x a b x x c d x
.
Do vậy:
0
f u x f u x
hay
0
f u x f u x
với
0
; \
i i
x c d x
.
Suy r
a,
0
x
cũng là
điểm cực trị của hàm số
f u x
. H
ơn nữa, nếu
i
x
là đi
ểm cực đại (cực
tiểu)
của
f x
thì
0
x
cũng là đi
ểm cực đại (cực tiểu) của hàm số
f u x
.
2) Ta có
.
f u
x u x f u x
, với mọi
x
. Do đó:
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
+ Qua điểm
0
x
mà
u x
đổi dấu thì
f u
x
đổi dấu.
+ N
ếu
0
x
là điểm cực trị của
u x
thì
0
x
cũng là đi
ểm cực trị của
f u x
.
Từ đó, ta có kết quả sau:
Số điểm cực trị của hàm số
f u x
bao gồm số điểm cực trị của
u x
và số nghiệm của các
phương trình
i
u x x
, với
1,i
n
. Đồng thời các nghiệm này phải khác điểm cực trị của
u x
.
FB-Chu T
hom
Lời giải
Chọn A
Đ
ể ý rằng:
3
5u x x x m
có cùng số điểm c
ực trị với hàm số
3
5y h x x x
.
Ta
có BBT của hàm
3
5y h x x x
như sau:
Suy ra
3
5u x x x m
có đúng 1
điểm cực trị.
Ta có
3 3
5 .
5g x x x f x x m
.
Từ giả thiết
2
7
7 9
0 3
3
x
f x x x x
x
.
Ta
có:
3 3
3 3 3
3 3
5 7
5 7
5 0 5 3 5 3
5 3 5 3
u x x x m x x m
f x x m u x x x m x x m
u x x x m x x m
(2).
Hàm số
g x
có ít nhất
3
điểm cực trị
(2)
có ít nhất
2
nghiệm phân
biệt khác
0
.
Từ bảng bi
ến thiên của hàm số
h x
, ta
có
7 0
7m m
.
Mà
m
nên
1;2;3;4;5;6m
Vậy có 6 giá
trị của
m
thỏa mãn
yêu cầu đề bài.
Bình luậ
n:
- Trong cách
giải trên, mấu chốt là tìm được số điểm cực trị của
3
5u x x x m
và tìm
được
m
để hệ (2)
có ít nhất
2
nghiệm phân
biệt khác
0
. C
ả 2 yêu cầu cùng được giải quyết
dựa v
ào bảng biến thiên của hàm số
3
5y h x x x
.
- Ngoài
cách giải trên, ta có thể thấy
3
5g x
f x x m
là hà
m số chẵn. Vì vậy,
g x
có ít nhấ
t 3 điểm cực trị
g x
có ít nhất 1 đ
iểm cực trị trên khoảng
0;
.
Hướng
phát triển:
Hướng phát triển 1: Thay giả thiết cho công thức
f x
thành cho đồ thị hay bảng xét dấu
của
f x
, đồ
thị hay bảng biến thiên của
f x
.
ug 2: 



g 3: 
 
g 4: CC CC 
k CC 
Bai t�p tuong t






+
0


+
+
+
               
g
(
x
) 
f
(lx
4
- 2x
2




 CC 






 

4

2
-3
1
+ 
  

     CC    



4
- 

3
1
. 


4
-


3
1

 

y




4
- 
2
- 3
1
+ CC 


CC x  x 

(


[
lx
4
-


-31
+ 
]'
(lx
4
-


-31
+ 









l  



 l   



g
(


f
(lx
4
- 2x
2



CC  
CC 
> m E 






C  CC 
y
X
0
      
     
   
.
2
+ CC 

NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
21
. B.
2
0
. C.
22
. D.
19
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
3u x x x m
g x f u x
.g x u x f u x
.
Xét hàm số
2
3u
x x x m
có cùng điểm cực trị với hàm số
2
2 3 2
3 3 3h x x x x x x x
.
Bảng b
iến thiên của hàm số
3
2
3y x x
như sau:
Suy ra, đồ thị hàm số
y
h x
như s
au
Từ đồ thị suy ra hàm số
y h x
có 3
điểm cực trị
u x
có 3
điểm cực trị.
Hàm số
g x
có
quá 7 điểm cực trị
hệ
2
2
3
1
3 2
u x x x m
u x x x m
có
quá 4 nghiệm
phân biệt khác điểm cực trị của
h
x
.
Ta
có
2
2
3 1
3 2
x x m
x x m
.
Do
vậy, hệ
2
2
3 1
3 2
u x x x m
u x x x m
có
quá 4 nghiệm phân biệt khác điểm cực trị của
h x
1 0
1 4
m
m
1
3
m
m
mà
m
nguyên thuộc
2
0;20
2
0;0
3
m
m
có 20 giá trị
của
m
để
g x
có quá 7 điểm cực trị.Vậy số giá trị nguyên của tham số
m
thuộ
c
2
0;20
để h
àm số
2
3g x f x x m
có nhiều
nhất 7 điểm cực trị là
4
1 20 21
.
Câ
u 3: Cho hàm số
y
f x
có đạo hàm là hàm đa thức bậc 4. Biết hàm số
f
x
có đồ thị như
hình
vẽ. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc
1
0;10
để hà
m số
3
2
3 2g x f x mx
có đúng
6 điểm cực trị?
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
8
.
B.
1
0.
C.
2
1.
D.
2
0.
Lời
giải
Chọn D
2
3 2
3 6 3 2 0g x x mx f x mx
3 2
3 2
0
2
(
4)
3 2 0
3 2 4
x
x m
u x x mx
u x x mx
.
Nếu
0m
thì (4) có 3 nghiệm phân biệt là
3
0
; 2x x
g
x
không thể có 6 điểm cực trị.
Nếu
0m
thì ta
có bảng biến thiên
g x
có đúng
6 điểm cực trị
(4
) có đúng 6 nghiệm
3
3
1
4
2 4
2
m m
.
Nếu
0m
thì ta có bảng biến thiên
g
x
có đúng 6 điểm cực trị
(4) có đúng 6 nghiệm
3
3
1
2
4 0
2
m m
.
Vậy,
g x
có đú
ng 6 điểm cực trị thì
3
1
2
m
hoặc
3
1
2
m
.
Mà
m
nguy
ên thuộc
1
0;10
nên
có 20 giá trị của
m
.
Câ
u 4: Cho hàm số
f
x
. Biết rằng
f
x
là hàm số đa thức bậc bốn có đồ thị như sau
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
2
2
x x
g x f e me
có nhiều điểm cực
trị nhất?
A.
2m
. B.
1m
. C.
1m
. D.
2m
.
Lời
giải
Chọn D
Đặt
2
2
x
x
u x e me
g x f u x
.g x u x f u x
.
Ta có
2
0
2
0 1
0
3
2
x
x
u
x e e m
u x
g x u x
u x
u x
(5
).
Hàm số
g x
có nhiều điểm cực
trị nhất
(5
) có nhiều nghiệm nhất
0m
và
2
1
0
3
2
u
x
u x
u x
u x
(6) có nhiều nghiệm nhất.
Khi
0m
, t
a có
0
lnu x x m
.
Bảng b
iến thiên
(6
)
có nhiều nghiệm nhất
2
0
2
2
m
m
m
.
Câ
u 5: Cho hàm số
y f x
xá
c định và liên tục trên
và có bảng b
iến thiên như hình vẽ
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
1
0;10m
để hà
m số
5
x
g x f e x m
có
đúng 9 cực trị?
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
2
. B.
4
. C.
3
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Đặt
5
x
u x e x m
g x f u x
.g x u x f u x
.
Hàm số
5
x
u x e x m
có cùng điểm
cực trị với hàm số
5
x
h x e x
, với
5
x
h x e x
.
Xé
t hàm số
5
1 0 0
x
x
h
x e x h x e x
. Bản
g biến thiên
Suy ra đồ thị hàm số
h x
có dạng
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số
h x
có
3 điểm cực trị
5
x
u x e x m
có
3
điểm cực trị.
Ta có
5
1
0
5 2
x
x
e
x m
f u x
e x m
5
1
(7)
5 2
x
x
e
x m
e x m
.
Hà
m số
g x
có
đúng 9 điểm cực trị
(
7) có đúng 6 nghiệm phân biệt khác điểm
cực trị của
u
x
0 1 4
2 4
m
m
4 1 0 5 1
2 2
m m
m m
5 2m
,
mà
m
có 3
giá trị của
m
.
Câ
u 49: [Câu 49 THPT QG 2021– Mã 103] Trong không gian
O
xyz
,
cho hai điểm
1; 3;2A
và
2;1; 4B
. Xét hai điểm
M
và
N
thay đổi thuộc mặt phẳng
Oxy
sao cho
4MN
. Giá trị
lớn nhất của
AM BN
bằng
A.
5
2
. B.
3 13
. C.
61
. D.
85
.
Fb-Võ Trọng Tr
í & Khải Nguyễn
Phân tích định hướng tìm lời giải:
1. Các bài toán quen thu
ộc:
+ Cho hai đi
ểm
,A B
cố định nằm khác phía đối với mặt phẳng
. Xét điểm
M
thay đổi
thu
ộc
, khi đó:
M
A MB AB
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
'M
M
, trong đó
'M
là giao điểm của
đo
ạn thẳng
AB
với
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
' 'MA MB MA MB AB
. Đẳng t
hức xảy ra khi và chỉ khi
'M
M
, t
rong đó
'B
là điểm
đ
ối xứng với
B
q
ua
và
'M
là giao
điểm của đoạn thẳng
'A
B
với
.
+
Cho hai đi
ểm
,A
B
cố địn
h nằm cùng phía đối với mặt phẳng
. Xét
điểm
M
tha
y đổ
i
thu
ộc
, khi đó:
'
'MA MB MA MB AB
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
'M
M
, trong đó
'B
là điểm
đ
ối xứng với
B
qua
và
'M
là giao điểm của đoạn thẳng
'A
B
với
.
MA MB AB
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
'M
M
, trong đó
'M
là giao điểm của
đo
ạn thẳng
A
B
với
.
2. Tr
ở lại
bài toán.
Bài to
án g
ần gũi
với một bài toán quen thuộc là tìm giá trị lớn nhất của
A
M BM
v
ới
M
thuộc
mặt phẳng
O
xy
. V
iệc đề cho xuất hiện điểm
N
với r
àng buộc
4MN
nên ta có th
ể dùng phép tịnh tiến để biến
'A
M BN AM B M
quen thuộc bằng
cách l
ấy điểm
'B
sao cho
'B
B N M
.
Lời giải 1
Chọn D
Thấy hai điểm
,A
B
nằm
khác phía so với mặt phẳng
O
xy
. Gọi
1
B
là
điểm đối xứng của
B
q
ua
O
xy
thì
1
2
;1;4B
và
1
BN BN
. Gọi
P
là mặt phẳng đi q
ua
1
B
và
song song với
Oxy
thì
P
có
phương trình
4z
.
Gọi
H
là
hình chiếu vuông góc của điểm
A
lên
P
thì
1
; 3;4H
.
Gọi
2
B
l
à điểm sao cho
1
2
B B NM
thì
2
B
P
.
Ta
có:
2A
H
,
1
5BH
,
1
2
4BB MN
(vì
1 2
B
B NM
),
1
2
BN B M
(
vì
1 2
B
B NM
1
2
B
N B M
).
Trong
P
,
điểm
2
B
tha
y đổi thuộc đường tròn
C
có
tâm
1
B
và
bán kính
1
2
4R BB
.
AM BN
1
2
AM B N AM B M
2
AB
2
2
2
AH HB
2
2
1
1 2
AH HB B B
85
85AM BN
1
.
Đẳng thức ở
1
xảy
ra khi và chỉ khi điểm
1
B
nằm
giữa hai
điểm
2
B
,
H
và
2
M
AB Oxy
.
Vậy
max 85AM BN
.
Lời
giải 2
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Dễ thấy hai
điểm
,A
B
nằm kh
ác phía so với mặt phẳng
O
xy
. Gọi
1
A
là điểm
đối xứng
của
A
qua mặt phẳng
Oxy
thì
1
1; 3; 2
A
và
1
AM AM
. Gọi
; ;0M a b
và
; ;0M a b
, ta
có:
2
2
4
a c b d
ha
y
2
2
16
a c c d
;
1
1; 3;2
AM a b
;
2
; 1;4
B
N c d
;
1
3
; 4; 2
A
M BN a c b d
.
1
A
M BN AM BN
1
1
A
M BN AM BN
2 2
3
4 4
a
c b d
2 2
2
9 2 4 3
a
c b d b d a c
2 2
2
3
45 2 4 3
b d a c
85
8
5
A
M BN
. Kh
i
3
2 51
;
;0
5
5
M
và
4
4 67
;
;0
5
5
N
thì
8
5
A
M BN
. Vậy
m
ax 85
A
M BN
.
Bình
luận:
Đây
là bài toán đư
ợc
phát triển từ ‘bài toán 2’ trang số 7 trong SGK Hình Học Nâng
Ca
o l
ớp 1
1.
Ha
i thôn n
ằm ở ha
i vị trí
A
v
à
B
các
h nhau một con sông (xem rằng hai bờ sông là
ha
i đư
ờng
thẳng song song. Người ta dự định xây một chiếc cầu bắc qua sông (cố
nhiên c
ầu phải vuông góc với hai bờ sông và làm hai đoạn đường thẳng từ
A
đến
M
và t
ừ
B
đến
N
. Hãy xác định vị trí chiếc cầu
MN
sao cho
AM BN
ngắn nhất.
L
ấy điểm
'A
s
ao cho
'
A A M N

khi
đó
'A
M A N
và
A
M BN A N BN A B
.
Hư
ớn
g phát triển
Hư
ớn
g 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của
A
M BN
.
Hư
ớn
g 2: Bỏ bớt ràng buộc điểm
N
Oxy
,
khi
đó
2
A
thuộc
mặt cầu tâm
1
A
bá
n kính bằng
1
2
A
A
.
Các bài tập tương tự
Câu 1: [Trần Quốc Luật-THTT tháng 12 năm 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
O
xyz
, cho các
điểm
0
;0;2
A
và
3
;4;1
B
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
A
X BY
với
,X
Y
là
các điểm thuộc
mặt phẳng
O
xy
sao cho
1X
Y
.
A.
3
. B.
5
. C.
2 17
. D.
1 2 5
.
Lời
giải 1
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Thấy
0;0;2A
,
3;4;1B
nằm cù
ng phía đối với mặt phẳng
Oxy
. Gọi
'A
là điểm đối
xứng
với điểm
A
qua
Oxy
, k
hi đó
' 0;0; 2A
và
'A
X A X
.
Vì
,X
Y Oxy
nên gọi
;
;0X a b
,
;
;0Y c d
. Vì
1X
Y
nên
2
2
1
a
c b d
hay
2
2
1a c b d
.
'
; ;2A X a b
,
3
;4 ;1YB c d
,
'
3; 4;3A X YB a c b d
.
A
X BY 'A X YB
'A
X YB
 
'A
X YB
 
2 2
3
4 9a c b d
2
2
3
4 2 3 4a c b d a c b d
3
5 2 3 4a c b d
3
5 2 3 4a c b d
2
2
2 2
3
5 2 3 4 a c b d
5 5A
X BY
. Khi
8
32
; ;0
5 15
X
và
1
1 44
; ;0
5 15
Y
thì
5A
X BY
. Vậy
m
in 5AX BY
.
Lời
giải 2
Thấy
0
;0;2A
,
3
;4;1B
nằm cù
ng phía đối với mặt phẳng
O
xy
. Gọi
'A
là điểm đối
xứng
với điểm
A
qua
Oxy
, khi đó
1
0;0; 2A
và
1
AX A X
.
Gọi
P
l
à mặt phẳng chứa
1
A
và
song song mặt phẳng
O
xy
suy r
a
P
có phư
ơng trì
nh là
2z
. Gọi
K
là hình chiếu của
B
lên
P
thì
3
;4; 2K
, khi đó
3B
K
,
1
5KA
.
Lấy điểm
2
A
s
ao cho
1
2
A
A XY
, k
hi đó
1
2
AX AY
(
vì
1
2 1 2
A
A XY A X AY
),
2
A
P
và trong
P
,
2
A
thuộc đường t
ròn
C
tâm
1
A
bá
n kín
h
1
2
1R AA
(vì
1
2
A A XY
).
1
AX BY AX BY
2
2
AY BY A B
2
2
2
BK KA
2
2
1
BK KA R
5
5
1AX BY
. Đẳng thức ở
1
xảy ra khi và chỉ khi
2
A
là giao điểm thứ nhất của
đườn
g thẳng
1
AK
với
C
(
2
A
thuộc đoạn thẳng
1
AK
) đồng
thời
2
Y
A B Oxy
.
Vậy
m
in 5AX BY
.
Câu 2: [Câu 49 THPT QG 2021– Mã 103] Trong không gian
O
xyz
,
cho hai điểm
1
; 3;2A
và
2
;1; 4
B
.
Xét hai điểm
M
và
N
thay
đổi, trong đó
M
thuộc
mặt phẳng
O
xy
và
N
tùy
ý
sao cho
4MN
. Giá trị lớn nhất của
A
M BN
bằng
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
A.
5
2
. B.
3 13
. C.
61
. D.
85
.
Câu 50. Có bao nhiêu số nguyên
y
sao cho tồn tại
1
;
6
3
x
thỏa mãn
2
3
18
27 1 27
x
xy x
xy
?
A.
1
9
. B.
2
1
. C.
2
0
. D.
1
8
.
Fb: Nguyễn Sỹ - Nguyễn Thanh Hải
Lời giải
Giả sử tồn tại
y
để phương trình trên có nghiệm
1
;6
3
x
. Suy ra
1 0
xy
Lấy logarit cơ số
2
7
hai vế, PT đã cho tương đương
2
27
3
18 log 1 0
x
y x xy
.
Xét hàm số
2
27
3 18 log 1
f x x y x xy
, với
1
;
6
3
x
.
- Với
0
y
, do
1
0
1
3
xy
x
1
y
x
, Suy ra
3
0
y
hay
1
; 2
y
.
+) Với
1
y
, ta có
2
27
3 19 log 1
f x x x x
là hàm số liên tục trên
2
;
1
3
.
Do
2
1
1
3
f
và
1
l
im
x
f
x

suy ra phương trình có nghiệm trên
2
;
1
3
.
+) Với
2
y
, ta có
2
27
3 20 log 1 2f x x x x
là hàm số liên tục trên
1
1
;
3
2
.
Phân tích định hướng lời giải
- Đây là bài toán có mức độ VDC (có thể là câu khó nhất của đề thi THPT QG năm 2021).
- Sử dụng phương pháp “Logarit hóa hai vế” để xét phương trình mũ dạng:
;
;
;
. , 0 ; 1
f
x m g x m
a
u x m b a b
(với m là tham số)
Định hướng tìm lời giải:
B1: Dựa vào phương trình đã cho tìm điều kiện cho phương trình.
B2: Coi
y
như tham số, lấy logarit cơ số 27 hai vế, sau đó đưa phương trình về dạng
0
f
x
.
B3: Sử dụng kĩ thuật chia miền giá trị của tham số và xét hàm số
f
x
. Mục đích để đánh giá
được tính đơn điệu của hàm số
f
x
và sử dụng được định lý giá trị trung bình.
Sử dụng các đơn vị kiến thức:
Nếu
f
liên tục trên đoạn
;a
b
và
.
0
f
a f b
thì phương trình
0
f
x
có ít nhất
một nghiệm trên khoảng
;a b
.
Sử dụng kiến thức này đã làm cho việc giải toán trở thành việc thử sai trong việc chọn cặp a, b.
Thay vào đó dùng kết quả sau (không thể giải quyết trọn vẹn việc thử sai nhưng đã giảm thiểu một
phần):
Cho
f
liên tục và đơn điệu trên đoạn trên
;a b
. Khi đó phương trình
0
f x
có nghiệm trên
khoảng
;a b
khi và chỉ khi và
. 0.
f a f b
Nếu
a e
thì hàm số
l
og 1
a
f
x x x
nghịch biến trên
0
;
.
Lưu ý:
l
og 1
a
x
x
với mọi
0
x
và
a
e
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Do
1
6
3
f
và
1
2
l
im
x
f
x

suy ra phương trình có nghiệm trên
1
1
;
3 2
.
- Với
0
y
, phương trình trở thành
2
0
3
18 0
6
x
x
x
x
, không thỏa mãn.
- Với
1
9
y
, ta có
6
18
3
1 ln 3
y
f x x y
xy
,
2
2
1
6
0, ;6 .
3
3
1 ln3
y
f x x
xy
Suy ra
f x
đồng biến trên
1
;
6
3
. Do đó
1
'
2 18 0
3
3 ln3
y
f x f y
y
vì
3
ln 3 1
3
ln 3
y
y y
y
Suy ra
f
x
là đồng biến trên
1
;
6
3
. Suy ra
2
7
1
17
log 1
3
3 3 3
y
y
f x f
.
Xét hàm số
2
7
l
og 1 , 0
g
t t t t
. Dễ thấy
1
1
0, 0
3
3 ln 3
g
t t
t
, suy ra
g
t
là hàm đồng biến, do đó
1 17 19 17
0
3
3 3 3 3
y
f g g
. Suy ra
1
0
;6
3
f
x x
.
Do đó PT trên không có nghiệm thuộc
1
;
6
3
.
- Với
1
18
y
. Do hàm số
2
27
3
18 log 1
f
x x y x xy
liên tục trên
1
;
6
3
.
Ta lại có hàm số
2
7
l
og 1 ,
g
t t t
đồng biến trên
0
;
.
Mà
2
7
1
17
l
og 1
3 3 3 3
y
y
f
1
17 17
6
0, 1;18
3 3 3 3
y
f g g y
,
Mặt khác
27
6
6 log 1 6 6 6 0, 1;18
f
y y g y g y
.
Suy ra
1
.
6 0
3
f
f
. Do đó phương trình trên có nghiệm trên
1
3
Vậy có tất cả
20
giá trị nguyên của
y
thỏa mãn yêu cầu.
Bình luận:
- Việc sử dụng BĐT Bernoulli để đánh giá như lời giải sau đây là sai:
Có bao nhiêu số nguyên
y
sao cho tồn tại
1
;6
3
x
thỏa mãn
2
3
18
27 1 27
x
xy x
xy
?
A.
1
9
. B.
2
1
. C.
2
0
. D.
1
8
.
Lời giải
Ta có:
2
3
18
27 1 .27
x
xy x
xy
2
3
18
2
7 1
x
xy x
x
y
2
3
18
2
7 1 0
x
xy x
x
y
.
Mặt khác:
2
2
3
18
3 18 2
2
7 1 1 26 1 1 26 3 18 1
x
xy x
x xy x
x
y xy x xy x xy
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
2
7
8 25 468
x
xy x
.
+ Với
1
9
y
2
3
18 2 2
1
2
7 1 78 25 468 84 7 0 ;6
3
x
xy x
x
y x xy x x x x
(loại).
+ Với
3
y
2
3
18
1
2
7 1 1 3 0 ;6
3
x
xy x
x
y x x
(loại).
+ Với
2
y
1
2
x
(thỏa mãn).
+ Với
1
y
1x
(thỏa mãn).
+ Với
0
y
2
3 18
27 1
x x
2
3
18 0
x
x
0
6
x
x
(loại).
+ Với
1
18
y
. Xét hàm số
2
3
18
27 1
x
xy x
f x xy
.
Do
17
1
3
1 0 1;2;....;18
3
3
y
y
f
y
và
6
6
27 6 1 0 1;2;....;18
y
f
y y
nên phương trình
0
f
x
luôn có nghiệm
thuộc
1
;
6
3
.
Tóm lại
2
; 1;1;2;....;18
y
. Vậy có
20
số nguyên
y
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lưu ý:
Nếu
a
thì
1 1
x
a ax
với
0
x
hoặc
1x
.
Nếu
a
thì
1 1
x
a ax
với
0
1
x
.
- Khi giảng dạy cho HS chúng ta nên phát biểu bài toán dưới dạng. “Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số
m
để phương trình
2
3
18
2
7 1 27
x
xm x
x
m
có nghiệm thuộc
1
;
6
3
? ”
Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1: Thay biến
y
bởi tham số
m
quy về bài toán tìm tham số
m
nguyên để
phương trình có nghiệm.
Hướng phát triển 2: Sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình hoặc sử dụng các
bất đẳng thức cơ bản.
Hướng phát triển 3: Sử dụng phương pháp hàm số.
Các ví dụ tương tự:
Hướng phát triển 1: Thay biến
y
bởi tham số
m
quy về bài toán tìm tham số
m
nguyên để phương
trình có nghiệm
Câu 1. Có bao nhiêu số nguyên
m
để phương trình
2
3
15
(1 )27
27
x
xm x
xm
có nghiệm
1
;
5
3
x
?
A.
16
. B.
1
8
. C.
15
. D.
1
7
.
Lời giải
Giả sử tồn tại
m
để phương trình trên có nghiệm
1
;
5
3
x
.
Từ phương trình, suy ra
1
x
m
. Do
1
;
5
3
x
, nên ta có
1
3
m
x
hay
2
m
.
Phương trình đã cho tương đương với
2
3
15
(1 ) 0
27
.
x
x xm
xm
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Xét hàm số
2
3
15
127 ( )
x
x xm
xx mf
trên khoảng
1
;5
3
Ta có
5
*
(
5) 27 1 5 0
m
f
m m
và
1
4
1 1
3 1
3 3
m
f m
,
Xét hàm số:
1
4
3
1
3
m
m
g m
, ta có
3
0
'
0 14 log 3ln3 12,9g m m m
.
BBT:
Do
3
0
2
0
g
g
và
1
6 0
1
5 0
g
g
, kết hợp với BBT suy ra với
m
nguyên lớn hơn
3
và
0 2; 1;...;15g m m
.
+ Với
{ 2; 1;1; ;15}m
ta có
1
(
5) 0
3
f f
, nên phương trình
( ) 0f x
luôn có nghiệm
trên khoảng
1
;5
3
.
+ Với
0m
, ta có
(
) 0 0, 5f x x x
không thỏa mãn.
+ Với
1
6m
; Ta có phương trình
2
3
15 2
(1 ) 3 15 log 227 10 7 0
x
x xm
f x xm x x xm mx
Xét hàm số
2
2
7
3
15 log 1x x xx mh mx
trên khoảng
1
;
5
3
. Ta có
2
2
1
'
6 15 '' 6 0, ;5 .
1 ln27 3
3 1 ln3
m m
h x x m h x x
mx
mx
Vì
'h
x
liên tục trên đoạn
1
;
5
3
nên hàm số
'h
x
đồng biến trên khoảng
1
;
5
3
. Do đó
1
' ' 2 15 0
3 3 ln 3
m
h x h m
m
vì
3
ln3m m
nên
1
3
ln3
m
m
.
Suy ra
h
x
là đồng biến trên
1
;
5
3
. Do đó,
2
7
1
14
log 1
3 3 3 3
m m
h x h
.
Xét hàm số
2
7
l
og 1 , 0g t t t t
. Dễ thấy
1
1
0, 0
3 3 ln3
g t t
t
, suy ra
g
t
là hàm đồng biến, do đó
1
14 14
8 0
3 3 3 3
m
h g g
. Suy ra
1
0
;5
3
h x x
.
Do đó phương trình trên không có nghiệm thuộc khoảng
1
;
5
3
.
Vậy
{ 2; 1;1;2; ;15}m
, hay có 17 giá trị nguyên của tham số
m
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Câu 2. (Mã đề 101, 2021) Có bao nhiêu số nguyên
y
sao cho tồn tại
1
;
3
3
x
thỏa mãn
2
3
9
2
7 1 27
x
xy x
x
y
?
A.
2
7
. B.
9
. C.
11
. D.
1
2
.
Lời giải
Giả sử tồn tại
y
để phương trình trên có nghiệm
1
;
3
3
x
. Suy ra
1
0
x
y
Lấy logarit cơ số
2
7
hai vế, phương trình đã cho tương đương
2
2
7
3
9 log 1 0
x
y x xy
.
Đặt
2
2
7
3 9 log 1
f x x y x xy
,
1
;
3
3
x
. Ta xét các trường hợp sau
Nếu
0
y
thì
1
3
y
x
, suy ra
3
y
hay
1; 2
y
.
+) Với
1
y
thì ta có
1
0
3
f
và
1
l
im
x
f
x
suy ra phương trình có nghiệm trên
1
1
;1 ;3
3 3
.
+) Tương tự, với
2
y
, phương trình cũng có nghiệm trên
1
1 1
; ;3
3 2 3
.
Nếu
0
y
thì phương trình trở thành
2
0
3 9 0
3
x
x x
x
không thỏa mãn.
Nếu
10
y
, ta có
6
9
3
1 ln3
y
f x x y
xy
,
2
2
1
6
0, ;3 .
3
3
1 ln3
y
f x x
xy
Suy ra
f x
đồng biến trên
1
;3
3
. Do đó
1
' 2 9 0
3 3 ln3
y
f x f y
y
.
Suy ra
f
x
là hàm số đồng biến trên
1
;3
3
. Do đó
2
7
1
8
log 1
3 3 3 3
y
y
f x f
.
Xét hàm số
27
l
og 1 , 0
g
t t t t
. Dễ thấy
1
1 0
3
3 ln3
g t
t
g
t
là hàm đồng
biến, suy ra
1
8 10 8
0
3
3 3 3 3
y
f g g
.
Nên phương trình không có nghiệm trên
1
;
3
3
trong trường hợp này.
Nếu
1
9
y
thì từ tính đồng biến của
g
t
, ta suy ra
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
1 8
0, 1 9
3
3 3
y
f g y
,
3
3 0, 1 9
f
g y y
.
Điều này dẫn đến phương trình có nghiệm trên
1
;3 .
3
Vậy có
11
giá trị nguyên của
y
thỏa mãn yêu cầu.
Hướng phát triển 2. Sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình hoặc sử
dụng các bất đẳng thức cơ bản.
Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x y
thỏa mãn
2020
x
và
2
2 3 2
2
2021 2 2 4
x y x y
x
y
?
A.
1
. B.
2
020
. C.
2
021
. D.
0
.
Lời giải
Chọn B
Nếu
2
2
2
2 3 2 2 3 2
2
2 0 2 2 , 2021 2 2 0 2 2021 2 2 4
x
y x y x y x y
x
y x y x y
.
Nếu
2
2
2
2 3 2 2 3 2
2
2 0 2 2 ,2021 2 2 0 2 2021 2 2 4
x
y x y x y x y
x
y x y x y
.
Nếu
2
2
2
2 3 2 2 3 2
2
2 0 2 2 , 2021 2 2 0 2 2021 2 2 4
x
y x y x y x y
x
y x y x y
.
Vậy
2
2 0 2 2
x
y x y
, do
2
020 2020 1009 1011
x
y
.
Do
y
nên có
2
021
giá trị, nên có
2
021
cặp số
;x
y
thỏa mãn.
Câu 4. Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x
y
với
1
2020
y
thỏa mãn biểu thức sau:
2
3 3
2
2
2 2
log 4 2 log 2
x
x
x x x
y
y
y y
y
.
A.
1
1
. B.
15
. C.
10
. D.
6
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
0
x
a
, suy ra
2
2
2
3 3
2
2
l
og log
a
y a
a ay y ay
y
2
2
2 2
3 3
2
l
og 2. log 1 1 1 *
a
ay y a a a y a
ay y y y a y
Nhận thấy
3
3
*
1, * log 1 log 3 1
C
auchy
a y
VP VT
y a
dẫn đến
1 2
x
a
y
y
.
Do
2
1 2020 1 2 2020 0 log 2020 10,98
x
y x
.
Vì
x
nên
x
có 11 giá trị, mỗi giá trị của
x
tương ứng một giá trị
y
.
Vậy nên có
11
cặp số
;x
y
thỏa mãn.
Hướng phát triển 3. Sử dụng phương pháp hàm số.
Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x
y
với
2
99
x
y
thỏa mãn
y
x
x
y
?
A.
4
751
. B.
4
750
. C.
4
656
. D.
4
657
.
Lời giải
Chọn A
Từ
l
n ln
l
n ln
y x
x
y
x
y y x x y
x y
, xét hàm số
l
n
,
2;99
t
f
t t
t
.
Có
2
1
ln
0
2,71
t
f
t f t t e
t
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Suy ra hàm số
f
t
đồng biến trên đoạn
2
;
e
và nghịch biến trên đoạn
;
99
e
.
- TH1.
3 [ ;99]
x x e
thì
l
n ln
3
x
y
y x
x y
, suy ra có
2
9
7
4
656
C
cặp
;x y
thỏa
mãn.
- TH2.
2
x
thì
l
n 2 ln ln 4 ln
4
5, 2
2
4
y y
y y x
y y
có 95 cặp
;x y
thỏa
mãn.
Vậy nên có
4656 95 4751
cặp số
;x
y
thỏa mãn.
| 1/60
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Ôn thi tốt nghiệp THPT đợt 2
Phân tích, định hướng tìm lời giải, xây dựng các bài tương tự các câu VD – VDC mã đề 102
ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT ĐỢT 1 NĂM 2021
Buổi thi môn Toán kỳ thi tốt nghiệp THPT đợt 1 năm 2021 diễn ra vào chiều
ngày 7/8/2021. Bài thi môn Toán gồm 24 mã đề, được lấy từ 4 mã đề gốc là: Mã đề
101, 102, 103, 104. Nội dung đề thi nằm trong chương trình THPT, chủ yếu chương
trình lớp 12, trong đó 38 câu đầu ở mức độ nhận biết, thông hiểu được ra trong các mã đề
nhằm kiểm tra kiến thức cơ bản của lớp 11, lớp 12; trong các mã đề từ câu 39 đến câu 45
kiểm tra kiến thức học sinh ở mức độ vận dụng, từ câu 46 đến câu 50 ở mức độ vận dụng
cao đã thể hiện rõ tính phân hoá bằng cách sử dụng tổng hợp các kiến thức trong chương trình THPT.
Kỳ thi tốt nghiệp THPT đợt 2 năm 2021 sẽ diễn ra trong 2 ngày 6/7/8/2021,
để tạo điều kiện cho quý thầy cô cùng các em có tài liệu ôn tập trong thời gian gấp rút này
Nhóm Giáo viên Toán Việt Nam xin gửi tới quý thầy cô và các em bài viết “Phân
tích, định hướng tìm lời giải, xây dựng các bài tương tự các câu VD – VDC đề thi tốt nghiệp THPT đợt 1 Năm 2021”
Hy vọng bài viết sẽ giúp quý thầy cô có thêm tài liệu tham khảo; các em học sinh
nắm chắc các kiến thức trong chương trình THPT; tiếp cận được với các bài toán mới,
hay và lạ. Đặc biệt, rèn luyện tốt kỹ năng thi trắc nghiệm môn Toán.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Câu 39. Cắt hình nón  N  bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 0
60 ta thu được thiết diện là một tam giác đều cạnh 4a . Diện tích xung quanh của  N  bằng : A. 2 8 7 a . B. 2 4 13 a . C. 2 8 13 a . D. 2 4 7 a .
FB: Trương Quốc Toản – Tạ Minh Đức
Phân tích định hướng tìm Lời giải:
- Đây là bài toán tính diện tích xung quanh của hình nón;
- Để tính diện tích xung quanh của hình nón ta áp dụng công thức S   rl ; xq
- Trong bài toán này đường sinh l  4a , nên chúng ta chỉ cần xác định bán kính đáy r của
hình nón  N  thông qua giả thiết bài toán; Lời giải Chọn D
Gọi I là tâm của đường tròn đáy của hình nón.
Ta có thiết diện qua đỉnh là tam giác SBA .
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB .
Ta chứng minh được AB  SIM  , suy ra góc giữa mặt phẳng đi qua đỉnh và mặt 
phẳng chứa đáy của hình nón là 0 SMI  60 . 4a 3
Do tam giác SAB đều cạnh 4a , suy ra SM   2a 3 . 2
Xét tam giác SIM vuông tại I ta có SI  3a; IM a 3 . Xét I
MA vuông tại M ta có IA IM MA a   a2 2 2 2 3 2  a 7 .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là 2 S
  rl   a 7.4a  4 7 a . xq Bình luận:
- Đây là bài toán tính diện tích xung quanh của hình nón, để làm được bài này yêu cầu các
em học sinh phải nhớ công thức tính diện tích xung quanh của hình nón; cách xác định thiết
diện của mặt phẳng với hình nón và xác định được góc giữa hai mặt phẳng. Tuy dạng toán
này không mới, nhưng để giải quyết được bài toán này thì các em học sinh phải có học lực khá trở lên. Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1: Thay đổi giả thiết cho chiều cao và diện tích thiết diện. Yêu cầu tính thể tích của khối nón
Hướng phát triển 2: Thay giả thiết góc bằng bán kính đáy của hình nón. Tính khoảng cách
từ tâm của đáy đến mặt phẳng
Hướng phát triển 3: Giữ nguyên giả thiết, mặt cắt chia khối nón thành hai phần tính thể tích
một phần của khối nón
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Hướng phát triển 4: Thay đổi giả thiết cho bán kính đáy hình nón; mặt phẳng đi qua đỉnh
và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc. Tính diện tích thiết diện.
Hướng phát triển 5: Thay đổi giả thiết bài toán cho bán kính, chiều cao của hình nón. Mặt
phẳng đi qua đỉnh hình nón cắt mặt phẳng chứa đáy là tam giác cân có cạnh đáy cho trước.
Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng.
Hướng phát triển 6: Xây dựng các bài toán tương tự trên hình trụ
Các ví dụ minh họa Câu 1.
Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón
theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới
hạn bởi hình nón đã cho bằng 32 5 A. . B. 32 . C. 32 5 . D. 96 . 3 Lời giải Chọn A S B O A 2 2 AB 3 AB 3 Ta có 2 2 S  
 9 3  AB  36  SA  36 . SAB 4 4 2 2 R OA SA SO  36  20  4 1 32 5
Thể tích của khối nón là 2
V   R h  . 3 3 Câu 2.
Cho hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O sao cho SO  6 5 , một mặt phẳng ( )
cắt mặt nón theo hai đường sinh S ,
A SB . Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ) bằng
2 5 và diện tích tam giác SAB bằng 360 . Thể tích khối nón bằng A. 1325 5 . B. 265 5 . C. 1325 5 . D. 265 5 . Lời giải Chọn A
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Kẻ OI AB, OH SI OH d O, ( )  2 5 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 10          OI  2 2 2 2 2 2 OH SO OI OI OH SO  2  2 45 2 5 6 5 2 2  
SI SO OI  6 52 3 10 9 10 2 2      2  2   1 S 360 S
.SI.AB SI. SAB IA IA    8 10 SAB 2 SI  9 10    2   2  
r OI IA  8 102 3 10 5 106 2 2      2  2   2 1  5 106  V  . .  .6 5  1325 5 3  2    Câu 3.
Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn O;3 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt
đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA AB  5. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 33 4 33 33 2 33 A. . B. . C. . D. . 5 15 15 15 Lời giải Chọn B.
Gọi I là trung điểm AB .  AB SO Ta có 
AB  SOI   SAB  SOI  . AB OI
Trong SOI  , kẻ OH SI , H SI thì OH  SAB .
d O;SAB  OH . Ta có: 2 2 2 2 SO SA OA  5  3  4 . 2  5  11 Ta có: 2 2 2
OI OA AI  3     .  2  2 1 1 1 1 4 4 33
Tam giác vuông SOI có:      OH  . 2 2 2 OH OI SO 16 11 15
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Vậy d O SAB 4 33 ;  OH  . 15 Câu 4.
Một khối nón có bán kính đáy bằng 2a, đường sinh bằng a 7 (tham khảo hình dưới đây).
Một mặt phẳng qua đỉnh và tạo với đáy của hình nón một góc 0
60 chia khối nón thành hai
phần, gọi V là thể tích phần nhỏ hơn. Giá trị của V bằng  4 3   4 3  A. 3  1 a .  1 a .  B. 3 9      3    4 3   4 3  C. 3   3 a .    3 a .  D. 3 3      9   Lời giải Chọn A.
Giả sử mặt phẳng qua đỉnh và tạo với đáy một góc 0
60 cắt khối nón theo thiết diện là
tam giác SMN như hình vẽ.
Gọi I là trung điểm của MN. Khi đó OI MN , SI MN từ giả thiết ta có góc 0 SIO  60 .
Xét tam giác SOM ta có 2 2 SO SM OM  3a. SO 3a
Xét tam giác SIO ta có OI  
a, từ đó xét trong tam giác OIM ta được 0 tan 60 3  1 0 IOM  60 , suy ra  0 NOM  120 , 2 0 2 S
.OM .sin120  3a . OMN 2
Gọi S là diện tích hình viên phân tạo bởi dây MN và cung nhỏ MN. Ta có o 1  4 2  2
S   .OM S   3 a . 0   3 OMN  3  1 1 4  4 3   
Thể tích cần tính bằng 2 3 V S . O S  . 3 . a  3 a     1 a . 0 3 3 3  9     
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Câu 5.
Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục của hình nón ta được một tam giác vuông
cân có cạnh huyền bằng a 2 , BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt
phẳng  IBC  tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 0
60 . Tính theo a diện tích S của tam giác IBC . 2 a 3 2 a 2 a 2 2 2a A. S  . B. S  . C. S  . D. S  . 3 3 3 3 Lời giải Chọn C a 2
Tam giác IDC vuông cân có DC a 2  IH HC
và IC a . 2 
Gọi E là trung điểm cạnh BC , góc giữa mặt phẳng (IBC) và (BCD) là 0 IEH  60 . IH a 6
Trong tam giác IHE có IE   . 0 sin 60 3 2 3 Tam giác IEC có 2 2 2 2 CE IC IE a a a . 3 3 2 a 2
Vậy S EI.EC  . 3 Câu 6.
Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R  3, chiều cao h  2 2. Mặt phẳng ( ) qua đỉnh 2
S cắt đáy của hình nón theo dây cung có độ dài
. Tính góc tạo bởi mặt phẳng ( ) và mặt 3
phẳng chứa đáy của hình nón. A. 0 30 B. 0 45 C. 0 60 D. 0 75 Lời giải Chọn C S A O M B 2 Gọi ,
A B là hai giao điểm của ( ) với đường tròn đáy, ta có AB  . 3
Gọi M là trung điểm AB, ta có OM AB, SM AB  góc tạo bởi ( ) và mặt đáy  2 6 SO  là SMO , 2 2
OM OB BM  ,  tan SMO   3. 0  SMO  60 . 3 OM
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Câu 7.
Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và tâm O , bán kính đáy r a 3, chiều cao
hình trụ h a . Mặt phẳng ( ) đi qua trung điểm của OO và tạo với OO một góc 60 và ( )
cắt đường tròn đáy tâm O theo dây cung AB . Độ dài đoạn AB là: 3a a 3 A. 2a . B. . C. . D. 3a . 2 2 Lời giải Chọn D B N A O H M O' (α)
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của OO và AB . Ta có
AB ON , AB OO  AB  OMN  . Gọi H là hình chiếu của O trên MN thì OH  ( )
Ta có OO  ABM   OOMH
  OOMN    ; ; ;  OMN  60 .  a a 3
Tam giác OMN vuông tại O có ON OM.tan OMN ON  .tan 60  . 2 2 2 3a 2 2 2
AB  2NB  2 OB ON  2 3a   3a . 4 Câu 8.
Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp , A B nằm trên
đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của
hình trụ. Mặt phẳng ABCD tạo với mặt phẳng chứa đáy hình trụ một góc 45 . Tính diện tích
xung quanh hình trụ? 2 2 a 3 2  a 3 2  a 3 2  a 3 A. S  . B. S  . C. S  . D. S  . xq 5 xq 3 xq 4 xq 2 Lời giải Chọn D
Gọi P, Q, E lần lượt là trung điểm của AB,CD,OO . Góc giữa ( ABCD) và mặt đáy là  a a 2 O Q
E  45 . Ta có EQ  , do đó O Q   EO  . 2 4
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM a 2 a 6
Suy ra h OO  và r O C   . 2 4 2 a 6 a 2  a 3
Diện tích xung quanh của hình trụ là S  2    . xq 4 2 2 Câu 9.
Cho khối trụ có thiết diện qua trục OO là một hình vuông cạnh bằng 2 . Mặt phẳng  P đi
qua trung điểm I của OO và tạo với mặt phẳng chứa đáy của khối trụ một góc bằng 30 .
Diện tích của thiết diện do  P cắt khối trụ gần số nào sau đây nhất? A. 3, 6 . B. 3,8 . C. 3,5 . D. 3, 7 . Lời giải Chọn A O A C I D H M O
Do thiết diện qua trục OO là một hình vuông cạnh bằng 2 nên chiều cao của hình
trụ là h  2 và bán kính đáy là R  1 .
Giả sử giao tuyến của mặt phẳng  P và đáy chứa tâm O là đường thẳng d . Gọi E
là hình chiếu của O trên d . Khi đó góc giữa  P và mặt phẳng chứa đáy là góc  OEI 30  .  OI 2
Trong tam giác vuông IOE có tan OEI   OE
 3  1. Do đó điểm E OE 3 3
nằm ngoài đường tròn đáy nên thiết diện là Elip.  HM 2 4 3
Trong tam giác vuông AHM có cos AMH   AM   . AM 3 3 2 4 3 2 3 Hay 2a   a
. Mà CD  2b  2  b  1 . 3 3 2 3
Thiết diện là hình elip nên diện tích bằng ab     3, 62 . 3
2x  5 khi x  1
Câu 40: Cho hàm số f x  
. Giả sử F là nguyên hàm của f trên  thỏa mãn 2
3x  4 khi x  1 
F 0  2. Giá trị của F  
1  2F 2 bằng A. 27. B. 29. C. 12. D. 33.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Phân tích định hướng tìm lời giải
Dạng toán: Cho hàm số F là nguyên hàm của f với f là hàm cho bởi nhiều biểu thức. Bài toán yêu
cầu tính giá trị của biểu thức F tại một số điểm. Dạng toán này ta có 2 cách làm chính sau
* Cách 1: Tìm hàm số F (là tìm các hằng số C ,C ,... ) dựa vào các giả thuyết đã cho (như liên tục, có 1 2
đạo hàm, F x ,…). Tùy theo yêu cầu bài toán mà sử dụng hàm số F đã tìm được một cách phù hợp. o
Cụ thể hơn ta có: 2
2x  5 khi x  1 
x  5x C khi x  1
Bước 1: f x    F x 1   . 2 3
3x  4 khi x  1 
x  4x C khi x  1  2
Bước 2: Tìm các hằng số C ,C dựa vào F (0)  2 và tính liên tục của hàm số. 1 2
Bước 3: Tính giá trị của biểu thức F   1  2F 2 . b
* Cách 2: Sử dụng công thức F b  F a 
f xdx
phù hợp. Cụ thể ở bài trên ta làm như sau a 1
Bước 1: F   1 
f xdx F 0  . 0
Bước 2: Để ý F  
1  2F 2  F   1  F  
1   2 F 2  F   1   3F   1    
, các biểu thức trong dấu b ngoặc vuông có dạng
f xdxa Fb-Nam Phương Lời giải * Cách 1 2
2x  5 khi x  1 
x  5x C khi x  1
f x    F x 1   . 2 3
3x  4 khi x  1 
x  4x C khi x  1  2 2 
x  5x C khi x  1
Vì F 0  2  C  2  F x 1  . 2  3
x  4x  2 khi x  1 
Hàm số liên tục trên   lim F x  lim F x  F (1)  1 5  C  1 4  2  C  1 1 1 x 1 x 1   2 
x  5x 1 khi x  1
F x   . Vậy F   1  2F 2  3   2.15  27 . 3
x  4x  2 khi x  1  * Cách 2
Nhận xét: Hàm số f x liên tục trên .  0 0
F 0  F   1 
f x dx     2
3x  4dx  5  F  
1  F 0  5  3.  1  1  1 1 F  
1  F 0  f x dx    2
3x  4dx  5  F  
1  F 0  5  7. 0 0 2 2
F 2  F   1 
f x dx  2x  5 dx  8  F 2  F   1  8  15.   1 1 Do đó F   1  2F 2  3   2.15  27. Bình luận:
- Đây là dạng toán thuộc mức độ vận dụng, việc nhận ra hướng giải đòi hỏi học sinh phải nắm chắc
các khái niệm và tính chất của nguyên hàm cũng như các phương pháp tìm nguyên hàm.
Hướng phát triển:
- Không cho điều kiện F (a)  m . Yêu cầu tính F (b)  F (c) .
- Thêm điều kiện như: có đạo hàm, liên tục,….
- Thay đổi điều kiện kiện của đề bài bằng cách cho F (a)  F (b)  k . Yêu cầu tính F (n)  F (m) .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Bài tập tương tự 2x 1 khi x  1 Câu 1:
Cho hàm số f x  
. Giả sử F là nguyên hàm của f trên  thỏa mãn 2 3x  2 khi x  1 
F 0  2 . Giá trị của F  
1  2F 2 bằng A. 9 . B. 15 . C. 11. D. 6 . Lời giải Chọn A 2x 1 khi x  1 2 
x x C khi x  1
Ta có: f x  1 
F x  f x dx    . 2 3x  2 khi x  1 3 
x  2x C khi x  1  2
Mà ta có F 0  2  C  2 . 2
Mặt khác hàm số F là nguyên hàm của f trên  nên y F x liên tục tại x  1 .
Suy ra lim F x  lim F x  F (1)  C  1. 1 x 1 x 1   2  x x 1 khi x  1 F    1  3
Khi đó ta có: F x   suy ra  . 3
x  2x  2 khi x  1  F  2  3  Vậy F  
1  2F 2  9 .
2x  3 khi x  1 Câu 2:
Cho hàm số f x  
. Giả sử F là nguyên hàm của f trên  thỏa mãn 2
3x  2 khi x  1 
F 0  2 . Giá trị của F  
1  2F 2 bằng A. 23. B. 11. C. 10 . D. 21 . Lời giải Chọn D
Dễ thấy hàm số f liên tục trên  . 1 1 F   1  F 0 2 
f (x)dx
(3x  2) f (x)dx  3  F (1)  5   . 0 0 1  2 F   1  2F 2 
f (x)dx  2
f (x)dx  3 f (1)  6  12 15  21   . 1 1 2 3   x  2 khi x  2 Câu 3:
Biết rằng F (x) liên tục trên  là một nguyên hàm của hàm số f (x)   . Giá trị 3
4x 18 khi x  2 
của biểu thức F (1)  F (3) bằng A. 7. B. 18. C. 8. D. 32. Lời giải Chọn B 1  3 Ta có: F ( 1  )  F (3) 
f xdx
f xdx  18   . 2 2  1 khi x  0  Câu 4:
Biết rằng F (x) liên tục trên  là một nguyên hàm của hàm số f (x)   2x 1 và  3
(2x 1) khi x  0 
F (4)  F (1)  8 . Giá trị của biểu thức P F (2)  2F (12) bằng 281 121 A. 20 . B. 27 . C. . D. . 16 8 Lời giải Chọn B 4 1 
Ta có : 8  2F (0)  F (4)  F (0)  F ( 1  )  F (0) 
f xdx
f xdx  2  F(0)  3   . 0 0
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 2  12 P F ( 2  )  2F (12) 
f xdx  2
f xdx  3F(0)  27   . 0 0 
x 1 khi x  0 Câu 5:
Biết rằng F (x) liên tục trên  , là một nguyên hàm của hàm số f (x)   và 3
(2x 1) khi x  0  19
F (3)  F (1) 
. Giá trị của biểu thức P F (2)  F (8) bằng 3 A. 20 . B. 27 . C. 58 . D. 29 . Lời giải Chọn D  2 F (x)   x  3 1  C , x  0 1 1   3
Ta có F (x)   . 4 (2x 1) F (x)   C , x  0 2 2   8 2 1 13
Do F (x) liên tục trên  nên lim F (x)  lim F (x)  F (0)  C  
C C C   . 1 2 1 2 x 0 x 0   3 8 24 16 1 19 7 1 17
Và F (3)  F ( 1  )  8   C   C   C C  . Suy ra C  ,C  . 1 2 1 2 3 8 3 8 1 2 6 24 1 81 17
Tính F (8)  F ( 2  )  18     29 . 6 8 24
ax 1 khi x  1 Câu 6:
Cho hàm số f (x)  
với a, b là các tham số thực. Biết rằng f (x) liên tục và có 2
x b khi x  1  2 đạo hàm trên .  Tích phân I f (x)dx  bằng 1  1 19 26 25 A.B. C.D. 3 3 3 3 Lời giải Chọn C
Hàm số liên tục trên  nên sẽ liên tục tại x  1  lim f (x)  lim f (x)  f (1) o x 1 x 1   2
 lim(ax 1)  lim(x b)  f (1)  a 1  1 b a  . b x 1 x 1  
Hàm số có đạo hàm trên  nên có đạo hàm tại x  1  lim f (
x)  lim f (  x) o x 1 x 1  
2x 1 khi x  1
 lim(a)  lim(2x)  a  2. Suy ra a b  2  f (x)   . x 1 x 1   2
x  2 khi x  1  2 1 2 1 2 26 Do đó: 2 I
f (x)dx
f (x)dx
f (x)dx
(x  2)dx  (2x 1)dx        3 1  1  1 1  1 2
ax bx 1 khi x  0 Câu 7:
Cho hàm số f (x)  
. Biết rằng hàm số f (x) có đạo hàm trên . Tích phân ax b 1 khi x  0  1  I f (x)dx  bằng 3 82 22 A.B.   C. 1  4. D. 10. 3 3 Lời giải Chọn D
+) f (x) có đạo hàm trên   f (x) liên tục trên   f (x) liên tục tại x  0 .
f ( x) liên tục tại tại x  0   lim f (x)  lim f (x)  f (0) x 0 x 0  
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  lim        b
 1  1  b  2.   2 ax bx
1 lim ax b 1 f (0) x 0 x 0  
+) f (x) có đạo hàm trên   f (x) có đạo hàm tại x  0 .   2 ax  2x f x f   1 1 ( ) (0)  lim  lim
 lim ax  2  2 . x 0 x  0 x 0 x  0 x 0   
f (x)  f (0) ax   2   1 1  lim lim   
 lim a a . x 0 x  0 x 0 x  0 x 0   
f (x)  f (0)
f (x)  f (0)
f ( x) có đạo hàm tại x  0  lim  lim  a  2  . x 0 x  0 x 0   x  0 2   2
x  2x 1 khi x  0
Do đó, f (x)   .  2  x 1 khi x  0  1  1  Vậy I
f (x)dx   2  x   1 dx 1  0   . 3  3  2
x  3, x  1 Câu 8:
Cho hàm số f x  
. Giả sử F là nguyên hàm của f trên  thỏa mãn F 0  1. 5  x, x  1   2 2 Tính I
f cos xsin d
x x F x dx   0 1 142 112 1 13 A. . B. C. . D. . 12 13 12 12 Lời giải Chọn A 3
x 3x C , x 1  1  3
Ta có F x   . 2 x 5  x   C , x  1 2   2
Mà F 0  1  C  1. 2
Vì f x liên tục tại x  1 nên F x liên tục tại x  1  lim F x  lim F x  F (1) x 1 x 1   1 1 13  5   1 
 3  C C  . 1 2 3 1 6 3  x 13  3x  , x  1   3 6
Vậy F x   . 2 x 5  x  1, x  1   2   2 2 2 2 I
f cos xsin d
x x F x dx   f cos x d cos x  F x dx     0 1 0 1 1 2 
f xd x F xdx   0 1 1 2 3  x 13  142
 5  xdx   3x  dx     . 3 6 12 0 1   2
Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3x  9x  log x  25  3  0  3    A. 27. B. Vô số. C. 26 . D. 25 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán giải bất phương trình mũ, lôgarit dạng f x.g x  0 .
- Để giải bất phương trình chúng ta cần đặt điều kiện sau đó tìm nghiệm của từng phương
trình f x  0 và g x  0 . Tiếp theo lập bảng xét dấu f x.g x và tìm tập nghiệm từ đó
kết luận số nghiệm nguyên thỏa mãn bất phương trình. Fb-Lê Thanh Bình Lời giải Chọn C
Ta có điều kiện xác định của bất phương trình là x  25 . 2
Đặt ( )  3x  9x A x
log x  25 3, x  25  3    . 2
3x  9x  0  x  0  x  2 . log
x  25  3  0  x  2 . 3   Ta có bảng xét dấu ( A x) như sau  x  2 Từ đó, ( A x)  0   x    24  ; 2  3;...; 0;  2 (do x   ). 25   x  0 
Kết luận: có 26 nghiệm nguyên thỏa mãn. Bình luận:
- Đây là bài toán giải bất phương trình mũ và lôgarit trong đó việc tìm nghiệm của từng
phương trình mũ và lôgarit khá đơn giản. Tuy nhiên qua thực tế thì học sinh thường mắc các sai sót sau:
 Quên không đặt hay để ý điều kiện của lôgarit. Từ đó dẫn đến tập nghiệm là ;0 
2 nên kết luận là vô số.
 Thiếu nghiệm x  2 nên kết luận là có 25 số nguyên x .
Đây là câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ vận dụng. Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1: Thay đổi hàm số , hoặc có thể cho thêm 1 hàm số nữa dạng
f x.g x.h x  0 .
Hướng phát triển 2: Thay đổi thành dạng f x.g x  0 , f x.g x  0 hay f x.g x  0 …
Bài tập tương tự xx 1  Câu 1.
Tập nghiệm của bất phương trình  2 3  9 x 1 3  3  1  0  
chứa bao nhiêu số nguyên ?  27  A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải Chọn B Điều kiện x 1  x 1 3 1 0 3      1  x  1  .
+ Ta có x  1 là một nghiệm của bất phương trình. xx 1 
+ Với x  1 , bất phương trình tương đương với  2 3  9 3   0   .  27 
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAMt  3   1   1  Đặt 3x t   0 , ta có  2 t  9 t   0   
 t  3t  3 t   0    1 .  27   27    t  3  27 1 1 Kết hợp điều kiện 3x t   0 ta được nghiệm  t  3   3x  3  3   x  1 . 27 27
Kết hợp điều kiện x  1 ta được 1  x  1 suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên.
Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên. Câu 2.
Tập nghiệm của bất phương trình x 2 x 2 3 .  54  5.3  9  6 .3x x x x x  45 là A. ;  1  2;  B. ;  1  2;5 C. ;  1  5; 
D. 1; 2  5;  . Lời giải Chọn D
Bất phương trình x 2 x 2 3 .  54  5.3  9  6 .3x x x x x
 45 tương đương với:  x 2 2     x      x   2 3 . 9 6 .3 54 5.3 45  0 
3x  9  6 3x  9  53x x x x x x x  9  0 x  2  3x    9  0    x  1 2 x 6x 5 0        x  5  3x  9 2
x  6x  5  0   x  5     . x   1  x  2 3   9  0    x  2 2
x  6x  5  0   1  x  5 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1; 2  5;  . 2 Câu 3.
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3x  9x  log x  32  5  0  2    ? A. 31. B. Vô số. C. 32 . D. 33 . Lời giải Chọn C 2
Xét hàm số    3x  9x f x
log x 30 5  x   . 2    , với 32 2 2 x x x 2  3  9  0  3  3 xx  2
Cho f x  0       log  x  32 5  5  0 x  32  2 x  0  2  
Ta có bảng xét dấu như sau:
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình f x  0 là S  32; 0  0; 2
Mặt khác x   nên x 31; 30; 27;......; 2; 1;  1 .
Vậy có 32 số nguyên x thỏa mãn. Câu 4.
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 1. 2x x  1024  0 ? 5   A. 6 . B. Vô số. C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn C
Điều kiện log x 1  0  x  5 . 5 Xét hàm số    log 1. 2x f x x
1024 , với x  5 . 5  
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  log x 1  0 x  5 Cho f x 5  0     2x 1024  0 x  10  
Ta có bảng xét dấu như sau:
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình f x  0 là S  5;10
Mặt khác x   nên x 6;7;8;  9 .
Vậy có 4 số nguyên x thỏa mãn. 2 Câu 5.
Có bao nhiêu số nguyên x thuộc khoảng 2020; 202 
1 thỏa mãn x 7x6 2
.log x  log x ? 7 7 A. 2017 . B. Vô số. C. 2016 . D. 2015 . Lời giải Chọn C
Điều kiện x  0 . 2
Với x  0 bất phương trình đã cho tương đương với x 7x6 2
.log x  log x  0 7 7
  2x7x6 2   1 .log x  0 7 2
Xét hàm số f x   x 7x6 2  
1 .log x , với x  0 . 7 2 x 7 x6 2 2 1  0
x  7x  6  0 x  1
Cho f x  0       (thỏa mãn điều kiện log x  0 x  1 x  6  7   x  0 )
Ta có bảng xét dấu như sau:
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình f x  0 là S  6;     1 .
Mặt khác x là số nguyên thuộc khoảng 2020; 202 
1 nên x 1; 6; 7;8;9;....; 202  0 .
Vậy có 2016 số nguyên x thỏa mãn. x y 1 z  2
Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :   và mặt phẳng 1 1 1 
P : x  2 y z  4  0 . Hình chiếu vuông góc của d trên P là đường thẳng có phương trình: x y 1 z  2 x y 1 z  2 A.   . B.   . 2 1 4  3 2  1 x y 1 z  2 x y 1 z  2 C.   . D.   . 2 1 4  3 2  1
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán lập phương trình đường thẳng là hình chiếu vuông góc của một đường
thẳng lên một mặt phẳng.
- Để lập phương trình đường thẳng ta cần biết hai điểm hoặc biết một điểm và một véc tơ chỉ phương của nó
- Trong lời giải sau đây ta sẽ đi theo hướng lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu
của d trên  P khi biết hai điểm bằng cách.
+ Tìm A d   P
+ Tìm hình chiếu của H của B d , B A lên  P . Khí đó d là đường thẳng AH
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Fb-Lê Tài Thắng Lời giải Chọn C
Tọa độ giao điểm A của d và  P thỏa mãn hệ phương trình:  x y 1 z  2 x  0     1 1 1 
  y  1  A0;1; 2 .
x  2y z  4  0  z  2 
Lấy điểm B 1; 2; 
1  d . Gọi H là hình chiếu của B trên  P . x  1 t
 Phương trình BH :  y  2  2tz 1 t
Do H BH   P nên tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình: A0;1; 2  1 t    3  x  1 t 2   x  
y  2  2t  3  2 4 2   2 1 4      H ; ;    AH  ; ;    . z  1 t  4   3 3 3   3 3 3  y
x  2y z  4  0   3  2 z   3
Gọi d là hình chiếu vuông góc của d trên  P  d đi qua A và H
d có một vector chỉ phương là u  2;1;  4 . x y 1 z  2
Vậy phương trình đường thẳng d là:   . 2 1 4 
Nhận xét: Đây là cách làm theo chuẩn tự luận dựa trên tư duy hình học đơn giản.
Cách này hơi dài nhưng học sinh trung bình thì dễ làm. Bình luận:
- Đây là bài toán lập phương trình đường thẳng, để xác định các yếu tố lập được phương
trình của đường thẳng nói trên học sinh phải có kiến thức tổng hợp liên quan đến tìm tọa
độ giao điểm, tìm hình chiếu của điểm lên mặt. Đặc biệt, học sinh phải nhận ra mẫu chốt
của bài toán là khi tìm hình chiếu của đường thẳng ta cần tìm hình chiếu của hai điểm phân
biệt của đường thẳng đó lên mặt phẳng. Trong trường hợp đường và mặt cắt nhau thì điểm
cắt chính là một điểm trên đường thẳng là hình chiếu đó.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
- Ở bài toán này ta có thể dễ thấy d    P   ABH  với  ABH  là mặt phẳng chứa d và
vuông góc  P . Vì vậy ta có thêm các hướng giải như sau:
+ Hướng 1: Ta lập mặt phẳng Q chứa d vuông góc với  P , khi đó ta tìm d    P  Q .    
+ Hướng 2: Tìm véc tơ chỉ phương của d là u
 n , u  , n  và lập phương trình d có P d P    
VTCP u đi qua A .
Trong các hướng thì ta chọn hướng 2 là nhanh nhất với bài toán trắc nghiệm.
Lời giải (theo hướng 2) Chọn C
Tọa độ giao điểm A của d và  P thỏa mãn hệ phương trình:  x y 1 z  2 x  0     1 1 1 
  y  1  A0;1; 2 .
x  2y z  4  0  z  2       
Ta có n  1, 2, 
1 ; u  1,1,   1 nên u
 n , u  , n   4, 2, 8 hay chọn P d PP d   
u  2,1, 4. x y 1 z  2
Vậy phương trình đường thẳng d là:   . 2 1 4 
Cách này nhanh nhưng đòi hỏi sự tưởng tượng cao, tính toán nhanh, với học sinh khá
trở lên sẽ thích cách này hơn. Nó rất phù hợp cho bài toán trắc nghiệm.
Bài tập tương tự x 1 y  2 z  2 Câu 1.
Cho đường thẳng (d ) :  
và mặt phẳng (P) : 2x y  3  0 . Đường thẳng  2 1  1
là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng (P) có phương trình là x 1 y 1 z  3 x 1 y  2 z  2 A.   . B.   . 1  2 4 1  2 4 x 1 y  2 z  2 x 1 y 1 z  3 C.   . D.   . 4 8  5 4 8  5 Lời giải Chọn D
Tọa độ giao điểm A của d và (P) là nghiệm của hệ:
2x y  3  0 x  1    x 1 y  2
z  2   y  1  A1;1;3 .      2 1  1 z  3 
Lấy B 1; 2; 2  d , gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (P) . x  1   2t
Phương trình đường thẳng  BH  :  y  2  t
. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: z  2 
2x y  3  0  x  1   2t  1 13    H ; ; 2   . y  2  t  5 5   z  2 
Hình chiếu  là đường thẳng đi qua hai điểm , A H .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM   4  8  Ta có AH ; ; 1  
 . Đường thẳng  đi qua A có vecto chỉ phương  5 5  
u  5AH   .  4; 8,5 x 1 y 1 z  3
Phương trình đường thẳng  là:   . 4 8  5 Câu 2.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : x y z  3  0 và đường thẳng x y 1 z  2 d :  
. Hình chiếu vuông góc của d trên  P có phương trình là 1 2 1  x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A.   B.   1  4  5 3 2  1  x 1 y 1 z 1 x 1 y  4 z  5 C.   D.   1 4 5  1 1 1 Lời giải Chọn C
Gọi M là giao điểm của d với  P .
x y z  3  0
x y z  3 x  1   
Tọa độ của M là nghiệm của hệ:  x y 1
z  2  2x y  1   y  1       1 2 1  x z  2 z  1    M 1;1;  1
Lấy điểm N 0; 1; 2  d . 
Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P là: n  1;1;  1 . 
Gọi  là đường thẳng đi qua N và nhận n  1;1; 
1 làm vec tơ chỉ phương. x y 1 z  2
Phương trình đường thẳng  :   1 1 1
Gọi N  là giao điểm của  với  P .  2 x   3
x y z  3  0
x y z  3     1
Tọa độ của N  là nghiệm của hệ:  x y 1
z  2  x y  1   y     3     1 1 1 x z  2   8 z    3  2 1 8  N ;  ;    3 3 3    1 4 5  1  MN   ;  ;   u 1;4; 5      3 3 3  3 
Đường thẳng cần tìm đi qua điểm M 1;1; 
1 và nhận u  1; 4; 5 làm vec tơ chỉ x 1 y 1 z 1
phương nên có phương trinh   . 1 4 5  x y  2 z 1 Câu 3.
Cho đường thẳng d :  
và mặt phẳng (P) : x y z  2  0 . Phương trình hình 2 3  2
chiếu vuông góc của d trên (P) là
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAMx  1 tx  1 tx  1 tx  1 t    
A. y  1 2t .
B. y  1 2t .
C. y  1 2t .
D. y  1 2t . z  2   3t     z  2   3tz  2   3tz  2  3tLời giải 
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u  2;  3; 2 . d  
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n  1; 1;   1 . P
Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P) ; Đường thẳng '
d là hình chiếu vuông góc của d trên (P) , d '   P  Q   
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là n  u , n   5; 4;1 Q d ' P       
Véc tơ chỉ phương của '
d là u  n , n   3;  6;9  3 1; 2; 3 d ' P Q       Ta thấy đường thẳng '
d thuộc (P) nên điểm M d '  M (P) . Thay tọa độ điểm 0 0 M
1;1;  2 ở đáp án A thấy thỏa mãn phương trình (P) . 0   Câu 4.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P: x y z  3  0 và đường thẳng x y 1 z  2 d :  
. Hình chiếu của d trên  P có phương trình là đường thẳng d . Trong 1 2 1 
các điểm sau điểm nào thuộc đường thẳng d ?
A. M 2;5;  4 .
B. P 1;3;   1 .
C. N 1; 1;3 .
D. Q 2; 7 ;  6 . Lời giảix t
Gọi A d   P  . Vì Ad :  y  1
  2t At ; 1 2t ; 2  t  . z  2  t
Mặt khác A   P  t 1 2t  2  t  3  0  t  1. Vậy A1;1;  1 .
Lấy B 0; 1; 2  d . Gọi  là đường thẳng qua B và vuông góc  P . x t  Thì  :  y  1
  t . Gọi C là hình chiếu của B lên  P .
z  2  t 
Suy ra C    C t; 1 t; 2  t . 2  2 1  8 
Mặt khác C  P  t 1 t  2  t  3  0  t  . Vậy C ; ;   . 3  3 3 3    1  4  5 
Lúc này d qua A1;1; 
1 và có một vectơ chỉ phương là AC  ; ;   . Hay d  3 3 3  
nhận u  1; 4;  5 làm một vectơ chỉ phương. x  1 s
Suy ra d :  y  1 4s . Vậy điểm thuộc đường thẳng d là M 2;5;  4 . z 1 5s
Câu 43: (MĐ 101 BGD&ĐT NĂM 2020-2021) Cho hàm số bậc ba y f (x) có đồ thị là đường cong
trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f f x  1 là
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM A. 9 . B. 3 . C. 6 . D. 7 .
Phân tích định hướng
o – Bài toán có mức độ VD thuộc dạng “Tương giao đồ thị”, đã xuất hiện nhiều trong đề thi các năm trước.
O– Ý tưởng: Cho đồ thị, bảng biến thiên,… của hàm số y f x . Hỏi số nghiệm của
phương trình f g(x)   với  là hằng số.
B1: Vẽ đường thẳng y   , dựa vào đồ thị, bảng biến thiên đã cho đưa phương trình về
dạng g x   . i
B2: Tìm nghiệm của phương trình g x   . i FB-Ngonguyen Quocman Lời giải Chọn D
Từ đồ thị hàm số ta có
f (x)  x và x  1 (1) 1 1
f f x  1   f (x)  0 (2) . 
f (x)  x và 1  x  2 (3)  2 2
Dựa vào đồ thị, (1) có đúng 1 nghiệm, (2) và (3) mỗi phương trình có 3 nghiệm
phân biệt và 7 nghiệm trên phân biệt nhau. Bình luận:
- Việc “hợp” các f vào nhau sẽ gây khó hiểu hoặc nhầm lẫn cho các học sinh chưa gặp
dạng này hoặc học chưa kỹ. Chưa kể, đường thẳng y   có thể cắt đồ thị hàm số
y f x ban đầu tại những điểm “không đẹp” là cách làm bài toán “khó gần” thêm. Đôi
khi, để học sinh có thể dễ tiếp cận hơn, quen thuộc hơn, ta có thể “án chừng” các con số
x , x như bài trên bởi các giá trị gần đúng, ví dụ như x  1  , 7; x  1, 7 . 1 2 1 2
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
- Có rất nhiều hướng để có thể mở rộng bài toán, như thêm vào trị tuyệt đối, tham số,
thay  bởi hàm số,….hoặc thay vì cho đồ thị, bảng biến thiên của f x thì có thể cho đồ
thị hoặc bảng biến thiên của f  x .
Các ví dụ tương tự: Câu 1.
Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị trong hình bên. Số nghiệm của phương trình
f f x  0 là A. 3 . B. 9 . C. 4 . D. 7 . Lời giải Chọn D
f x  2 (1) 
Từ đồ thị hàm số ta có: f f x  0  f   x  0 (2)
f x 1 (3) 
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất, phương trình (2) và (3) mỗi phương trình có
3 nghiệm phân biệt. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nhau nên phương trình ban
đầu có tổng cộng 7 nghiệm. Câu 2.
Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình
4  f x 1 là f x  3 A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn C
Điều kiện: f x  3  4  f x 1 1 Khi đó ta có:
 1  f x 
. Dựa vào đồ thị, phương trình f x  có 4 f x  3 2 2 nghiệm phân biệt. Câu 3.
Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình
5  f f x 1 là
f f x  3
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM A. 7 . B. 8 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn D
Để ý rằng f f x  3  1
  3  2  0, x
5  f f x Ta có:
 1  f f x 1 (*) .
f f x  3
f x  0 (1) 
Vẽ đường thẳng y  1, ta có: (*)  f
  x  a  1 (2)
f x  b 1 (3) 
Dựa vào đồ thị, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô
nghiệm, phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt khác với 4 nghiệm trên. Vậy phương
trình đã cho có tổng cộng 6 nghiệm. Câu 4.
Cho hàm số bậc ba y f (x) có đồ thị như hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình f f ( x )  0 là A. 10 . B. 12 . C. 14 . D. 8 . Lời giải Chọn B
f x   x  0;1 (1) 1   
Từ đồ thị hàm số ta có: f f x   0   f x   2 (2) 
f x   x  3;  (3) 2   
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Từ đồ thị y f (x) ta suy ra đồ thị y f x  như hình vẽ
Từ đó dễ thấy phương trình (1) có 6 nghiệm, phương trình (2) có 4 nghiệm và
phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nhau
nên phương trình ban đầu có tổng cộng 12 nghiệm. Câu 5.
Cho hàm số bậc ba y f (x) có đồ thị như hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình f f x  x  1 là A. 5 . B. 7 . C. 9 . D. 3 . Lời giải Chọn A
f x  x a  (3; 2  )
f x  x a  
f f x  x  1  f
  x  x  0  f
  x  x .  
f x  x b  (3;)
f x  x b  
Ta có các đường thẳng y  x  ; a y  ;
x y  x b như hình vẽ (2 đường không qua
gốc tọa độ đều tạo với 2 trục các tam giác vuông cân).
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm. Câu 6.
(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa – Lần 3) Cho hàm số y f x 3 2
x  3x  3x  4 . Gọi m là số
nghiệm thực của phương trình
f f x  2  2  3  f x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. m  7 . B. m  4 . C. m  6 . D. m  9 . Lời giải Chọn C t   1 
Đặt t f x  2 . Khi đó phương trình thành
f t   2  1 t   f
 t   2  1 t 2  t  1 t   1  t  1       . 3 2 
t  3t  4t  2   1 t 2 3 2 3 13 t 4t 2t 1 0        t   2 3 2
x  3x  3x  4  2  1  
. Mỗi phương trình đều có 3 nghiệm phân biệt lẫn  3  13 3 2
x  3x  3x  4  2   2
nhau nên phương trình ban đầu có tổng cộng 6 nghiệm. Câu 7.
Cho hàm số bậc bốn y f (x) có đồ thị như hình vẽ.
2 f x  3
Số nghiệm của phương trình
  f x là
f f x  2 A. 5 . B. 6 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C Điều kiện:
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
f x  a  3  ;   1  f
  x  b   1  ;0
f f x  2  0   . f   x  1
f x  3 
Đặt t f x,t  ; a 0;1;  3 . 2t  3 2t  3 3 Khi đó ta có:  t  
f t   2  f t    (*) . f t   2 tt 3
Vẽ đồ thị y   ta được t
Dựa vào đồ thị, (*)  t  3  ; 1  ; 
c ,c 3;4 . So điều kiện nhận t c f x  c ,
phương trình này có 2 nghiệm phân biệt. Câu 8.
Cho hàm số bậc ba y f (x) có đồ thị như hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình f xf x  2 là A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 6 . Lời giải Chọn D  2   xf xf x  2   x
Ta có: f xf x  2    
(do x  0 không là nghiệm)
xf x  4 4 
f x   x 2 4
Ta vẽ thêm các đồ thị y   và y x x
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho tổng cộng có 6 nghiệm. Câu 9.
(MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2019-2020) Cho hàm số bậc ba y f (x) có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên dưới.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  3
x f (x) 1  0 là A. 6 B. 4 C. 5 D. 8 Lời giải Chọn A 3
x f (x)  a   6  ; 5   (1)  Ta có: f  3
x f (x) 1  0  f  3 x f (x) 3  1
  x f (x)  b  3  ; 2   (2)  3 x f (x)  0 (3)  x  0
+ Phương trình (3) tương đương  . x x , ( 6
  x a  5  )  1 1 a b
+ Các hàm số g x 
và h x 
đồng biến trên các khoảng  ;  0 và 0;  , 3 x 3 x
và nhận xét rằng x  0 không phải là nghiệm của phương trình (1) và (2) nên ta có:
f x  g x  .
f x  h x 
 lim f x  ;
 lim f x  1 x  x0  + Trên khoảng  ;
 0 , ta có  lim g x  lim h x  0 nên các phương trình x x 
 lim g x  lim h x   x0 x0
f x  g x và f x  h x có nghiệm duy nhất.
 lim f x  ;
 lim f x  1 x  x0 
+ Trên khoảng 0;  , ta có  lim g x  lim h x  0 nên các phương trình x x 
 lim g x  lim h x   x0 x0
f x  g x và f x  h x có nghiệm duy nhất.
Do đó, phương trình f  3
x f (x) 1  0 có 6 nghiệm phân biệt.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Câu 10. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2019-2020) Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  2
x f (x)  2  0 là A. 8 . B. 12 . C. 6 . D. 9 . Lời giải Chọn D 2 x f (x)  0  2  f x f (x) a 1 2 x f (x)   2 0    
với 0  a b c . 2
x f (x)  b2  2
x f (x)  c 3  m
Xét phương trình f (x)  1 m  0 . 2     x
Gọi  ,  là hoành độ giao điểm của C  : y f (x) và Ox ;   0   . m m
(1)  f (x) 
 0 . Đặt g(x)  f (x)  2 x 2 x 2m Đạo hàm g (  x)  f (  x)  . 3 x 2m
Trường hợp 1: x   ; f (  x)  0;  0  g (  x)  0 3 x m
Ta có lim g x  , g( )  
 0 . Phương trình g x  0 có một nghiệm thuộc 2 x   ;    .
Trường hợp 2:   x   m f ( ) x  0,
 0 suy ra g(x)  0 x  (,  ) . 2 x 2m
Trường hợp 3: x   ; f (  x)  0;  0  g (  x)  0 3 x m
Ta có lim g x  , g( )  
 0 . Phương trình g x  0 có một nghiệm thuộc ( ; ) . 2 x 
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM m
Vậy phương trình f x  có hai nghiệm m   0 . 2 x Ta có: 2
x f (x)  0  x  0  f (x)  0 : có ba nghiệm. Vậy phương trình   1 có 9 nghiệm.
Câu 44: Cho hàm số   3 2
f x x ax bx c với , a ,
b c là các số thực. Biết hàm số
g x  f x  f  x  f  x có hai giá trị cực trị là 3 và 6 . Diện tích hình phẳng giới hạn f x
bởi các đường y  và y  1 bằng g x  6 A. 2ln 3. B. ln 3. C. ln18. D. 2 ln 2.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số trong trường
hơp một đồ thị hàm số là đồ thị của hàm ẩn với giả thiết về cực trị;
- Để giải bài toán đầu tiên cần xác định hai yếu tố: tính chất của hàm ẩn từ giả thiết và
nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hai hàm số;
- Trong bài toán này, hai yếu tố trên chỉ xác định được vì hàm ẩn là hàm bậc ba có hai
điểm cực trị với hai giá trị cực trị cho trước và nghiệm của phương trình hoành độ giao
điểm chính là hai điểm cực trị của hàm ẩn.
- Từ đó, áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng với lưu ý nếu hàm f x không đổi b b
dấu trên a;b thì
f xdx
f xdx   . a a FB-Phạm Tuấn Lời giải Chọn D Ta có f  x 2
 3x  2ax b ; f  x  6x  2a ; f  x  6 ;
Khi đó g x  f x  f  x  f  x  g x  f  x  f  x  6 .
Vì g x có hai giá trị cực trị là 3 và 6 mà g x là hàm bậc ba có hệ số của 3 x
dương nên g x có hai điểm cực trị là x x và g x  6 , g x  3  . 2  1  1 2 f x
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y  và y  1 là g x  6 f x 1 g x  6
f x  g x  6
f x  f x  f  x  f  x  6
f  x  f  x  6  0 x xg x 1  0   . x x  2 f x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  và y  1 là: g x  6 2 x f x 2
x f x  g x 2  6 x
  f  x  f  x  6  S  1dx   d  x   d  x    g xg x   g x     x   6 x   6   x   6   1 1 1
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM x x
2  g x 2 
g x  x   d  x   d
x  ln g x 2  6  ln12  ln 3  2 ln 2.    g x   g x    x   6   x   x1 6   1 1 Bình luận:
- Đây là bài toán tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số trong trường
hơp một đồ thị hàm số là đồ thị của hàm ẩn với giả thiết về cực trị, để xác định các yếu
tố lập được công thức tính diện tích hình phẳng học sinh phải có kiến thức tổng hợp liên
quan đến cực trị, giá trị cực trị của hàm số, tích phân hàm trị tuyệt đối và tích phân hàm
ẩn. Đây là câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ VDC.
- Đây là bài toán sử dụng tính chất điểm cực trị của hàm bậc 3 đã gặp trong đề minh họa.
Có thể xây dựng các hướng phát triển đối với tính chấc điểm cực trị của hàm số bậc 3.
- Lưu ý: Với hướng giải dựng hàm của bài toán sẽ gặp khó khăn khi xây dựng lại hàm f xy  . g x  6 Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1: Giữ nguyên giả thiết và cho diện tích hình phẳng hỏi giá trị cực trị còn lại.
Hướng phát triển 2: Thay cho giá trị cực trị của hàm số g x cho đồ thị của hàm số g x
không thay đổi kết luận.
Hướng phát triển 3: Hai hàm số f x và g x có mối liên hệ bảng biến thiên giữ nguyên
giả thiết về giá trị cực trị của một hàm số có mối liên hệ giữa hai hàm f x và g x với cách dựng lại hàm số.
Hướng phát triển 4: Thay đổi giả thiết về giá trị cực trị của hàm f x và cho hai hàm số
có mối liên hệ giữa nghiệm và cực trị với các dựng lại hàm số.
Hướng phát triển 5: Sử dụng tính chất hai điểm cực trị và điểm uốn của hàm bậc 3 để xây
dựng lại hàm số và trả lời yêu cầu bài toán về diện tích hình phẳng.
Hướng phát triển 6: Thay đổi giả thiết về cực trị của hàm số f x và giữ nguyên hàm
g x cho thêm điều kiện giá trị tại điểm cực trị của hàm f x .
Bài tập tương tự Câu 1. Cho hàm số   3 2
f x x ax bx c với , a ,
b c là các số thực. Biết hàm số
g x  f x  f  x  f  x có hai điểm cực trị với giá trị cực tiểu là 3 và diện tích hình f x
phẳng giới hạn bởi các đường y
và y  1 bằng 2 ln 2 . Giá trị cực đại của hàm g xg x  6 bằng A. 6. B. 3. C. 18. D. 8. Lời giải Chọn A Ta có: f  x 2
 3x  2ax b ;
f  x  6x  2a ;
f  x  6 ;
Khi đó g x  f x  f  x  f  x  g x  f  x  f  x  6 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Vì g x có hai điểm cực trị với giá trị cực tiểu là 3 mà g x là hàm bậc ba có hệ số của 3
x dương nên g x có hai điểm cực trị là x x và g x  3  nên 2  1 2
g x  6  0, x
 x ; x . 1 2  f x
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y  và y  1 là g x  6 f x 1 g x  6
f x  g x  6
f x  f x  f  x  f  x  6
f  x  f  x  6  0  x xg x 1  0   . x x  2 f x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  và y  1 là: g x  6 x x x 2 f x
2  f x  g x 2  6 
  f  x  f  x  6  S  1dx   d  x   d  x    g xg x   g x     x   6 x   6   x   6   1 1 1 x x
2  g  x 2 
g x  x   d  x   d
x  ln g x 2  6  ln  
g x  6  ln 3  2ln 2. 1    g x   g x    x   6   x   x1 6   1 1
Do g x g x  ln g x  6  ln 3  2 ln 2  ln12  g x  6 . 1   2    1   1 2 Câu 2.
Cho hàm số f x 3 2 
x ax bx c với , a ,
b c là các số thực. Biết hàm số 3
g x  f x  f  x  f  x có đồ thị như hình vẽ f x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  và y  1 bằng g x  4 A. 2 ln 3  ln 2. B. ln 3. C. ln12. D. 2 ln 2. Lời giải Chọn A Ta có: f  x 2
 2x  2ax b ;
f  x  4x  2a ;
f  x  4 ;
Khi đó g x  f x  f  x  f  x  g x  f  x  f  x  4 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Từ đồ thị của hàm số g x thì g x có hai điểm cực trị x x và 1 2
g x  8; g x  2
 ; g x  4  0, x
 x ; x . 1 2  1   2  f x
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y  và y  1 là g x  4 f x 1 g x  4
f x  g x  4
f x  f x  f  x  f  x  4
f  x  f  x  4  0 x xg x 1  0   . x x  2 f x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  và y  1 là: g x  4 x x 2 f x 2  f x  S  1 dx   1 dx   g xg x    x   4 x   4   1 1 2
x f x  g x 2  4 x
  f  x  f  x  4    dx   dx    g x   g x    x   4   x   4   1 1
x2  g x  x   d
x  ln g x 2  4
 ln12  ln 2  2 ln 3  ln 2.   g x   x   x1 4   1 Câu 3.
Cho hai hàm số f x 3 2
ax x bx g x 2 2 1;
cx  4x d có bảng biến thiên như sau:
Biết rằng hàm số y f ' x  g ' x có giá trị cực trị là 2 . Khi đó diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường y f x; y g x; x  1; x  2 bằng 3 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 2 4 2 Lời giải Chọn A 2
Hàm số g x 2
cx  4x d đạt giá trị lớn nhất tại x   và giá trị lớn nhất bằng c 2  2   2   2  4 g   1   nên c   4   d  1    d  1,       1 .  c   c   c c
Hàm số g x có hai nghiệm là  và  nên g x  c x   x    .
Hơn nữa f x có hai điểm cực trị x   và x   nên f x 2 '
 3ax  4x b  3a x   x   
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 1
 2a  4  c  3a 3a 12a 3ad   c
Do đó f ' x  g x 2  3ax x   
f ' x  g x . c c c 3ad   b   c
Khi đó y f x  g x  g x  g x 2 ' ' '
cx  4  2cx d  4 đạt cực trị tại điểm 4  2c 2  2  x    1
và giá trị cực trị y 1  2   . 2c cc  2  2   2   2  4 Suy ra y 1  c 1      4  2c 1  d  4  
c d  2   2 .  c   c   c c Từ  
1 và 2 suy ra c  1  . d  3   2  1 1 3 Do đó 3 2
a   . Vậy S
x  3x  7x  4 dx   . 3  3 4 1 b   3   Câu 4.
Cho hai hàm số f x 3 2
ax x bx g x 2 2 1;
cx  4x d với , a ,
b c và d là các số thực
thỏa mãn ac  0 . Biết phương trình g x  0 có hai nghiệm phân biệt là hai điểm cực trị của
hàm số f x với hai giá trị cực trị là 1 và 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
f x  g xy
; y  1 bằng f xA. ln 2 . B. 2 ln 2 . C. ln 6 . D. 2 ln 3 . Lời giải Chọn A
Hàm số g x có hai nghiệm là  và  nên g x  c x   x    .
Hơn nữa f x có hai điểm cực trị x   và x   nên, f    1
 ; f    3 f x 2 '
 3ax  4x b  3a x   x    1
 2a  4  c  3a 3a 12a 3ad   c
Do đó f ' x  g x 2  3ax x   
f ' x  g x . c c c 3ad   b   c
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là
f x  g x x  
 1  f x  g x  0  f ' x  0   . f xx    
f x  g x  g x  g x  f ' x
d f x S  1 dx dx dx dx       f   xf   xf   xf   xf   x 
 ln f x  ln 4  ln 2  ln 2 .  Câu 5.
Cho hàm số f x 3 2
x ax bx 1 với ,
a b là các số thực khác 0 . Biết hàm số f x có hai
điểm cực trị x , x thỏa mãn x x  2 và f x f x  2 . Diện tích hình phẳng giới hạn 1   2  1 2 2 1 f x 1
bởi các đường y  ; y  4 bằng x
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 32 21 A. . B. . C. 11. D. 10 . 3 2 Lời giải Chọn A
Ta có f x 2 '
 3x  2ax b và f '  x  6x  2a .
Do hàm số f x có hai cực trị là x và x , nên x , x là hai nghiệm phân biệt của 1 2 1 2  2a x x   1 2   3 phương trình 2
3x  2ax b  0   . bx .x  1 2   3  a
Hơn nữa f x f x  2   f   1  . 1   2     3 
Mà x x  2 suy ra a  6;b  9 . 2 1 f x 1
Hàm số f x 3 2
x  6x  9x 1 nên 2
x  6x  9 . x
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đường là x  1  2
x  6x  9  4   . x  5   1  f x 1 1  32 Vậy 2 S   4dx
x  6x  5 dx    . x 3 5  5  Câu 6. Cho hàm số   3 2
f x x ax bx c với , a ,
b c là các số thực. Biết hàm số f x có hai điểm
cực trị x , x thỏa mãn x x  2 và hàm số g x  f x  f ' x  f '  x có g x  6  . Diện 1  1 2 2 1
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y g x; x x và x x bằng 1 2 A.8. B. 4. C. 2. D. 16 . Lời giải Chọn A
Do hàm số f x có hai cực trị là x x x x  2 1 và 2 thỏa mãn , nên 2 1
f ' x  3 x x  x x   3 x x 2  3 x x  x x   3 x x 2  6 x x . 1 2 1 2 1 1 1  1  3 2
Khi đó f x   x x  3 x x
C và f '  x  6 x x  6 . 1  1   1 
Mà g x  f x  f ' x  f '  x   x x 3  C  6 suy ra g x C  6  6   C  0 . 1  1 Vậy x x x x 2 2 2 2  1  S
g xdx
x x 3 6 dx  x x 3 6        dx
x x 4  6x  8 1 1 1    .     4   x x x 1 1 1 x1
Câu 45. Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ' có đáy là hình vuông, BD  2a , góc giữa hai mặt
phẳng  A' BD và  ABCD bằng 0
30 . Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng 2 3 2 3 3 A. 3 6 3a . B. 3 a . C. 3 2 3a . D. a . 9 3
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán tính thể tích của khối hộp chữ nhật;
- Để tính khối hộp chữ nhật ta áp dụng công thức V  . B h ;
+ Trong bài toán này B S
dễ dàng tính thông qua giả thiết ABCD
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
+ Xác định đường cao h AA , việc tính AA được quy về việc xác lập mỗi liên hệ giữa
góc giữa hai mặt phẳng  A' BD và  ABCD với đường chéo của đáy. Fb-Ngô Dung Lời giải Chọn D
Gọi O là tâm hình vuông ABCD .
Vì BD OA và BD AA ' nên BD   A'OA  BD OA'
Lại có  A' BD   ABCD  BD . Do đó  A BD  ABCD  0 ' ,
A 'OA  30 (Hình vẽ trên).
Vì tứ giác ABCD là hình vuông có BD  2a nên OA a và AB AD a 2 .  Xét tam giác 0
A ' AO vuông tại A có OA a và A'OA  30 nên a 3 0 AA '  O . A tan 30  . 3 a 3 2 3
Vậy thể tích khối hộp chữ nhật 3 V A . B A .
D AA '  a 2.a 2.  a . 3 3 Bình luận:
- Đây là bài toán tính thể tích của khối hộp chữ nhật, để giải quyết được bài toán này
yêu cầu học sinh phải nắm vững công thức tính thể tích khối hộp; cách xác định góc
giữa hai mặt phẳng; thiết lập mỗi liên hệ giữa đường cao với giả thiết đã cho của bài
toán để tính chiều cao của khối hộp. Đây là câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ VD.
Hướng phát triển 1: Một bài toán tương tự, tuy nhiên ta thay đổi một chút về giả thiết đáy. (câu 1)
Hướng phát triển 2: Về cách xác định đường cao, từ đó xác định được góc. (câu 2,3)
Hướng phát triển 3: Thay đổi góc giữa mặt bên và mặt đáy thành góc giữa mặt bên và mặt bên (câu 4)
Hướng phát triển 4: Ta cho 2 giả thiết về góc, khi đó, giả thiết đường cao được ẩn trong
giả thiết về góc, sử dụng mối quan hệ đó đi xác định đường cao. (câu 5)
Bài tập tương tự Câu 1.
Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ' , đáy ABCD có AB  2 AD  2a . Góc giữa hai mặt phẳng  B A
D và  ABCD bằng 0
45 . Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng 4 5 2 5 2 5 8 5 A. 3 a . B. 3 a . C. 3 a . D. 3 a . 5 5 15 15
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Lời giải Chọn A
Bài toán hoàn toàn tương tự với đề bài gốc. Vậy nên ta sẽ giải rút gọn như sau:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên cạnh AC .
Khi đó ta sẽ có  B A
C   ABCD  ,  B HB  45 Dẫn đến B H
B vuông cân tại B BB  BH .
Xét tam giác BAC vuông tại B, BA  2a, BC a khi đó đường cao B . A BC 2 . a a 2a BH    . 2 2 BA BCa2 2 5 2  a 4 5 Vậy 3 VB . A BC.BB  a .
ABCD. AB CD   5
Câu 2. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C ' có AB  3a . Gọi M là trung điểm AA . Góc
giữa hai mặt phẳng MBC và  A BC
  bằng 30 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.AB C   đã cho bằng 9 3 9 3 27 3 27 3 A. 3 a . B. 3 a . C. 3 a . D. 3 a . 8 4 8 4 Lời giải Chọn D
Gọi N là trung điểm BC . Khi đó MBC   AB C
   MN AN   ; ;  MNA  30 3 3  3a Xét MAN có  AN
a, MNA  30  MA   AA  3a 2 2 27 3 Vậy 3 Va
ABC. AB C   4
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Câu 3.
Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi M là trung điểm BC , chân
đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng đáy chính là trung điểm H của đoạn AM . Biết góc
giữa hai mặt phẳng SAB, ABC  bằng 60 . Thể tích của hình chóp đã cho bằng 3 3 3 3 2 A. 3 a . B. 3 a . C. 3 a . D. 3 a . 8 16 32 8 Lời giải Chọn C
Dựng HE AB tại E .
Khi đó SAB  ABC   SE EH   , ,  SEH  60 . 1 1 a 3  3a
Ta có EH d M , AB  d C, AB 
, suy ra SH EH .tan 60  2 4 8 8 Câu 4.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh AB a . Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC trùng với trung điểm H của BC . Biết góc tạo bởi
hai mặt phẳng SAC  và SBC  bằng 60 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 a 3 a 3 a 3 a A. . B. . C. . D. . 24 12 6 2 Lời giải Chọn B a 2
Ta có ABC vuông cân tại ,
A AB a BC a 2 và AH  . 2
Ta dựng HI SA , khi đó ta có SA   IBC  .
Mà SA  SAB SAC  góc SAB;SAC   I ; B IC   60    
Khi đó có 2TH: BIC  60 hoặc BIC 120 .  
TH: BIC  60 . Khi đó BI BC a 2  a BA  vô lý.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM   a 6 a 6
TH: BIC 120 . Khi đó BI CI   HI  3 6 a 2 a 6 a Ta xét H
SA vuông tại H , HA
và đường cao HI   SH  . 2 6 2 3 1 a Vậy V
SH .AB.AC S . ABC 6 12 Câu 5.
Cho chóp S.ABC , đáy ABC là tam giác vuông tại  ,
A BC  2a, ABC  30 . Hai mặt bên
SAB,SAC  cùng tạo với đáy một góc bằng 60 . Biết hình chiếu vuông góc H của S
xuống mặt đáy nằm trên cạnh BC . Thể tích của hình chóp đã cho bằng 3 1 3 1 3 1 3  3 A. 3 a . B. 3 a . C. 3 a . D. 3 a . 12 6 2 4 Lời giải Chọn D
Từ H dựng HE AB tại E và HF AC tại F . 
 SAB, ABC       SEH  60  
 đặt HE HF x  
  SAC  ,  ABC    SFH  60   HF x a 3
Ta có tan C  tan 60   3   x FC a x 3 1  3a
Suy ra SH HF. tan 60  3 1 1 3  3 Vậy 3 VSH .A . B AC a . S . ABC 6 4
Câu 46: [TNTHPTQG -MĐ122-Năm 2021] Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 2
z  m   2 2
1 z m  0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z z o thỏa mãn 6 ? o A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
+ Khai thác z  6 . Nếu z là số thực thì z  6  z  6  ; Nếu o 0 o 0
z a bi , a b ;  b  0 thì 2 2 . 0   z a b 0
+ Trong từng trường hợp z z o là nghiệm thực,
o là nghiệm phức không suy biến của phương trình 2
z  m   2 2
1 z m  0 ta phải chú ý tới điều kiện tương ứng của m để kiểm tra kết quả.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Ý tưởng: Kiểm tra việc một số em học sinh quên không xét trường hợp zo là số thực. Fb-Khải Nguyễn Lời giải Phương trình đã cho có 2 2 
  (m 1)  m  2m 1.
 Nếu   2m 1  0 thì phương trình có nghiệm thực  z  z  0 mà 6 oz  6  0 2 6  2 m   2 2 1 .6  m  0
m  12m  48  0 Khi đó ta có:     m  6  2 3
62  2 m   1 .6 2 2  m  0
m 12m  24  0  
(thỏa mãn điều kiện '  0).
 Nếu   2m 1  0 thì phương trình có phức không thực z m 1 i 2  m 1 m  6
Khi đó z  6  m  1  i 2m  1  6  m      m  2 2 1 2 1  6  . om  6  Thấy m  6
 thỏa mãn '  0 và m  6 không thỏa mãn '  0.
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn bài toán.
Bài tập tương tự Câu 1:
[Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam] Trên tập số phức cho phương trình 2
z az b  0 với
a , b   . Biết rằng hai nghiệm của phương trình có dạng w  2 và 2w  5  3i với w là một
số phức. Giá trị của tổng T  a b bằng A. 81. B. 82 . C. 100 . D. 64 . Định hướng
+ Khai thác giả thiết thấy phương trình có hai nghiệm phức không thực. Đây là cơ sở
để áp dụng tính chất về nghiệm phức không thực của phương trình bậc hai.
+ Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 2
a z b z c  0 với a , b, c   và a  0 .
Khi đó nếu z , z 1
2 là các nghiệm phức không thực của phương trình thì: b   i b 2
  b  4ac  0 và z
. Nhận thấy z z ; z z   , 1;2 1 2 2a 1 2 a 2 2 cz z zz  ; z z  . 1 2 1 2 a 1 2 a Lời giải
+ Vì w  2 và 2w  5  3i với w là một số phức là các nghiệm của phương trình đã cho
nên chúng là các nghiệm phức không thực. + Gọi z , zz z 1
2 là các nghiệm phức không thực của phương trình đã cho . Đặt 1 2
z w2  xyi
w x  2  yi  2w  5  3i  2x 9  2y   3 i z 1
( x, y   )   . 2 x  2x 9  x  9
+ Vì z z nên 
. Như vậy z  9 ; i z  9i . 1 2  
y  2y  1 2   3  y  1  a   
z z  1  8 1 2  + 
a b  64 Chọn D b   z z  82  1 2 Câu 2:
[Sưu Tầm Trên Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam] Cho các số thực a và bsao cho phương trình 2
z az b  0 có hai nghiệm phức z , z 1
2 không thực. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
A và B lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z , z 1 2 . Biết rằng O
AB có một góc bằng
120 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2
(2  3)b a . B. 2
3b a . C. 2
2b a . D. 2 b a . Định hướng
Dùng tính chất về nghiệm phức không thực của phương trình bậc hai hệ số thực. Lời giải + Vì Phương trình 2
z az b  0 ( a, b   ) có hai nghiệm phức z , z 1 2 không phải là a i  số thực nên 2
  a  4b  0 và z  . 1,2 2
+ Ta có OA z b ; OB z b ; 2
AB z z
4b a . Thấy OA OB 1 2 1 2  O
AB cân tại đỉnh O . Vì O
AB cân tại O và có một góc bằng 120 nên  AOB 120
  b a 2   b 2   b 2 2 4  2 b b cos120 2
b a Chọn D Câu 3:
[Chuyên Đại Học Vinh-L2/N2021] Cho các số thực b , c sao cho phương trình 2
z bz c  0
có hai nghiệm phức z , z
z  43i 1
z 8  6i  4 1 2 thỏa mãn và . Mệnh đề nào sau đây 1 2 đúng?
A. 5b c  4 .
B. 5b c  12 .
C. 5b c  12 .
D. 5b c  4  . Lời giải + Nếu z , z
z  43i 1 1
2 là các nghiệm thực của phương trình đã cho thì từ 1
  z  42 9 1 1
  z  42  8  . Điều này vô lý. 1 + Nếu z , z z z
z x yi , x y  1
2 là các nghiệm phức không thực thì . Đặt 1   2 1
z xyi 2 . 2 2  2 2
z  4  3i  1
x  4   y   3 1   x y
  24x 3y  2  4  1   hay   
z  8  6i  4 2 2  2 2  
x y   44x  3y  8  4 2
  x 8  y  6  4    24  24 18 x z   i 2 2
x y  36   5 1   5 5     . Suy ra  .
4 x  3 y  30  18  24 18 y   z   i   5 2   5 5  48
b    z z   1 2  + 
5  5b c  12  Chọn B
c z z  36  1 2
Câu 47: [TNTHPT QG-MĐ122-Năm 2021] Xét các số phức ,
z w thỏa mãn z 1 và w  2 . Khi z i 
w 68i đạt giá trị nhỏ nhất, z w bằng 29 221 A. 3. B. 5 . C. . D. . 5 5
Phân tích định hướng tìm lời giải:
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
+ Khai thác kết luận, thấy cần áp dụng BĐT mô đun z i 
w  68i  68i z i 
w 10 z i  w  
1 . Kết hợp giả thiết, nghĩ đến z i 
w z i  w  3  
2 . Từ đây suy ra z i 
w  6 8i  7 . + Tìm ,
z w để đẳng thức ở   1 và 2 xảy ra. Fb-Khải Nguyễn Lời giải
z i 
w  6  8i  6  8i z i  
w 10  z i   w   1  + Ta có 
z i  
w z i   w  3 2 
z i 
w 68i  7   3 . + Đẳng thức ở  
1 xảy ra khi và chỉ khi z i w   k 6  8i với k  và k  0 . Đẳng
thức ở 2 xảy ra khi và chỉ khi z t.i w  với t   và t  0 . Như thế, đẳng thức ở  3 4 z    i    1  5 5
, 2 đồng thời xảy ra khi và chỉ khi 
hay đẳng thức ở 3 xảy ra khi 8 6
w    i   5 5  3 4 z    i   5 5 và chỉ khi  . 8 6
w    i   5 5 29
+ Vậy min z i  
w  6 8i  7 , khi đó z w  Chọn C 5 Bình luận
Đây là bài thi trắc nghiệm về GTNN, GTLN của biểu thức chứa mô đun số phức. Để
giải bài toán nay chỉ cần áp dụng trực tiếp các BĐT mô đun, nhưng yêu cầu phải chỉ
được khi nào đẳng thức xảy ra. Điều này gây khó khăn cho học sinh vì các em khó
nhớ nếu không tự chứng minh được BĐT mô đun. Các câu tương tự Câu 1:
[Nhóm Giáo Viên Toán Việt Nam] Xét số phức z thay đổi thỏa mãn z i  2. Biết biểu thức
T  z 3i  2 z  4 i đạt giá trị nhỏ nhất khi z x yi  ,
x y  . Hiệu x y bằng 3  6 13 6 13  3 3  6 13 3  6 13 A. . B. . C. . D.  . 17 17 17 17 Định hướng
Khai thác kết luận: Biểu thức T  z 3i  2 z  4 i đạt giá trị nhỏ nhất. Ta phải “cân
bằng hệ số” (làm xuất hiện thừa số 2 ở biểu thức z  3i ) trước khi áp dụng bất đẳng z z 2 1
thức mô đun bằng đẳng thức sau: z z z
z z , z  ;
z  0, z  0 . 1 2 1 2  1 2 1 2 z z 1 2 Lời giải
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 4i z i
+ Ta có z  3i   z i  4i
z i 
4i  2 z ; T  2 z  4  i z z i 4i
 2 z  4  i z  2 17   1 . z k
4  i,k  ,0  k   1 4  8 13 1 2 13 + Đẳng thức ở   1 xảy ra khi   z   i . z i  2   17 17 3 6 13
+ Vậy x y   Chọn C 17 2 2 Câu 2:
[Sở Nam Định-Năm 2021] Xét các số phức ;
z w thỏa mãn z  2  z  2i  6 và
w3 2i w3 6i . Khi z w đạt giá trị nhỏ nhất, hãy tính z . 1 1 A. 1  2 . B. 2  1 . C. . D. . 5 5 Định hướng 2 2
+ Khai thác giả thiết, thấy z  2  z  2i  6  z 1i 1; w3 2i w3 6i 3  y  
x  2 ( w x y , i  , x y  ). 4
+ Khai thác kết luận, viết z w  1 i w   z 1 i  1 i w z 1i 2      x2 3 1  x  3 1     * .  4  Lời giải 2 2
+ z  2  z  2i  6   z   i   i   2   z   i   i   2 1 1 1 1  6 2 2 2 z 1 i i 1      
 6  z 1i 1   . 3
+ Đặt w x y , i  ,
x y  . Khi đó w32i w36i y   x  2 . 4 2 2  3 
+ z w  1 i w   z 1 i  1 i w z 1i  1 x  x  3 1     * .  4  4 7 4 7
+ Khi x   thì y   và w   
i . Đẳng thức ở * xảy ra khi và chỉ khi 5 5 5 5
z 1i k 1i  
w với k  và k  0 . Từ z 1i k 1i   w 1 2 i 5
z 1 i k 1 i w  k    z    z  Chọn D 3 5 5 5 Câu 3:
[Đềtham khảo-2018] Xét các số phức z x yi ( x, y   ) thỏa mãn z  4  3i  5 . Khi biểu
thức P z 13i z 1 i đạt giá trị lớn nhất, giá trị của x y bằng A. 4. B. 6. C. 8. D. 10 . Định hướng
+Nhận thấy z 1 3i   z  4  3i  5 , z 1 i   z  4  3i  3  2i do đó không tính 2 2
được  z 1 3i   z 1 i theo z  4  3i (,  là các số thực). 2 2 2 2
+Tuy nhiên ta lại có z 1 3i z 1 i 2 z i 1 2i             . Lời giải
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 2 + 2 2 2 2 P 2  z 1 3i z 1 i  4  z i 1 2i           
 2 5 z i   1 .    
+ z i   z  4  3i  4  2i  z  4  3i  4  2i  3 5 2 . Đẳng thức ở 2 xảy ra  k   , k  0  
khi z  4  3i k 4  2i  z  6  4i .
z  43i  5   +Từ  
1 và 2 suy ra P  10 2 3 . Đẳng thức ở 3 xảy ra khi và chỉ khi đẳng
z  6  4i  thức ở  
1 và 2 đồng thời xảy ra  
z  6  4i Chọn D
z 13i z 1  i   Câu 4:
[Chuyên Hùng Vương Bình Dương-L5N2018] Xét các số phức z x yi  ,
x y  thỏa mãn
z 1 3i z  3  i 3 3
. Khi z 1  2i z 1  i đạt giá trị lớn nhất, x y bằng A. 0. B. 16 . C. 54. D. 27 . Lời giải 2 2 2 2
+ Ta có z 1 3i z  3  i   x   1  y   3   x   3  y   1
x y  0 .
+ Trong mặt phẳng phức, gọi M z , 
A 1 2i và B  1
  i . Khi đó, M thuộc đường
thẳng d  có phương trình x y  0 . Nhận thấy ,
A B nằm cùng một phía đối với  d  . x y  0
+ AB có phương trình: x  2 y  3  0 ; Xét hệ 
x y  3 .
x  2 y  3  0 
+ z 1  2i z 1  i MA MB AB  5 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba điểm
M , A , B thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng
d  hay M 3;3 Chọn C Câu 5:
[Sưu Tầm Và Biên Tập] Xét các số phức ,
z w thay đổi thỏa mãn z  2, w3 2i 1. Khi 2
z  2zw  4 đạt giá trị lớn nhất, z w bằng 2 85 A. 6. B. . C. 2. D. 2 5. 5 Lời giải z z 2 2
+ Đặt z x yi với x, y   thì
yi ; Vì z  2 nên x y  4  2  y  2 2
 0  y  2  4   y  2 2  16 . z z + 2
z  2zw  4  2 z
w  4 iy w  4 iy  3  2i   3  2i w 2
 4  iy  3  2i  3  2i w     y  2 4 4 9 2  24 
  4 3   y  2 i  4 . Từ đây suy ra 2
z  2 zw  4  24 1 .  z  2i  + Đẳng thức ở  
1 xảy ra khi và chỉ khi  18 14 . Vậy 2
max z  2zw  4  24 , khi w   i   5 5
đó z w  6 Chọn A
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Câu 6:
[Chuyên Đại Học Vinh-L2/N2021] Cho các số thực b , c sao cho phương trình 2
z bz c  0
có hai nghiệm phức z , z
z  43i 1
z 8  6i  4 1 2 thỏa mãn và . Mệnh đề nào sau đây 1 2 đúng?
A. 5b c  4 .
B. 5b c  12 .
C. 5b c  12 .
D. 5b c  4  . Lời giải + Nếu z , z
z  43i 1 1
2 là các nghiệm thực của phương trình đã cho thì từ 1
  z  42 9 1 1
  z  42  8  . Điều này vô lý. 1 + Nếu z , z z z 1
2 là các nghiệm phức không thực thì . 2 1 
z  8  6i  4 1 1
  z  4  3i z  4  3i 1  z  6 1 1   1 Ta có     
z  6 . Đẳng thức ở   1 xảy ra 1
4  z  8  6i  8  6i z 2  z  6 1 1     1  khi và 24 18
chỉ khi z k 4
 3i với k  và k  0 . Từ đây tính được (thỏa mãn 1   z   i 1 5 5 2 24 18 ) và z   i . 2 5 5  48
b    z z   1 2  + 
5  5b c  12  Chọn B
c z z  36  1 2 Câu 7:
[Chuyên Vinh -L2/N2018] Trong các số phức z thỏa mãn 2
z  1  2 z , gọi z z 1 và 2 lần lượt
là các số phức có mô đun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi đó mô đun của số phức wz z 1 2 bằng A. 2 2 . B. 2. C. 2 . D. 1  2 . Định hướng
+ Khai thác giả thiết: 2 2 z  1  2 z 2 2 2 2  z
 1  z z  4 z
z z2 2 4 2
 4 z z 1. 2 2 2 2
+ z  z   z z 2zz  z z2 2
2 z  2 z . Lời giải + Ta có : 2 2 z  1  2 z 2 2 2 2  z
 1  z z  4 z
z z2 2 4 2
 4 z z 1. 2 2 2 2 2 2 4 2
+ Mặt khác: z   z   z z 2 z  2  z  
1 . Suy ra 4 z z 1  2 z 4 2
z  6 z  1  0  1
  2  z 1 2 . Đẳng thức ở   1 xảy ra khi và chỉ khi
z z  0  z là số thuần ảo. + Dễ dàng có z
2  1 i và z
2  1 i . Từ đó w z z  2 2i và w  2 2 2   1   1 2 Chọn A Câu 8:
[SởGD&ĐTHàNam–L1N2018] Xét các số phức
z a bi  ,
a b thỏa mãn 1
z z   i i z z  2 4 15 1 . Khi z
 3i đạt giá trị nhỏ nhất, a  4b bằng 2 A. 7. B. 6. C. 5. D. 4. Lời giải
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 2 a a
+ Ta có z a bi z a bi ;  z z   i i z z  2 4 15 1  b    2 2 2 2  a a   z a    2 i   . 2 2   2 1  1   a a  2 2 2  1   a a
+ z   3i a     5 i      a     5 2      2  2 2    2  2 2   2 2 2 1  1 1 39      3 9 1 1 39  a   z   3i     a       . Khi a  thì  2  2   2  8 2 8   8 2 1 39 + Vậy min z   3i
; Khi đó a  4b  7 Chọn A 2 8
Câu 48: Cho hàm số y f x có đạo hàm f  x   x   2 7 x  9, x   .  Có bao nhiêu giá trị
nguyên dương của tham số 3 m
để hàm số g x   f x  5x m  có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 6. B. 7. C. 5. D. 4.
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài toán cực trị hàm hợp có tham số: Tìm tham số m để hàm số y f u x, m có
đúng (ít nhất, nhiều nhất) k điểm cực trị (1). - Cách giải bài toán (1):
+ Một số bài mà y f u x, m là hàm số chẵn thì đồ thị hàm số y f u x, m nhận O y
là trục đối xứng. Khi đó, việc xét số điểm cực trị của hàm số y f u x, m trên  quy về
xét số điểm cực trị của hàm số này trên 0; 
 . Hàm số y f u x, m có 2k 1 điểm cực trị
khi và chỉ khi y f u x, m cók điểm cực trị trên 0;   .
+ Tổng quát: Trong nhiều bài toán, ta sử dụng tính chất (*) sau
Cho hàm số f x và u x liên tục trên  , khác hàm hằng trên mọi khoảng. Gọi x , x ,..., x 1 2 n
là các điểm cực trị của f x . Khi đó: 1) Nếu x x
0 là nghiệm của phương trình u x   x , i  1, n thì
cũng là điểm cực trị của hàm i  0
số f ux . Hơn nữa, nếu x f x x
i là điểm cực đại (cực tiểu) của
  thì 0 cũng là điểm cực đại
(cực tiểu) của hàm số f ux .
Thật vậy, theo định nghĩa cực trị, x f x a ;b
i là điểm cực trị của   tồn tại khoảng  chứa i i x f x f x f x f x
xa ; b \ x i sao cho    hay    với mọi  . i i   i i i
Mà u x liên tục trên  nên tồn tại khoảng c ; d chứa x sao cho i i  0
u xa ; b  \x , x
 c ; d  \ x . i i i i i  0
Do vậy: f u x  f u x
hay f u x  f u x với x
 c ;d  \ x . i i  0 0  0  Suy ra, x x
0 cũng là điểm cực trị của hàm số f u x . Hơn nữa, nếu
i là điểm cực đại (cực
tiểu) của f x thì x0 cũng là điểm cực đại (cực tiểu) của hàm số f ux . 
2) Ta có  f u x  u x. f u x  
, với mọi x . Do đó:
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  + Qua điểm x ux   0 mà
  đổi dấu thì f ux   đổi dấu. + Nếu x u x x
0 là điểm cực trị của
  thì 0 cũng là điểm cực trị của f ux .
Từ đó, ta có kết quả sau:
Số điểm cực trị của hàm số f ux bao gồm số điểm cực trị của u x và số nghiệm của các
phương trình u x  x , với i  1, n . Đồng thời các nghiệm này phải khác điểm cực trị của i u x . FB-Chu Thom Lời giải Chọn A
Để ý rằng: u x 3
x  5x m có cùng số điểm cực trị với hàm số y h x 3  x  5x .
Ta có BBT của hàm y h x 3
x  5x như sau:
Suy ra u x 3
x  5x m có đúng 1 điểm cực trị. 
Ta có g x 3
x x f  3 5 .
x  5x m . x  7 
Từ giả thiết f  x   x  7 2
x  9  0  x  3   . x  3   u x 3 3
x  5x m  7
x  5x  7  m   Ta có: f  3
x  5x m  0   ux 3 3
x  5x m  3   x  5x  3  m (2).   u   x 3 3
x  5x m  3 
x  5x  3   m  
Hàm số g x có ít nhất 3 điểm cực trị  (2) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt khác 0.
Từ bảng biến thiên của hàm số hx , ta có 7  m  0  m  7 . Mà m
nên m   1;2;3;4;5;  6
Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bình luận:
- Trong cách giải trên, mấu chốt là tìm được số điểm cực trị của u x 3
x  5x m và tìm
được m để hệ (2) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt khác 0. Cả 2 yêu cầu cùng được giải quyết
dựa vào bảng biến thiên của hàm số y h x 3  x  5x .
- Ngoài cách giải trên, ta có thể thấy g x   f  3
x  5 x m  là hàm số chẵn. Vì vậy, g x
có ít nhất 3 điểm cực trị  g x có ít nhất 1 điểm cực trị trên khoảng 0;   .
Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1: Thay giả thiết cho công thức f  
x thành cho đồ thị hay bảng xét dấu của f  
x , đồ thị hay bảng biến thiên của f x .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
u6ng phat trien 2: Thay doi ham so u ( x, m) .
Hu6ng phat trien 3: Thay doi vi tri cua tri tuy�t doi, ho�c b6 tri tuy�t doi, vi tri tham so m
(m khong phai h� so t\1' do).
Hu6ng phat trien 4: Thay doi cau h6i: C6 it nhat k C\fC ttj, c6 nhieu nhat k C\l'C tri, c6 dung k C\J'C tri. Bai t�p tuong t\1'
Cau 1: Cho ham so f ( x) c6 bang xet dau d�o ham nhu sau 4 5 6 +oo + 0 0 + 0 +
C6 tat ca bao nhieu gia tri nguyen duong cu.a tham so m de ham so
g (x) = f (lx4 - 2x2 -31 + m) c6 it nhat 7 diem C\J'C tri? A. 2. _. 4. C. 3. D. 5. Loi giai
D�t u(x) = lx4 -2x2 -31 + m . Ta c6 u( X) c6 cung so die'm C\l'C tri v6i ham so
h ( X) = lx4 - 2x2 -31 . Do thi h ( X) = lx4 - 2x2 -31 nhu sau: y X -2 -1 0
Tu d6 suy ra ham so u ( X) = lx4 3
- 2x2 - 1 + m co 5 die'm C\l'C tri.
Tu gia thiet suy ra ham so f ( x) c6 2 die'm C\J'C tri la x = 4; x = 5 .
g' ( x) = [lx4 - 2x2 -31 + m ]' f' (lx4 - 2x2 -31 + m). l l x +m x =4-m ( ). Ta CO /'(I :-2x:-31 = 4 :-2x:-31 x' -2x'-31+m) =0Jl ⇒ f 3 l x -2x - 1 ll 3 + m = 5 x -2x - 1 3 = 5 -m
Ham so g ( X) = f (lx4 - 2x2 -31 + m) c6 it nhat 7 die'm C\l'C ttj <=> (3) c6 it nhat 2 nghi�m phan
bi�t khac die'm C\J'C tri cu.a u ( x) ⇒ 5 -m > 0 ⇒ m < 5 ma m E r,f nen m E { 1; 2; 3; 4} .
Cau 2: Cho ham so f ( x) lien t\IC tren � c6 dung 2 diem C\l'C tri va c6 do thi nhu hlnh ve y X 0
C6 tat ca bao nhieu gia tri nguyen cua tham so m thu(>c [-20;20] de' ham so
. lll!Q] x2 Ix -31 + m) c6 nhieu nhat 7 die'm C\J'C tri?
. f https:/lwww.facebook.com/groups!toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM A. 21. B. 20 . C. 22. D. 19 . Lời giải Chọn A Đặt ux 2
x x 3  m g x  f u x  g x  u x. f u x .
Xét hàm số ux 2
x x 3  m có cùng điểm cực trị với hàm số h x 2 2  x x
x x   3 2 3
3  x  3x . 3 2
Bảng biến thiên của hàm số y x 3x như sau:
Suy ra, đồ thị hàm số y hx như sau
Từ đồ thị suy ra hàm số y hx có 3 điểm cực trị  u x có 3 điểm cực trị. u x 2
x x  3  m  1
Hàm số g x có quá 7 điểm cực trị  hệ  có quá 4 nghiệm u x 2
x x  3  m  2  2
x x  3  1 m
phân biệt khác điểm cực trị của h x . Ta có  . 2
x x  3  2  m  u x 2
x x  3  m  1 Do vậy, hệ 
có quá 4 nghiệm phân biệt khác điểm cực trị của u x 2
x x  3  m  2  h x 1   m  0 m  1 m     2  0;  0     mà   m nguyên thuộc  2  0;2  0  có 20 giá trị 1 m  4  m  3   m   3  
của m để g x có quá 7 điểm cực trị.Vậy số giá trị nguyên của tham số m thuộc  2  0;2 
0 để hàm số g x  f  2
x x  3  m có nhiều nhất 7 điểm cực trị là 41 20  21. Câu 3:
Cho hàm số y f x có đạo hàm là hàm đa thức bậc 4. Biết hàm số f   x có đồ thị như hình
vẽ. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc  1  0;1  0 để hàm số
g x  f  3 2
x  3mx  2 có đúng 6 điểm cực trị?
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM A. 8. B. 1 0 . C. 21. D. 20. Lời giải Chọn D x  0  x  2m
g x   2
x mxf  3 2 3 6
x  3mx  2  0  (4)  . u x 3 2
x  3mx  2  0  u x 3 2
x  3mx  2  4 
Nếu m  0 thì (4) có 3 nghiệm phân biệt là 3
x  0; x   2 g x không thể có 6 điểm cực trị.
Nếu m  0 thì ta có bảng biến thiên 1
g x có đúng 6 điểm cực trị  (4) có đúng 6 nghiệm 3 3
 4  2  4m m   . 2
Nếu m  0 thì ta có bảng biến thiên 1
g x có đúng 6 điểm cực trị  (4) có đúng 6 nghiệm 3 3
 2  4m  0  m  . 2 1 1
Vậy, g x có đúng 6 điểm cực trị thì 3 m   hoặc 3 m  . 2 2
Mà m nguyên thuộc  1  0;1 
0 nên có 20 giá trị của m . Câu 4:
Cho hàm số f x . Biết rằng f  
x là hàm số đa thức bậc bốn có đồ thị như sau
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số 2 x x m
để hàm số g x  f e  2me  có nhiều điểm cực trị nhất?
A. m   2 . B. m  1. C. m  1  . D. m  2 . Lời giải Chọn D Đặt   2x   2 x u x e
me g x  f u x  g x  u x. f u x . 
    2 x x u x e e m  0 
u x  2  
Ta có g x  0  u x  1   (5).
u x  0   3 u x    2
Hàm số g x có nhiều điểm cực trị nhất  (5) có nhiều nghiệm nhất
u x  2 u   x  1
m  0 và u x  0 (6) có nhiều nghiệm nhất.   3
u x   2
Khi m  0, ta có u x  0  x  ln m. Bảng biến thiên m  0
(6) có nhiều nghiệm nhất    m  2 . 2 m  2  Câu 5:
Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 1  0;1 
0 để hàm số     x g x f
e x  5  m  có đúng 9 cực trị?
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM A. 2. B. 4. C. 3. D. 5. Lời giải Chọn C Đặt   x
u x e x  5  m g x  f u x  g x  u x. f u x . Hàm số   x
u x e x  5  m có cùng điểm cực trị với hàm số   x
h x e x  5 , với   x
h x e x 5. Xét hàm số   x    5    x h x e x
h x e 1  0  x  0 . Bảng biến thiên
Suy ra đồ thị hàm số hx có dạng
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số hx có 3 điểm cực trị    x
u x e x  5  m có 3 điểm cực trị. x
e x 5  m  1  x
e x 5  1   m
Ta có f u x  0     (7) . x
e x 5  m  2 x
e x 5  2  m  
Hàm số g x có đúng 9 điểm cực trị  (7) có đúng 6 nghiệm phân biệt khác điểm
0  1 m  4
4  m 1  0 5  m  1
cực trị của u x        5   m  2  , 2  m  4  m  2 m  2  
mà m có 3 giá trị của m .
Câu 49: [Câu 49 THPT QG 2021– Mã 103] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  A 1; 3  ;2 và B 2  ;1; 4
  . Xét hai điểm M và N thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN  4 . Giá trị
lớn nhất của AM BN bằng A. 5 2 . B. 3 13 . C. 61. D. 85.
Fb-Võ Trọng Trí & Khải Nguyễn
Phân tích định hướng tìm lời giải:
1. Các bài toán quen thuộc: + Cho hai điểm ,
A B cố định nằm khác phía đối với mặt phẳng   . Xét điểm M thay đổi thuộc   , khi đó:
MAMB AB . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M M ', trong đó M ' là giao điểm của
đoạn thẳng AB với   .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
MA MB MA MB '  AB ' . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M M ', trong đó B' là điểm
đối xứng với B qua   và M ' là giao điểm của đoạn thẳng AB' với   . + Cho hai điểm ,
A B cố định nằm cùng phía đối với mặt phẳng   . Xét điểm M thay đổi thuộc   , khi đó:
MAMB MAMB'  AB'. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M M ', trong đó B' là điểm
đối xứng với B qua   và M ' là giao điểm của đoạn thẳng AB' với   .
MAMB AB . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M M ', trong đó M ' là giao điểm của
đoạn thẳng AB với   .
2. Trở lại bài toán.
Bài toán gần gũi với một bài toán quen thuộc là tìm giá trị lớn nhất của AM BM
với M thuộc mặt phẳng Oxy . Việc đề cho xuất hiện điểm N với ràng buộc MN  4
nên ta có thể dùng phép tịnh tiến để biến AM BN AM B ' M quen thuộc bằng  
cách lấy điểm B' sao cho B B '  N M . Lời giải 1 Chọn D
Thấy hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng Oxy  . Gọi B1 là điểm đối xứng của
B qua Oxy thì B 2
 ;1; 4 và BN BN . Gọi  P là mặt phẳng đi qua B và song song với 1   1 1
Oxy thì P có phương trình z  4 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên P
  thì H 1; 3  ; 4 . Gọi B B B NM B P 2 là điểm sao cho thì . 2   1 2
 
 
Ta có: AH  2 , B H  5 BB MN 4 B B NM BN B M B B NM 1 , 1 2 (vì ), (vì 1 2 1 2 1 2
 
B N B M ). Trong  P , điểm B thay đổi thuộc đường tròn C có tâm B và bán kính 1 2 2 1 R B B  4 1 2 . AM BN
AM B N AM B MABAH  HB
AH HB B B 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2
 85  AM BN  85   1 . Đẳng thức ở  
1 xảy ra khi và chỉ khi điểm B1 nằm giữa hai điểm B
M AB Oxy 2 , H và . 2  
Vậy max AM BN  85 . Lời giải 2
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Dễ thấy hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng Oxy  . Gọi A1 là điểm đối xứng
của A qua mặt phẳng Oxy thì A 1; 3  ; 2 
và AM AM . Gọi M  ; a ; b  0 và M  ; a ; b  0 , ta 1   1  2 2 2 2
có: a c b d  4 hay a c  c d   16 ; A M a 1;b  3;2 ; 1     
BN  c  2; d 1; 4 ; A M BN a c  3;b d  4; 2  . 1       2 2
AM BN A M BN AM BN AM BN  a c  
3 b d  4  4 1 1 1
 a c2 bd2 292 4
 bd   3 a c    32 51   
    2   2 2 3 45 2 4 3 b d
a c   85  AM BN  85 . Khi M ; ;0    5 5   44 67  và N ; ;0 
 thì AM BN  85 . Vậy max AM BN  85 .  5 5  Bình luận:
Đây là bài toán được phát triển từ ‘bài toán 2’ trang số 7 trong SGK Hình Học Nâng Cao lớp 11.
Hai thôn nằm ở hai vị trí A và B cách nhau một con sông (xem rằng hai bờ sông là
hai đường thẳng song song. Người ta dự định xây một chiếc cầu bắc qua sông (cố
nhiên cầu phải vuông góc với hai bờ sông và làm hai đoạn đường thẳng từ A đến M
và từ B đến N . Hãy xác định vị trí chiếc cầu MN sao cho AM BN ngắn nhất.   Lấy điểm '
A sao cho A A '  M N khi đó AM A' N và AM BN A N   BN A B  . Hướng phát triển
Hướng 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của AM BN .
Hướng 2: Bỏ bớt ràng buộc điểm N  Oxy , khi đó A thuộc mặt cầu tâm A bán kính bằng 2 1 A A . 1 2
Các bài tập tương tự Câu 1:
[Trần Quốc Luật-THTT tháng 12 năm 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các
điểm A0;0; 2 và B3;4; 
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của AX BY với X , Y là các điểm thuộc
mặt phẳng Oxy sao cho XY 1. A. 3. B. 5. C. 2  17 . D. 12 5. Lời giải 1
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Thấy A0;0; 2 , B3;4; 
1 nằm cùng phía đối với mặt phẳng Oxy . Gọi ' A là điểm đối
xứng với điểm A qua Oxy , khi đó A'0;0; 2
  và AX A' X . 2 2
Vì X ,Y Oxy nên gọi X  ; a ; b 0 , Y  ;
c d;0 . Vì XY 1 nên
ac bd 1 hay
a c2  b d 2  1 .     A' X   ; a ;
b 2 , YB  3 ; c 4  d; 
1 , A' X YB  a c  3;b d  4;3 .     2 2 AX BY  ' A X YB
A ' X YB
A ' X YB
 a c  
3 b d  4 9
 a c2 bd2 342 
3 a c 4bd   
35  2 3 a c   4 b d    2 2 2 2 
35  2 3 a c   4 b d   35 2 3  4  a c b d   5  AX BY  5 . Khi  8 32  11 44  X ; ;0   và Y ; ;0 
 thì AX BY  5. Vậy min AX BY   5.  5 15   5 15  Lời giải 2
Thấy A0;0; 2 , B3;4; 
1 nằm cùng phía đối với mặt phẳng Oxy . Gọi ' A là điểm đối
xứng với điểm A qua Oxy , khi đó A 0;0; 2 
và AX A X . 1   1
Gọi  P là mặt phẳng chứa A Oxy P
1 và song song mặt phẳng 
 suy ra   có phương trình là z  2
 . Gọi K là hình chiếu của B lên  P thì K 3;4; 2
  , khi đó BK  3, KA  5 1 .    
  Lấy điểm A A A XY A X A Y
A A XY A X A Y 2 sao cho , khi đó (vì ), 1 2 1 2 1 2 1 2
A P và trong  P , A thuộc đường tròn C tâm A bán kính R A A 1(vì 2   2 1 1 2 A A XY 1 2 ).
AX BY A X BY A Y BY A B BK KA
BK  KA R  5 1 2 2 2 2 2 1 2 2
AX BY  5   1 . Đẳng thức ở  
1 xảy ra khi và chỉ khi A2 là giao điểm thứ nhất của đường thẳng AK C A AK
Y A B Oxy 1
với   ( 2 thuộc đoạn thẳng 1 ) đồng thời . 2  
Vậy min AX BY   5. Câu 2:
[Câu 49 THPT QG 2021– Mã 103] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  A 1; 3  ;  2 và B 2  ;1; 4
  . Xét hai điểm M và N thay đổi, trong đó M thuộc mặt phẳng Oxy và N tùy ý
sao cho MN  4 . Giá trị lớn nhất của AM BN bằng
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM A. 5 2 . B. 3 13 . C. 61. D. 85.  1  2
Câu 50. Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x  ; 6 3 x xy 18 x   thỏa mãn 27  1 xy27 ?  3  A. 19 . B. 21 . C. 20 . D. 18 .
Phân tích định hướng lời giải
- Đây là bài toán có mức độ VDC (có thể là câu khó nhất của đề thi THPT QG năm 2021).
- Sử dụng phương pháp “Logarit hóa hai vế” để xét phương trình mũ dạng:
f x;mau  ;
x mgx;m .b
, 0  a;b  
1 (với m là tham số)
Định hướng tìm lời giải:
B1: Dựa vào phương trình đã cho tìm điều kiện cho phương trình.
B2: Coi y như tham số, lấy logarit cơ số 27 hai vế, sau đó đưa phương trình về dạng f x  0 .
B3: Sử dụng kĩ thuật chia miền giá trị của tham số và xét hàm số f x . Mục đích để đánh giá
được tính đơn điệu của hàm số f x và sử dụng được định lý giá trị trung bình.
Sử dụng các đơn vị kiến thức: 
Nếu f liên tục trên đoạn a; b và f a. f b  0 thì phương trình f x  0 có ít nhất
một nghiệm trên khoảng a;b .
Sử dụng kiến thức này đã làm cho việc giải toán trở thành việc thử sai trong việc chọn cặp a, b.
Thay vào đó dùng kết quả sau (không thể giải quyết trọn vẹn việc thử sai nhưng đã giảm thiểu một phần):
Cho f liên tục và đơn điệu trên đoạn trên a; b . Khi đó phương trình f x  0 có nghiệm trên
khoảng a;b khi và chỉ khi và f a. f b  0. 
Nếu a e thì hàm số f x  log 1 x x nghịch biến trên 0; . a
Lưu ý: log 1 x x với mọi x  0 và a e. a
Fb: Nguyễn Sỹ - Nguyễn Thanh Hải Lời giải  1 
Giả sử tồn tại y  để phương trình trên có nghiệm x  ; 6 
 . Suy ra 1 xy  0  3 
Lấy logarit cơ số 27 hai vế, PT đã cho tương đương 2
3x  y   18 x  log 1 xy  0 . 27   1  Xét hàm số 2 f  
x  3x y 1  8 x  log
1 xy , với x   ; 6 . 27      3  1   xy  0  1
- Với y  0 , do  1  y   , Suy ra 3
  y  0 hay y 1;   2 . x   x  3 2  +) Với y 2  1  , ta có f  
x  3x 19x  log
1 x là hàm số liên tục trên  ;1 . 27     3   2   2  Do f    11 lim f x   và
  suy ra phương trình có nghiệm trên  ;1   .     3  x 1   3  1  1  +) Với y 2  2  , ta có f  
x  3x  20x  log
1 2x là hàm số liên tục trên  ;  . 27    3   2 
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  1   1 1 
Do f    6 và .  
lim f x   suy ra phương trình có nghiệm trên  ;       3   1   3 2 x       2  x   0
- Với y  0 , phương trình trở thành 2
3x 18x  0  , không thỏa mãn. x   6  - Với y 19, ta có y
f x  6x y   18  , 31 xyln 3 2 y 1  f   x  6   0, x    ; 6 . 2   31 x y ln 3 3   1  Suy ra f   
x đồng biến trên  ; 6 . Do đó    3  1  y y f  
x f '   2    y 1  8 
 0 vì 3  y  ln 3  y    1 3  3  yln 3 3  yln 3  1  Suy ra f  
x là đồng biến trên  ; 6   . Suy ra  3  1  yy  17
f x  f     log 1     .   27    3  3  3  3 1
Xét hàm số g t  t  log 1 t , t  0 . Dễ thấy gt  1
 0,t  0 , suy ra g t 27       33  tln 3
là hàm đồng biến, do đó 1   y  17 19  17  1 
f    g     g     0 f x  0 x   ;6       . Suy ra     .  3   3  3  3  3  3   1 
Do đó PT trên không có nghiệm thuộc  ; 6   .  3  1   - Với 1 2
y 18 . Do hàm số f  
x  3x y 1  8 x  log
1 xy liên tục trên  ;6 . 27    3    
Ta lại có hàm số g t  t  log
1 t , đồng biến trên 0; . 27   1  yy  17 1   y  17 17 Mà f     log 1      
f    g     g 6   0, y  1;18 , 27            3  3  3  3  3   3  3 3 Mặt khác f   6  6 y  log
1 6 y g 6 y g 6  0, y   1;18 . 27          1   1  Suy ra f . f  
6  0. Do đó phương trình trên có nghiệm trên  ;6 .    3   3 
Vậy có tất cả 20 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu. Bình luận:
- Việc sử dụng BĐT Bernoulli để đánh giá như lời giải sau đây là sai:  1  2
Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x  ; 6 3 x xy 18 x   thỏa mãn 27  1 xy27 ?  3  A. 19 . B. 21 . C. 20 . D. 18 . Lời giải 2 2 2 Ta có:
3x xy     18 27 1 .27 x xy  3x xy 1  8 27 x 1 xy  3x xy 1  8 27
x 1 xy  0 . 2 2 Mặt khác:       
3x xy 18 3 18 x x xy x xy   xy    2 27 1 1 26 1
1 26 3x xy 18x  1 xy
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM 2
 78x  25xy  468x . 2 x xyx  1  + Với y  19  3 18 2 2 27
1 xy  78x  25xy  468x  84x  7x  0 x   ; 6   (loại).  3  2 x xyx  1  + Với y  3  3 18 27
 1 xy  1 3x  0 x   ; 6   (loại).  3  1
+ Với y  2  x  (thỏa mãn). 2
+ Với y  1  x  1 (thỏa mãn). 2 x  0 + Với y  0  3x 1  8 27 x 1  2
3x 18x  0   (loại). x  6 
+ Với 1  y  18 . Xét hàm số   2 3x xy 1  8  27 x f x 1 xy .  1   y Do y 17 f  3 1  0 y     1;2;....;  18 và  3  3   6 6  27 y f
 6y 1  0 y  1;2;....;1 
8 nên phương trình f x  0 luôn có nghiệm  1  thuộc ; 6   .  3  Tóm lại y  2  ; 1;1; 2;....;1 
8 . Vậy có 20 số nguyên y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Lưu ý: x
Nếu a  1 thì 1  a   ax 1 với x  0 hoặc x  1. x
Nếu a  1 thì 1  a   ax 1 với 0  x 1 .
- Khi giảng dạy cho HS chúng ta nên phát biểu bài toán dưới dạng. “Có bao nhiêu giá trị  1 2 
nguyên của tham số m để phương trình
3 x xm     18 27 1 27 x xm có nghiệm thuộc ;6   ? ”  3 
Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1: Thay biến y bởi tham số m quy về bài toán tìm tham số m nguyên để phương trình có nghiệm.
Hướng phát triển 2: Sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình hoặc sử dụng các
bất đẳng thức cơ bản.
Hướng phát triển 3: Sử dụng phương pháp hàm số.
Các ví dụ tương tự:
Hướng phát triển 1: Thay biến y bởi tham số m quy về bài toán tìm tham số m nguyên để phương trình có nghiệm 2
Câu 1. Có bao nhiêu số nguyên 3  15 x
m để phương trình 27 x xm  (1 xm)27 có nghiệm  1  x  ;5   ?  3  A. 16 . B. 18 . C. 15 . D. 17 . Lời giải  1 
Giả sử tồn tại m   để phương trình trên có nghiệm x  ;5   .  3   1  1
Từ phương trình, suy ra xm  1  . Do x  ;5 
 , nên ta có m    3 hay m  2  .  3  x 2
Phương trình đã cho tương đương với 3x 1  5 27
xxm  (1 x ) m  0.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  1 
Xét hàm số f x 2 3x 1  5  27 xxm  1
(  xm) trên khoảng ;5    3  5m *  1   m 1 Ta có f (5)  27 1
 5m  0 m   và 14 f  3 1 m   ,  3  3  m
Xét hàm số: g mm 14  3 1
, ta có g 'm  0  m  14  log 3ln 3  m  12,9 . 3   3 0 BBT: g   3    0 g  16  0 Do  và 
, kết hợp với BBT suy ra với m nguyên lớn hơn 3  và g   2    0  g  15  0 
g m  0  m 2  ; 1  ;...;1  5 .  1 
+ Với m  {2; 1;1;;15} ta có ff (5)  0  
, nên phương trình f ( x)  0 luôn có nghiệm  3   1  trên khoảng ;5   .  3 
+ Với m  0 , ta có f (x)  0  x  0, x  5 không thỏa mãn.
+ Với m  16 ; Ta có phương trình f x 2 3x 1  5xxm 2  0  27
 (1 xm)  3x 15x xm  log 27 1 mx  0  1 
Xét hàm số h x 2
 3x 15x xm  log
1 mx trên khoảng ;5 . Ta có 27      3  2 m m  1 
h ' x  6x 15  m
h '  x  6   0, x   ;5 .    1 mxln 27 31 mx2 ln 3  3  1  1 
Vì h' x liên tục trên đoạn ;5 
nên hàm số h' x đồng biến trên khoảng ;5 . Do đó 3      3   1  m m
h ' x  h '  2    m 15 
 0 vì 3  m ln 3  m nên   1.  3  3  mln 3 3  mln 3 1   1  mm  14
Suy ra h x là đồng biến trên ;5 
. Do đó, hx  h   log 1      . 3  27    3  3  3  3 1
Xét hàm số g t   t  log
1 t , t  0 . Dễ thấy gt   1  0, t   0 , suy ra 27   33  t  ln 3  1   m  14 14  1 
g t  là hàm đồng biến, do đó hg   g     8 
 0 . Suy ra hx  0 x   ;5   .  3   3  3 3  3   1 
Do đó phương trình trên không có nghiệm thuộc khoảng ;5   .  3 
Vậy m {2; 1;1; 2;;15} , hay có 17 giá trị nguyên của tham số m .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  1  Câu 2.
(Mã đề 101, 2021) Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x  ;3   thỏa mãn  3  2
3 x xy     9 27 1 27 x xy ? A. 27 . B. 9 . C. 11. D. 12 . Lời giải  1 
Giả sử tồn tại y   để phương trình trên có nghiệm x  ;3 
 . Suy ra 1 xy  0  3 
Lấy logarit cơ số 27 hai vế, phương trình đã cho tương đương 2
3x   y  9 x  log 1 xy  0 . 27    1 
Đặt f x 2
 3x   y  9 x  log 1 xy , x
;3 . Ta xét các trường hợp sau 27      3  1 
Nếu y  0 thì  y
 3 , suy ra y  3 hay y 1;   2 . x  1 
+) Với y  1 thì ta có f  0  
và lim f x    suy ra phương trình có nghiệm trên  3  x 1   1   1  ;1  ;3     .  3   3   1 1   1 
+) Tương tự, với y  2 , phương trình cũng có nghiệm trên ;  ;3     .  3 2   3   x  0 
Nếu y  0 thì phương trình trở thành 2
3x  9x  0   không thỏa mãn. x  3   Nếu y  10 , ta có y
f  x  6x   y  9  , 31 xy ln 3 2 y  1 
f  x  6   0, x   ;3 .   31 xy2 ln3  3  1 
Suy ra f  x đồng biến trên ;3  . Do đó 3     1  y
f  x  f '  2     y  9   0 .  3  3  yln 3 1 
Suy ra f x là hàm số đồng biến trên ;3  . Do đó 3     1  yy  8
f x  f   log 1    . 27    3  3  3  3 1
Xét hàm số g t   t  log
1 t , t  0 . Dễ thấy gt   1
 0 g t  là hàm đồng 27   33  t  ln 3 biến, suy ra  1   y  8 10  8 fg   g   0       .  3   3  3  3  3  1 
Nên phương trình không có nghiệm trên ;3 
 trong trường hợp này.  3  
Nếu 1  y  9 thì từ tính đồng biến của g t  , ta suy ra
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM  1   y  8 fg   0, 1   y  9     ,  3   3  3 f  
3  g 3y  0, 1   y  9 .  1 
Điều này dẫn đến phương trình có nghiệm trên ;3 .    3 
Vậy có 11 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu.
Hướng phát triển 2. Sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình hoặc sử
dụng các bất đẳng thức cơ bản. Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên  ; x y thỏa mãn x  2020 và 2 x2 y x 3 y2 2  2021
x  2y  2  4 ? A. 1. B. 2020 . C. 2021 . D. 0 . Lời giải Chọn B 2 2 Nếu x2 y 2 x 3 y2
x y    
x y   x2 y x 3 y2 2 2 0 2 2 , 2021 2 2  0  2  2021
x  2y  2  4 . 2 2 Nếu x2 y 2 x 3 y2
x y    
x y   x2 y x 3 y2 2 2 0 2 2 , 2021 2 2  0  2  2021
x  2y  2  4 . 2 2 Nếu x2 y 2 x 3 y2
x y    
x y   x2 y x 3 y2 2 2 0 2 2 , 2021 2 2  0  2  2021
x  2y  2  4 .
Vậy x  2 y  2  0  x  2  2 y , do 2020  x  2020  1009  y  1011 .
Do y   nên có 2021 giá trị, nên có 2021 cặp số  ; x y thỏa mãn.
Câu 4. Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;
x y với 1  y  2020 thỏa mãn biểu thức sau:
2x 2 y  2x x x 2 x   log 4  2 y y  log 2 y  . 3   3   2 y A. 11. B. 15 . C. 10 . D. 6 . Lời giải Chọn A 2 2ay a Đặt 2x a   0 , suy ra log  2 2
a ay y  log ay  3  3   2 y 2 2 2 2
a ay y a aa y   a   log  2.   log 1  1 1 * 3 2 3       ay y y y a y     Cauchya ya
Nhận thấy VP   *  1, VT   *  log  1  log 3  1 dẫn đến
 1  y  2x . 3   3 y a   y Do 1   2020  1  2x y
 2020  0  x  log 2020  10,98 . 2
Vì x   nên x có 11 giá trị, mỗi giá trị của x tương ứng một giá trị y .
Vậy nên có 11 cặp số  ; x y thỏa mãn.
Hướng phát triển 3. Sử dụng phương pháp hàm số.
Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;
x y với 2  x y  99 thỏa mãn y x
x y ? A. 4751 . B. 4750 . C. 4656 . D. 4657 . Lời giải Chọn A x y y x ln ln ln t
Từ x y y ln x x ln y  
, xét hàm số f t   , t 2;99 . x y t 1 ln t
Có f t  
f t  0  t e  2, 71 . 2   t
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM
Suy ra hàm số f t  đồng biến trên đoạn 2;e và nghịch biến trên đoạn  ; e 99 . ln x ln y
- TH1. x  3  x [ ; e 99] thì 
y x  3 , suy ra có 2 C  4656 cặp  ; x y thỏa x y 97 mãn. ln 2 ln y ln 4 ln y
- TH2. x  2 thì   
y  4  y  5, x  2 có 95 cặp  ; x y thỏa 2 y 4 y mãn.
Vậy nên có 4656  95  4751 cặp số  ; x y thỏa mãn.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc