Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 14: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

72 trang nhungbui22 11/08/2022 2640

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 14: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tong_hop_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_thpt_vong_1_chuyen_de.docx

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 14: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 14 Khảo sát hàm số và bài toán liên quan Câu 1. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Cho hàm số y 2x3 3 m 3 x2 18mx 8, m là tham số. a) Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên ¡ . b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung. c) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;0 bằng 24. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Oanh Nguyen a) Ta có y 6x2 6 m 3 x 18m . 2 2 Hàm số đồng biến trên ¡ khi y 0 9 m 3 108m 0 m 6m 9 0 m 3. b) Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung khi y 0 có hai nghiệm trái dấu 6x2 6 m 3 x 18m 0 có hai nghiệm trái dấu m 0 . c) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;0 bằng 24. x m 2 Ta thấy y ' 0 6x 6 m 3 x 18m 0 x 3  1;0 + Nếu m 3 hàm số đồng biến trên ¡ , nên hàm số đồng biến trên  1;0 , suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;0 là y 1 66 24 , nên m 3 không thỏa mãn. x m + Nếu m 3 , khi đó y ' 0 x 3  1;0 *)TH1: m  1;0, ta tính được y 0 8, y 1 3 21m , min y min y 0 , y 1  .  1;0 Để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;0 bằng 24 thì m  1;0 m  1;0 y 1 24 3 21m 24 m 1. y 1 y 0 3 21m 8 *)TH2: m  1;0, từ bảng biến thiên của hàm số  Trang 271 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Suy ra min y min y 0 , y 1  .  1;0 Để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;0 bằng 24 (do y 0 8 24 ) thì m  1;0 m  1;0 y 1 24 do đó, không tồn tại giá trị của m . m 1 y 1 y 0 Vậy m 1. Câu 2. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho các hàm số f x x2 4x m và 2 3 g x x2 1 x2 2 x2 3 . Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số g f x đồng biến trên 3; là A. 3;4 . B. 0;3 . C. 4; . D. 3; . Lời giải Tác giả: Lê Đức Lộc; Fb: Lê Đức Lộc Phản biện: Hà Ngọc Ngô Chọn D f x x2 4x m f x 2x 4. 2 2 2 2 3 12 10 2 g x x 1 x 2 x 3 a12 x a10 x a2 x a0 11 9 g x 12a12 x 10a10 x 2a2 x . 11 9 g f x f x .g f x 2x 4 12a f x 10a f x 2a f x 12 10 2 10 8 2x 4 . f x . 12a12 f x 10a10 f x 2a2 Vì a12; a10; ; a2; a0 0 và 2x 4 0 x 3; nên 10 8 2x 4 12a12 f x 10a10 f x 2a2 0 x 3; . Hàm số g f x đồng biến trên 3; g f x 0 x 3; f x 0 x 3; x2 4x m 0 x 3; m g x x2 4x x 3; m max g x 3. x 3; Câu 3. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm các giá trị của tham số thực m để hàm số  Trang 272 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 3 2 1 y x 2 m x 4 2m x 8 đồng biến trên ; . 3 2 Lời giải Tác giả: Nguyễn Tiến Hoàng ; Fb: Nguyễn Tiến Hoàng Ta có y ' x2 2 2 m x 4 2m Theo yêu cầu bài toán : 2 1 2 1 x 2 1 y' 0 x ; x 4x 4 2mx 2m x ; m x ; . 2 2 2 x 1 2 2 x 2 x2 2x x 0 Đặt g(x) Khi đó g ' x 2 0 2(x 1) 2 x 1 x 2 Vậy m 2 . Câu 4. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y f x . Hàm số y f x có đồ thị như hình y = f'(x) 2 bên. Hàm số y f 1 x 2 nghịch biến trên khoảng 1 A. 1;2 . B. ; . 2 5 C. 2; 1 . D. 1;1 . 0 1 2 Lời giải Tác giả: Vũ Xuân Định ; Fb: Vu Xuan Đinh Chọn A Ta có y f 1 x2 y 2x. f 1 x2 . Hàm số y f 1 x 2 thì y 0 2x. f 1 x2 0 x. f 1 x2 0. + Trường hợp 1: x 0 x 0 x 0 1 x2 1 x 0 x 0 x 0; . f 1 x2 0 2 2 1 x 2 x 1 + Trường hợp 2: x 0 x 0 x 0 x  . 2 2 2 f 1 x 0 1 1 x 2 1 x 0 Vậy hàm số nghịch biến trên 1;2 . Câu 5. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số  Trang 273 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 y x3 2 m x2 4 2m x m2 3m 8 . 3 1 Tìm các giá trị tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng ; . 2 Lời giải Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng 1 Hàm số là hàm đa thức nên luôn xác định trên ; 2 Ta có: y ' x2 2 2 m x 4 2m 1 1 Hàm số đồng biến trên khoảng ; khi: y ' 0,x ; 2 2 2 2 1 x 4x 4 1 x 2 2 m x 4 2m 0,x ; 2m,x ; * 2 x 1 2 x2 4x 4 1 Xét hàm số g x trên ; x 1 2 1 x 0 ; x2 2x 2 g ' x g ' x 0 x 1 2 1 x 2 ; 2 Bảng biến thiên: 1 Bất phương trình * g x 2m,x ; 2 min g x 2m 2m 4 m 2 1 ; 2 Vậy m 2 là giá trị cần tìm. x2 4x 4 1 1 Cách khác : Ta có x 1 2 2 x 1 2 4. Suy ra m 2 . x 1 x 1 x 1 Câu 6. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm 1 số y x3 mx đồng biến trên khoảng 0; . 5x5 A. 12. B. 0 . C. 3 . D. 4 .  Trang 274 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Lời giải Tác giả: Ngô Thị Oanh; Fb: Oanh Ngô. Chọn D 1 Để hàm số y x3 mx đồng biến trên 0; y 0 x 0; và y 0 tại một số hữu 5x5 hạn điểm 1 1 3x2 m 0 x 0; 3x2 m x 0; x6 x6 1 Xét hàm số f x 3x2 trên 0; . x6 8 6 6 x 1 x 1 (TM) f x 6x 7 7 ; f x 0 x x x 1 (KTM) BBT YCBT m 4 m 4 . Mà m là số nguyên âm m 4; 3; 2; 1 . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn. Câu 7. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Gọi S là tập các giá trị nguyên của m sao cho hàm số 1 y x3 x2 mx 2018 nghịch biến trên khoảng 1;2 và đồng biến trên khoảng 3;4 . Tính số 3 phần tử của S . A.10 .B. 9 .C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn C Tập xác định D ¡ . Ta có y x2 2x m , x ¡ . Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;2 và đồng biến trên khoảng 3;4 khi và chỉ khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 1 2 x2 3 . Điều này xảy ra khi và chỉ khi 1 m 0 m 1 m 1 1 1 m 1 3 m 0 . 1 1 m 2 3 m 0 2 1 1 m 3 Suy ra S 3; 2; 1;0 .  Trang 275 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 8. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Tìm m để hàm số y x3 3mx2 3 m2 1 x m 2 đồng biến trên khoảng 2; . Lời giải y 3x2 6mx 3 m2 1 , x ¡ . x m 1 y 0 ( Hai nghiệm phân biệt với mọi m ) x m 1 + Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trên khoảng 2; 2;  m 1; m 1 2 m 1. Vậy giá trị của m cần tìm là: m 1. Câu 9. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm 4 3 số y x3 m 1 x2 3mx m2 đồng biến trên khoảng 1; . 3 2 Lời giải Tác giả: Hoàng Văn Lâm; Fb: LamHoang Tập xác định: D ¡ y 4x2 3 m 1 x 3m . y 0 x 1; 4x2 3 m 1 x 3m 0 x 1; 4x2 3x Với x 1 0,  x 1; 3m x 1; x 1 4x2 3x 4x2 8x 3 Xét hàm f x x 1; f x x 1 x 1 2 1 x (tm) 2 2 f x 0 4x 8x 3 0 3 x (l) 2 Bảng biến thiên  Trang 276 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 Vậy 3m 1 m . 3 y Câu 10. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số 3 y f x có đồ thị của hàm số y f x được cho như hình bên. Hàm số 1 y 2 f 2 x x2 nghịch biến trên khoảng 1 O 2 3 4 5 x A. 3; 2 . B. 2; 1 . C. 1; 0 . D. 0; 2 . 2 Lời giải Tác giả: Phan Văn Trí; Fb:facebook.com/tri.phanvan.3304 Chọn C y 3 1 1 O 2 3 4 5 x 2 Ta có y 2 f 2 x x2 y 2 x 2 f ' 2 x 2x 2 f 2 x 2x y 0 f 2 x x 0 f 2 x 2 x 2 Đặt t 2 x suy ra f ' t t 2 . Dựa vào đồ thị f’(x) ta thấy đường thẳng y t 2 cắt đồ thị y f t tại ba điểm có hoành độ liên tiếp là a,3,b sao cho 1 a 2; 4 b 5 Do đó cùng từ đồ thị ta có a t 3 a 2 x 3 1 x 2 a f t t 2 b t 5 b 2 x 5 3 x 2 b + Vì 1 a 2 0 2 a 1 nên 1;0  1;2 a . Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng 1;2 a nên cũng nghịch biến trên 1;0 .  Trang 277 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 + Vì 4 b 5 3 2 b 2 nên 3;2 b  3; 2 . Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng 3;2 b thì chưa chắc nghịch biến trên 3; 2 . Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1;0 . Câu 11. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho y f x có bảng biến thiên như sau: Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây: A. ; 0 .B. ; 2 . C. 1;0 . D. 0; . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Trúc Ly; Fb: Nguyễn T. Trúc Ly Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng ; 1 và 0;1 . 1 Câu 12. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y log2020 có đồ thị C1 và hàm số x y f x có đồ thị C2 . Biết C1 và C2 đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Hỏi hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. 0;1 . B. 1;0 . C. ; 1 . D. 1; . Lời giải Tác giả: Đặng Phước Thiên ; Fb: Đặng Phước Thiên Chọn B 1 Ta có y log2020 log2020 x . x C1 và C2 đối xứng nhau qua gốc tọa độ, suy ra hàm số y log2020 x có đồ thị C2 . log2020 x , x 1 Xét hàm số y log2020 x . log2020 x , 1 x 0 Suy ra hàm số đồng biến trên ; 1 , nghịch biến trên khoảng 1;0 . Câu 13. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 2m 1 x 3m 2 cos x nghịch biến trên ¡ . 1 1 1 A. 3 m . B. 3 m . C. m 3 . D. m . 5 5 5 Lời giải  Trang 278 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Nguyễn Thị Quỳnh; Fb: Quỳnh Nguyễn Chọn A Ta có y 2m 1 3m 2 sin x . Để hàm số nghịch biến trên ¡ thì y 0 2m 1 3m 2 sin x 0 (1) 2 7 +) TH1: Với m thì (1) trở thành 0, luôn đúng với x (2) 3 3 2 +) TH2: Với m thì (1) trở thành: 3 1 2m 1 2m 5m 1 2 1 sin x 1 0 m (3) 3m 2 3m 2 3m 2 3 5 2 +) TH3: Với m thì (1) trở thành: 3 1 2m 1 2m m 3 2 sin x 1 0 3 m (4). 3m 2 3m 2 3m 2 3 1 Kết hợp (2), (3) và (4) ta được 3 m . 5 Câu 14. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Tìm m để hàm số sau đồng biến trên 0; : 1 y x3 mx . 3x A. m 1 . B. m 0 . C. m 1. D. m 2 . Lời giải Tác giả: Phùng Hằng; Fb: Phùng Hằng Chọn D 1 1 y x3 mx y 3x2 m . 3x 3x2 1 Để hàm số đồng biến trên 0; y 0, x 0; 3x2 m 0,x 0; 3x2 1 m 3x2 ,x 0; 1 . 3x2 1 Xét hàm số f x 3x2 ,x 0; . 3x2 1 1 1 Ta có: 3x2 2 3x2. 2 ( Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương 3x 2 và ). Dấu 3x2 3x2 3x2 1 1 1 bằng xảy ra 3x2 x2 x . 3x2 3 3 f x 2  Trang 279 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Khi đó 1 m 2. Câu 15. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y x3 3x 2 m 2 có đúng năm điểm cực trị Lời giải Tác giả: Huỳnh Anh Kiệt ; Fb: Huỳnh Kiệt Hàm số y x3 3x 2 m 2 có đúng năm điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y x3 3x2 m 2 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3 3x2 m 2 0 1 có 3 nghiệm phân biệt. Ta có 1 x3 3x2 2 m 3 2 2 x 0 Xét hàm số f (x) x 3x ta có f (x) 3x 6x 0 x 2 Từ bảng biến thiên ta có phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4 2 m 0 2 m 6 . Câu 16. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Biết m a;b với a,b ¤ thì hàm số 5 3 2 y x 5x 5x 10m 1 có 5 điểm cực trị . Tính tổng a b ? 14 27 1 13 A.  B.  C.  D.  5 10 10 5 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Yến ; Fb: Nguyễn Yến. Chọn D  Trang 280 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đặt f x x5 5x3 5x2 10m 1, x ¡ . 2 Ta có f ' x 5x 4 15x 2 10x 5x x 2 x 1 , x ¡ x 2 f ' x 0 x 0 . x 1 Bảng biến thiên của hàm số f x Dựa vào bảng biến thiên trên của hàm số f x ta suy ra hàm số y f x có 5 điểm cực trị khi và 27 1 27 1 13 chỉ khi : 10m 1 0 10m 27 m . Suy ra a b . 10 10 10 10 5 Câu 17. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y x3 3 m 1 x m 2 đạt cực đại tại x 1. Lời giải Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng Tập xác định: D R Ta có: y ' 3x2 3 m 1 Hàm số đạt cực đại tại x 1khi: y ' 1 0 3 3 m 1 0 m 0 Với m 0 ta có: y ' 3x2 3 y '' 6x. Khi đó: y '' 1 6 0 x 1 là điểm cực đại của hàm số .Vậy m 0 là giá trị cần tìm. Câu 18. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y x4 4 m 1 x2 2m 1có đồ thị Cm . Xác định tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác đều. Lời giải Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng Tập xác định: D R x 0 3 3 Ta có: y ' 4x 8 m 1 x y ' 0 4x 8 m 1 x 0 2 x 2 m 1 2  Trang 281 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Hàm số có 3 điểm cực trị khi phương trình y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt 0 2 m 1 0 m 1 Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là: 2 A 0;2m 1 ; B 2 m 1 ; 4 m 1 2m 1 ;C 2 m 1 ; 4 m 1 2 2m 1 ABC luôn là tam 4 giác cân vì AB AC 2 m 1 16 m 1 ; BC 2 2 m 1 4 Do đó tam giác ABC đều khi AB BC 2 m 1 16 m 1 2 2 m 1 m 1 0 m 1 ktm 4 3 16 m 1 6 m 1 0 3 3 3 m 1 m 1 tm 8 2 3 3 Vậy m 1 là giá trị cần tìm. 2 Câu 19. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y f (x) có đạo hàm tại mọi x ¡ , hàm số y f (x) x3 ax2 bx c có độ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y f f x là A. 8 . B. 11. C. 7 . D. 9 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Nguyễn Văn Xuất Chọn C Do đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại các điểm 1;0;1. y f (x) x3 ax2 bx c x 1 x x 1 x3 x f (x) 3x2 1; y f f x có y f f x . f x x x0 1 f (x) 1 x 0; 1 f f x 0 f (x) 0 y 0 f f x . f x 0 x x 1 f (x) 1 1 f x 0 3 f x 0 x 3 Vậy hàm số y f f x có 7 điểm cực trị. Câu 20. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho hàm số y x4 2 m 1 x2 m2 m 1, với m là tham  Trang 282 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 số. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều. Lời giải Tác giả: Lê Đình Năng, FB: Lê Năng Hàm số y xác định với mọi x ¡ và y ' 4x3 4 m 1 x 4x x2 m 1 . x 0 Ta có y ' 0 2 x m 1 Hàm số có 3 điểm cực trị m 1 0 m 1 (*). Với điều kiện (*) thì đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là A 0; m 2 m 1 , B m 1; m 2 , C m 1; m 2 . 4 AB m 1 m 1 AC Ta có Tam giác ABC cân tại đỉnh A với m 1. BC 2 m 1 Do đó để tam giác ABC đều thì AB BC m 1 4 3 m 1 0 m 1 3 3 . Vậy với m 1 3 3 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều. Câu 21. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hàm số y x4 8mx2 16m2 m 1 m ¡ có đồ thị (C) và điểm H (0;1) . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị (C) có 3 cực trị là A, B,C sao cho H là trực tâm tam giác ABC. Lời giải Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường; Fb: Cuong Nguyen x 0 TXĐ: D , y 4x3 16mx 4x(x2 4m), y 0 . ¡ 2 x 4m Để đồ thị (C) có 3 điểm cực trị thì m 0. Không mất tính tổng quát, giả sử các điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A 0;16m2 m 1 , B 2 m;1 m , C 2 m;1 m     Ta có : AH 0;m 16m2 ; BC 4 m;0 ; CH 2 m;m ; AB 2 m; 16m2   2 AH.BC 0 0. 4 m m 16m .0 0 Điểm H là trực tâm tam giác ABC khi   CH.AB 0 2 2 m.2 m m 16m 0 m 0 3 1 4m 16m 0 1 . Kết hợp với điều kiện m 0 tìm được m m 2 2 1 Vậy m là giá trị cần tìm. 2  Trang 283 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 22. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hàm số y x4 8mx2 16m2 m 1 ( với m là tham số thực ) có đồ thị C và điểm H 0;1 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị C có ba điểm cực trị A, B,C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Lời giải Tác giả:Phó Văn Giang; Fb: Giang Phó. Tập xác định: D ¡ Ta có: y ' 4x3 16mx 4x(x2 4m) x 0 y ' 0 4x(x2 4m) 0 2 x 4m Đồ thị C có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m 0 (1) Giả sử các điểm cực trị là A 0;16m 2 m 1 , B 2 m;1 m , C 2 m;1 m .   Ta có: AH 0; m 16m2 , BC 4 m;0   CH 2 m; m , AB 2 m; 16m2 . Do H 0;1 là trực tâm của tam giác ABC nên: m 0   m 0 0. 4 m m 16m2 .0 0 AH.BC 0 1   2 1 m 3 m 2 CH.AB 0 4m 16m 0 4 1 m 2 1 Kết hợp với điều kiện (1) ta có: m . 2 1 Vậy giá trị m cần tìm là: m . 2 Câu 23. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hàm số y mx3 3mx2 2m 1 x 3 m 1 , với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 1 có 2 điểm cực trị A và 1 15 B sao cho khoảng cách từ điểm I ; đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất. 2 4 Lời giải Nhóm Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như; Fb: Nhu Nguyen; Vũ Kiều Oanh; Fb: Rio Vũ Vũ. Trần Ngọc Hiếu; FB: Trần Ngọc Hiếu TX Đ : D ¡ . Ta có: y 3mx2 6mx 2m 1. Để hàm số 1 có 2 điểm cực trị PT: y 0có 2 nghiệm phân biệt  Trang 284 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 m 0 m 0 m 0 (*) 2 . 0 3m 3m 0 m 1 1 1 2 2 1 10 Ta có: y y . x mx x m . 3 3 3 3 3 3 Khi đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A và B của đồ thị hàm số (1) là 2 m 10 ( ) : y m 1 x 2 m 1 x 3y m 10 0 . 3 3 Giả sử đường thẳng luôn đi qua điểm M x0 ; y0 cố định với mọi giá trị của m . Suy ra: 2 m 1 x0 3y0 m 10 0,m m 2x0 1 2x0 3y0 10 0,m 1 2x0 1 0 x0 1 2 M ;3 . 2x0 3y0 10 0 2 y0 3 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên như hình vẽ I H M Khi đó : d I, IH IM . Do đó d I, lớn nhất khi H  M   3 IM  IM.u 0 3 (1 m) 0 m 3 (thỏa mãn (*)) 2  3  (vì IM 1; ;u 3;2(1 m) ) 4 Vậy m 3 . Nhận xét: (Lê Thanh Bình) 1 15 Xử lý bài toán khoảng cách từ I ; đến đường thẳng AB :2 m 1 x 3y m 10 0 bằng đại số 2 4 45 9 m 1 m 10 2 m 1 4 4 như sau: Ta có d I; AB 4 m 1 2 9 4 m 1 2 9  Trang 285 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 9 2 3 2 2 t 1 t 3 4 Bunhiacopxky 4 5 Đặt t 2 m 1 ta được d I; AB t 2 9 t 2 9 4 t 3 Đẳng thức xảy ra t 4 2 m 1 4 m 3 (thỏa mãn (*)) 1 3 4 3 2 2 Câu 24. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho hàm số y x 3mx 4m 2 có đồ thị Cm và điểm C 1;4 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số Cm có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4? Lời giải 2 x 0 TXĐ: D ¡ . Ta có: y ' 3x 6mx 0 . x 2m Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì điều kiện là: m 0 (*). Tọa độ hai điểm cực trị là: A 0;4m2 2 , B 2m; 4m3 4m2 2 . Phương trình đường thẳng AB : 2m2 x y 4m2 2 0 6 2m2  d C; AB ; AB 2m; 4m3 AB 4m2 16m6 2 m 1 4m4 1 4m2 1 3 m 1 Do đó: S ABC d C; AB .AB 6m 2m 4 (tm(*)). 2 m 2 Vậy có 4 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 25. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho hàm số y 2x 2 m x2 4x 5 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực tiểu. Lời giải Xét y 2x 2 m x2 4x 5 TXĐ: ¡ m x 2 y 2 ,x ¡ . x2 4x 5 +) Hàm số có cực tiểu thì trước hết phương trình y ' 0 có nghiệm. 2 x2 4x 5 y ' 0 m (*) x 2 2 x2 4x 5 Đặt g x x 2 2 x 2 x 2 2 x2 4x 5 x2 4x 5 2 g ' x 2 0,x 2 . x 2 x 2 2 x2 4x 5  Trang 286 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 BBT: m 2 Từ bảng biến thiên ta có phương trình (*) có nghiệm . m 2 x 2 2 x2 4x 5 x2 4x 5 m +) y '' m 2 ,x ¡ . x 4x 5 x2 4x 5 x2 4x 5 Với m 2 y '' 0 : Hàm số không có cực tiểu. Với m 2 y '' 0: Hàm số có cực tiểu. Vậy m 2 thì hàm số có cực tiểu. Câu 26. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số y f x liên tục trên ¡ và có x 1 x 2 2 x 3 5 đạo hàm f x . Hỏi hàm số y f x có bao nhiêu điểm cực trị? 3 x 4 A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Tác giả: Phan Thị Thanh Lệ; Fb:Lệ Phan; Chọn C x 1 . f '(x) 0 x 2 x 3 f '(x) không xác định tại x 4 . Hàm số y f x liên tục trên ¡ nên hàm số xác định tại x 4 . Bảng biến thiên của hàm số y f (x) : Từ bảng biến thiên trên, suy ra hàm số y f (x) có 3 điểm cực trị là x 1; x 3; x 4 . Câu 27. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019)  Trang 287 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a) Cho hàm số y = x3 + 3x2 - 9x + 1 có đồ thị là (C). Gọi A,B là hai điểm cực trị của (C).Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2x + m x2 + 4x + 6 có cực tiểu. Lời giải a) éx = 1 +) Tập xác định D = ¡ . y¢ = 3x2 + 6x - 9 Þ y¢ = 0 Û ê ëêx = - 3 +) (C) có hai điểm cực trị là A(- 3;28),B(1;- 4) uuur uuur 1 +) OA = (- 3;28),OB = (1;- 4) Þ S = | - 3×(- 4) - 1.28 |= 8 OAB 2 b) x + 2 +) Tập xác định D = ¡ ;y¢ = 2 + m x2 + 4x + 6 +) Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên ¡ nên hàm số có cực tiểu thì phương trình y' = 0 phải có nghiệm. - 2 x2 + 4x + 6 +) Xét phương trình y' = 0 Û m = ,(x ¹ - 2) x + 2 - 2 x2 + 4x + 6 4 Đặt g(x) = ,x Î ¡ \{- 2}. Ta có g¢(x) = > 0," x ¹ - 2 .Ngoài ra x + 2 (x + 2)2 x2 + 4x + 6 ta có lim g(x) = - 2; lim g(x) = 2 , từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y = g(x) như x® + ¥ x® - ¥ sau Từ bảng biến thiên suy ra phương trình y' = 0 có nghiệm khi và chỉ m Î (- ¥ ;- 2) È (2;+ ¥ ) +) Xét trường hợp 1 m > 2 Phương trình y' = 0 có nghiệm duy nhất x0 , khi đó ta có: lim y' = 2 + m > 0; lim y' = 2- m < 0 x® + ¥ x® - ¥ nên ta có bảng biến thiên của hàm số có dạng  Trang 288 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu. +) Trường hợp 2 m 2 Câu 28. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2 2 2 y x 3x 3 m 1 x 3m 1 có hai điểm cực trị x1; x2 thỏa mãn x1 4x2 0 . Lời giải Ta có y ' 3x2 6x 3 m2 1 . Để hàm số có hai điểm cực trị thì y ' 0 có hai nghiệm phân biệt ' 0 32 3.3 m2 1 0 9m2 0 m 0 . (*) x1 x2 2 Áp dụng định lý Vi-et ta có: 2 kết hợp điều kiện đề bài ta được hệ phương trình x1x2 1 m 8 8 x x 1 3 1 3 x1 x2 2 2 2 2 5 x1x2 1 m x2 x2 m thỏa mãn (*) 3 3 3 x1 4x2 0 2 16 2 25 1 m m 9 9 5 Vậy m . 3 Câu 29. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Cho hàm số y x4 2mx2 2m 1 với m là tham số . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông Lời giải Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân Tập xác định D ¡ y 4x x2 m x 0 y 0 4x x2 m 0 2 x m  Trang 289 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Để hàm số có ba điểm cực trị thì y 0 có ba nghiệm phân biệt tức là m 0 . Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là A m; m2 2m 1 , B 0;2m 1 ,C m; m2 2m 1 Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại B Oy; A,C đối xứng nhau qua trục Oy . Nên để tam giác ABC là tam giác vuông thì tam giác ABC vuông và cân tại B . 4 2 m 1 Khi đó AC AB 2 m m m m m 0 Do m 0 nên chọn m 1. Kết luận m 1. 3 2 2 Câu 30. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Cho hàm số y = x - 3mx + 4m - 2 có đồ thị là (Cm ). Tìm m để đồ thị hàm số (Cm )có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4, với C(1;4). Lời giải TXĐ: D = ¡ Đạo hàm y¢= 3x2 - 6mx éx = 0 y¢= 0 Û 3x2 - 6mx = 0 Û ê ëêx = 2m Đồ thị có hai điểm cực trị khi y¢= 0 có hai nghiệm phân biệt, khi m ¹ 0 Tọa độ hai điểm cực trị là A(0;4m2 - 2); B(2m;- 4m3 + 4m2 - 2). uuur Ta có AB = (2m;- 4m3 ) Þ AB = 4m2 + 16m6 = 2 m 1+ 4m 4 . Phương trình đường thẳng AB là: 2m2 x- y - 4m2 + 2 = 0 6- 2m2 Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là: d (C, AB)= . 1+ 4m4 1 Suy ra, diện tích tam giác ABC là: S = .d (C, AB).AB = 6m- 2m3 . 2 ém = ± 1 Từ giả thiết suy ra: 6m- 2m3 = 4 Û ê ëêm = ± 2 Câu 31. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x3 3x2 3mx m có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục hoành. Lời giải Tác giả: Phùng Đức Cường; Fb: Phùng Đức Cường Tập xác định D ¡ . Đạo hàm của hàm số là y ' 3x2 6x 3m .  Trang 290 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Yêu cầu bài toán Phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn y x1 .y x2 0. Phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt 1 m 0 m 1 (*). Khi đó đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là A x1 ; y1 , B x2 ; y2 . x 1 Ta có y .y 2 m 1 x . 3 3 Do đó y1 y x1 2 m 1 x1 , y2 y x2 2 m 1 x2 . 2 y x1 .y x2 0 4 m 1 x1.x2 0 x1.x2 0 m 0 m 0 . Kết hợp với điều kiện (*) ta có m 0 thỏa mãn bài toán. Câu 32. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019)Cho hàm số y x3 2 m 1 x2 8m 3 x 8m 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu trong đó có một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độOxy . Lời giải Cách 1: Ta có y 3x2 4 m 1 x 8m 3. Hàm số trên có cực đại, cực tiểu khi y 0 có hai nghiệm phân biệt. 4 3 m 2 2 0 4 m 1 3 8m 3 0 1 . 4 3 m 2 Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình: 2 2 y 4m2 16m 13 x 8m2 31m 24 9 9 4 m 1 x1 x2 3 Gọi x1; y1 ; x2 ; y2 là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ta có: 8m 3 x .x 1 2 3 2 2 2 2 y1 4m 16m 13 x1 8m 31m 24 9 9 2 2 2 2 y2 4m 16m 13 x2 8m 31m 24 9 9 Hàm số y x3 2 m 1 x2 8m 3 x 8m 6 có hệ số a 1 0 nên không xãy ra trường hợp đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm thuộc góc phần tư thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy .  Trang 291 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị hàm số x1.x2 0 thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy thì . y1.y2 0 3 Với x .x 0 m 2 . 2 2 8 Với y1.y2 0 4m2 16m 13 x 8m2 31m 24 4m2 16m 13 x 8m2 31m 24 0 1 2 2 2 2 2 2 2 4m 16m 13 x1x2 8m 31m 24 8m 31m 24 x1 x2 8m 31m 24 0 2 m 3 m 4m 3 0 3 . m 1 3 Từ 1 2 3 suy ra m thì thỏa đề. 8 Cách 2:Yêu cầu bài toán tương đương với hàm số có hai điểm cực trị trái dấu và đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. 3 + Ta có y 3x2 4 m 1 x 8m 3, hàm số có hai điểm cực trị trái dấu 3. 8m 3 0 m . 8 + Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x3 2 m 1 x2 8m 3 x 8m 6 0(1) có 3 nghiệm phân biệt. x 2 2 Phương trình (1) x 2 x 2mx 4m 3 0 2 . x 2mx 4m 3 0(2) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác -2 2 m 4m 3 0 m 3 2 . 2 4m 4m 3 0 m 1 m 3 m 1 3 Vậy m . 3 8 m 8 Câu 33. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Cho hàm số y f x có đạo hàm 2018 2x x 1 2 2 f x x 3 e e x 2x . Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số f x 8x m 3 2 2 2 có đúng 3 điểm cực trị sao cho x1 x2 x3 50 , trong đó x1 , x2 , x3 là hoành độ của ba cực trị đó. Lời giải Cách 1. x 3 Ta có . Trong đó, x 3 là nghiệm bội chẵn. f x 0 x 0 x 2  Trang 292 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Xét hàm g x f x2 8x m có g x 2x 8 f x2 8x m . Khi đó, x 4 x 4 2 2 x 8x m 3 x 8x 3 m 1 g x 0 . x2 8x m 2 x2 8x 2 m 2 2 2 x 8x m 0 x 8x m 3 Ta xét hàm h x x2 8x . Hàm số này có bảng biến thiên như sau x 4 h x – 0 h x 16 Nếu 3 m 16 m 19 thì các phương trình 1 , 2 , 3 đều vô nghiệm. Do đó, hàm số g x chỉ có một cực trị. Nếu 2 m 16 3 m 18 m 19 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn hoặc nghiệm kép, phương trình 2 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, phương trình 3 vô nghiệm. Do đó, hàm số g x chỉ có một cực trị. Nếu m 16 2 m 16 m 18 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình 2 có 2 nghiệm bội lẻ, phương trình 3 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Do đó, hàm số g x có ba cực trị. Khi đó, giả sử x1 4 thì x2 , x3 là hai nghiệm của phương trình 2 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 x2 x3 34 x2 x3 2x2 x3 34 . Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 2 m 2 34 m 17 (thỏa điều kiện 16 m 18). Nếu m 16 m 16 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình 2 có 2 nghiệm đơn, phương trình 3 có 5 nghiệm đơn. Do đó, hàm số g x không thỏa mãn có ba cực trị. Vậy m 17 là giá trị cần tìm. Cách 2. Xét hàm g x f x2 8x m có g x 2x 8 f x2 8x m 2 2018 2x2 16x 2m x2 8x m 1 2 2 2 2x 8 x 8x m 3 e e x 8x m 2 x 8x m . 3 2 Dấu của g x cùng dấu với 2x 8 x2 8x m 2 x2 8x m .  Trang 293 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 4 x 4 2 Ta có 2x 8 x2 8x m 2 x2 8x m 0 x2 8x m 0 x2 8x m . 2 2 x 8x m 2 x 8x 2 m Ta xét hàm h x x2 8x . Hàm số này có bảng biến thiên như sau x 4 h x – 0 h x 16 Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m 16 2 m 16 m 18 . Khi đó, giả sử x1 4 thì x2 , x3 là hai nghiệm của phương trình x2 8x 2 m thỏa mãn điều kiện 2 2 2 x2 x3 34 x2 x3 2x2 x3 34 . Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 2 m 2 34 m 17 (thỏa điều kiện 16 m 18). Vậy m 17 là giá trị cần tìm. Câu 34. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho hàm số y f (x) xác định trên ¡ có 9 1 f ( 3) 8, f (4) , f (2) . Biết rằng hàm số y f '(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi đồ thị 2 2 hàm số y | 2 f (x) x 1 2 | có bao nhiêu điểm cực trị? Lời giải Tác giả: Tô Minh Trường; Fb: Tô Minh Trường Đặt g(x) 2 f (x) x 1 2  Trang 294 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số y | g(x) | bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y g(x) và số nghiệm của phương trình g(x) 0 không trùng với điểm cực trị. Ta có. g '(x) 2 f '(x) 2 x 1 2[ f '(x) x 1 ]. Từ đồ thị hàm số y f '(x) và đường thẳng y x 1 ta được: x 1 x 1 g '(x) 0 x 2 x 3 Bảng biến thiên Ta thấy hàm số y g(x) có 3 điểm cực trị. Theo giả thiết f ( 3) 8 g( 3) 2 f ( 3) 16 0 1 f (2) g(2) 2 f (2) 1 0 2 9 f (4) g(4) 2 f (4) 9 0 2 Từ đó suy ra phương trình g(x) 0 có 2 nghiệm phân biệt khác các điểm cực trị của hàm số y g(x) .Vậy hàm số y | 2 f (x) x 1 2 | có 5 điểm cực trị. Câu 35. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên.Tìm số điểm cực trị của hàm số y 6 f x 8 f x . A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải Tác giả: Nguyễn Đăng Trúc; Fb: Trúc Xinh Chọn B Đặt y g(x) 6 f x 8 f x .  Trang 295 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 f x f x f x f x Xét hàm số g x 6 8 g ' x f ' x .6 .ln6 f ' x .8 .ln8;x R . f ' x 0 (1) Ta có g ' x 0 f x f x 6 .ln6 8 .ln8 0 (2) Dựa vào đồ thị hàm số y f ' x , ta thấy: Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt và liên tục đổi dấu khi qua các nghiệm. Phương trình (2) vô nghiệm vì 6 f x .ln6 8 f x .ln8 0,x R . Vậy phương trình g ' x 0 có 4 nghiệm phân biệt liên tục đổi dấu khi qua các nghiệm hay hàm số đã cho có 4 điểm cực trị. Câu 36. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3. B. Hàm số có hai điểm cực đại. C. Hàm số có 3 điểm cực trị. D. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0. Lời giải Tác giả:Dương Hồng ; Fb:Dương Hồng Chọn D Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có giá trị cực tiểu là 3 khi xct 0 . Vậy mệnh đề ở đáp án D sai. Câu 37. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hàm số f x x3 4x2 . Hỏi hàm số g x f x 1 có bao nhiêu cực trị? A. 6 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Tác giả:Trần Quốc An; Fb:Tran Quoc An Phản biện: Lê Tuấn Anh Chọn C Nhận xét: Hàm số g x f x 1 là hàm số chẳn nên đồ thị của nó nhận Oy làm trục đối xứng , do đó ta chỉ chỉ xét đồ thị của hàm số g1 x f x 1 với x 0 sau đó lấy đối xứng qua Oy ta được được đồ thị hàm số g x f x 1 . 3 2 Xét g1 x f x 1 x 1 4 x 1 , với x 0 . 2 Ta có: g1 x 3 x 1 8 x 1  Trang 296 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 1 g1 x 0 x 1 3x 11 0 11 . x 3 Bảng biến thiên của g x Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g x , ta thấy hàm số g x có 5 cực trị. Cách 2 : Xét đồ thị hàm số y f x x3 4x2 , ta có bảng biến thiên Đồ thị hàm số y f x 1 có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y f x qua phải 1 đơn vị, ta có bảng biến thiên của đồ thị hàm số y f x 1 như sau : Hàm số g x f x 1 là hàm số chẵn nên đồ thị của nó nhận trục Oy làm trục đối xứng , do đó ta chỉ cần vẽ đồ thị hàm số y f x 1 ứng với x 0 sau đó lấy đối xứng qua Oy ta được đồ thị hàm số g x f x 1 , ta có bảng biến thiên của hàm số g x f x 1 :  Trang 297 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 38. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hàm số y x3 3mx 2 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số cắt đường tròn tâm I 1; 1 , bán kính R 2 tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. 1 m 2 7 1 A. . B. m 1;2 . C. m . D. m 7 2 2 m 2 Lời giải Tác giả: Ngô Gia Khánh; Fb:Khánh Ngô Gia Chọn D Ta có: y' 3x2 3m Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y' 0 có hai nghiệm phân biệt x2 m 0 có hai nghiệm phân biệt m 0. x m y 2m m 2 Khi đó: y' 0 nên tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là x m y 2m m 2 M m; 2m m , N m;2m m . Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số: y 2mx 2 2mx y 2 0. ( Phương trình đường thẳng : y r(x) đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có thể tìm bằng cách xác định r(x) 2mx 2 là phần dư của phép chia y x3 3mx 2 cho y' 3x2 3m ). 1 1 Diện tích tam giác IAB là : S IA.IB.sin ·AIB R2 2 . Diện tích S lớn nhất khi và chỉ khi IA  IB 2 2 hay tam giác IAB vuông cân tại I. R 2m 1 2 Khi đó, khoảng cách từ I đến : d I, d I, 2 2 2 4m2 1  Trang 298 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 m 2 2 2 2 2m 3 8m 2 4m 12m 7 0 7 m 2 1 Đối chiếu với điều kiện m 0 suy ra m là giá trị cần tìm. 2 Câu 39. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x4 4mx3 3 m 1 x2 1 cócực tiểu mà không có cực đại. 1 7 1 7 A. m ; . B. m ;1  1. 3 3 1 7 1 7 1 7 C. m ; . D. m ;  1. 3 3 3 Lời giải Tác giả: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức. Phản biện: Huong Nguyen; Fb: Huong Nguyen. Chọn D Tập xác định ¡ . Đặt f (x) x4 4mx3 3 m 1 x2 1 3 2 2 f (x) 4x 12mx 6 m 1 x 2x 2x 6mx 3(m 1) . x 0 f (x) 0 2 g(x) 2x 6mx 3(m 1) 0 Nhận xét: 1)Hàm số f (x) x4 4mx3 3 m 1 x2 1 chỉ xảy ra hai trường hợp về cực trị + Trường hợp 1: Có 3 điểm cực trị trong đó có 2 điểm cực tiểu, 1 điểm cực đại. + Trường hợp 2: Có đúng 1 điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu. 2) Hàm số f (x) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f (x) 0 có 3 nghiệm phân biệt. Do đó, ta tìm m thỏa yêu cầu đề bài theo trình tự sau + f (x) có 3 điểm cực trị f (x) 0 có 3 nghiệm phân biệt. Phương trình 2x2 6mx 3(m 1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 . 9m2 6m 6 0 . m 1 0 1 7 1 7 m ; 1  1;  ; . (1) 3 3  Trang 299 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 + Lấy phần bù kết quả vừa tìm được ở (1): 1 7 1 7 Hàm số f (x) có 1 điểm cực trị m ;  1. 3 3 Vậy hàm số y x4 4mx3 3 m 1 x2 1 có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi 1 7 1 7 m ;  1. 3 3 Câu 40. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Tìm tham số m để đồ thị hàm số y x3 3x2 m có hai điểm cực trị A, B sao cho góc ·AOB 1200 với O là gốc tọa độ. Lời giải Tác giả:; Fb: y ' 3x2 6x x 0 y ' 0 x 2 Đồ thị Hàm số luôn có hai điểm cực trị A,B: A(0;m); B( 2;4 m) OA m ;OB m2 8m 20   OA.OB m2 4m 1 cos ·AOB   OA . OB m . m2 8m 20 2 m . m2 8m 20 2m2 8m 2m2 8m 0 ĐK: 4 m 0 m 0 Khi đó: m . m2 8m 20 2m2 8m m2 (m2 8m 20) 4m4 32m3 64m2 3m4 24m3 44m2 0 m2 (3m2 24m 44) 0 m 0 (Loai) 12 2 3 m 3 12 2 3 m (Loai) 3 12 2 3 Vậy các giá trị m cần tìm là: m 3 Câu 41. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đường thẳng đi  Trang 300 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y x3 3mx 2 cắt đường tròn C có tâm I 1;1 , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất. 2 3 2 3 1 3 2 5 A. m . B. m . C. m . D. m . 3 2 2 2 Lời giải Tác giả : Nguyễn Xuân Chính, Fb: Chính Nguyễn Chọn B y 3x2 3m y 0 3x2 3m 0 x2 m . Hàm số đạt cực đại, cực tiểu m 0 . 1 1 Ta có: y x3 3mx 2 x 3x2 3m 2mx 2 x.y 2mx 2 . 3 3 Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y 2mx 2. Đường thẳng cắt đường tròn C tại hai điểm phân biệt A,B 2m 1 d I, R 1 4m2 4m 1 4m2 1 m 0 . 4m2 1 1 1 1 S .IA.IB.sin I sin I . IAB 2 2 2 1 Diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất bẳng khi AIB vuông cân tại I . 2 IA 2m 1 1 Do đó: d I, 2 4m2 4m 1 4m2 1 4m2 8m 1 0 2 4m2 1 2 2 3 m . 2 Câu 42. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số f x có đạo hàm f x x2 x 1 x2 2mx 5 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f x có đúng một điểm cực trị? A. 6 . B. 5 . C. 0 . D. 7 . Lời giải Tác giả: Kiều Thị Thúy; Fb: Thúy Kiều Chọn A Để hàm số f x có đúng một điểm cực trị thì f x đổi dấu đúng một lần. x2 0 Ta có: f x 0 x 1 2 x 2mx 5 0  Trang 301 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đặt g x x2 2mx 5. Để hàm số f x có đúng một điểm cực trị xảy ra các khả năng sau: 2 +) TH1: g x 0 có nghiệm kép, điều kiện là m 5 0 m 5 không thỏa mãn m nguyên. +) TH2: g x 0 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 0 (không thể xảy ra) hoặc 0 m2 5 có một nghiệm bằng 1. TH này xảy ra m 3. g 1 0 m 3 +) TH3: g x 0 vô nghiệm tức 0 m2 5 0 5 m 5 , do m nguyên nên m 2; 1;0;1;2 : có 5 giá trị của m . Vậy có 6 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu bài toán. y 2 Câu 43. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y ax bx c có x đồ thị như hình bên dưới. Khẳng định nào sau đây đúng?` O A. a 0, b 0, c 0 . B. a 0, b 0, c 0 . C. a 0, b 0, c 0. D. a 0, b 0, c 0. Lời giải Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương Chọn A y x O Vì đồ thị quay bề lõm lên trên nên a 0, ta loại B Đồ thị cắt trục oy tại điểm có tung độ âm nên c 0, ta loại C,D Vậy A thỏa mãn. b Ghi chú: Với điều kiện trục đối xứng x 0 b 0 (do a 0) ta có thể loại được D 2a Câu 44. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số y f (x) ax3 bx2 cx d a,b,c,d ¡ ,a 0 có đồ thị là C . Biết rằng đồ thị C đi qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số y f '(x) cho bởi hình vẽ bên. Tính giá trị H f (4) f (2) ?  Trang 302 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A. H 64 . B. H 51. C. H 45. D. H 58 . Lời giải Chọn D Tác giả: Nguyễn Hoàng Anh; Fb: Nguyễn Hoàng Anh +) Ta tính: y ' = 3ax 2 + 2bx + c , đồ thị đi qua gốc tọa độ nên d = 0 và a > 0 +) Theo đồ thị: f '(0) = 1 Þ c = 1 f '(1) = 4 Û 3a + 2b + 1 = 4 f '(- 1) = 4 Û 3a - 2b + 1 = 4 ì ï b = 0 Þ í ï a = 1 îï +) f (4) - f (2) = 64a+ 16b+ 4c- 8a- 4b- 2c = 56a + 12b + 2c = 56.1+ 12.0 + 2.1 = 58 4 x2 Câu 45. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số f x có đồ thị C . Tổng số x2 3x tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị C là A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Tác giả: Nguyễn Bá Đại; Fb: Nguyễn Bá Đại Chọn D Tập xác định của hàm số là D  2;2 \ 0 nên đồ thị không có tiệm cận ngang. 4 x2 4 x2 Ta có lim f x lim 2 hoặc lim f x lim 2 nên x 0 là tiệm cận đứng. x 0 x 0 x 3x x 0 x 0 x 3x Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng. Câu 46. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho đồ thị hàm số bậc ba y f (x) như hình vẽ.  Trang 303 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x2 4x 3 x2 x Hỏi đồ thị hàm số y 2 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? x f (x) 2 f (x) Lời giải Tác giả:Lê Thị Mai Hoa ; Fb: Mai Hoa x2 4x 3 x2 x Xét hàm số: y 2 (1) x f (x) 2 f (x) 2 2 x 1 Điều kiện để x x có nghĩa khi x x 0 (*) x 0 a 1 Vậy: Nếu x a là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số (1) thì: . a 0 Xét các phương trình: 1) x2 4x 3 0 x 1 x 3 . ( là các nghiệm của tử thức) 2) x2 x 0 x 0 x 1. (là các nghiệm của tử thức). 3) x 0 có nghiệm x1 0 . x2 4x 3 x 1 Với x 0 , ta có: y . Trường hợp này có một tiệm cận đứng x x . 2 1 x f (x) 2 f (x) x2 4x 3 x 1 Với x 1, ta có: y . Khi đó nghiệm x 0 (loại). 2 1 x f (x) 2 f (x) f x 0 4) f 2 x 2 f x 0 . f x 2 + Xét f x 0 có 2 nghiệm x2 3 (là nghiệm bội) và x3 1;0 loại. Trường hợp này có một tiệm cận đứng: x x2 . + Xét f x 2 có 3 nghiệm gồm x4 ; x5 ( x3; x4 3và x4 1; x5 1) và x6 1 (loại vì cả tử và mẫu thức cùng có nghiệm x 1). Trường hợp này có hai tiệm cận đứng: x x4 , x x5 Vậy đồ thị có 4 tiệm cận đứng gồm: x x1 , x x2 , x x4 , x x5 . Cách khác x 0 2 Xét phương trình x f (x) 2 f (x) 0 f x 0 . f x 2 Dựa vào đồ thị đề bài ta có: Phương trình f x 0 có nghiệm kép x 3 và nghiệm đơn x a 1;0 . Do f x là hàm số bậc 3 và lim f x Suy ra f x x 3 2 x a . x Phương trình f x 2 có ba nghiệm phân biệt x 1;b;c, với c 3;b 3; 1 . Do f x là hàm số bậc 3 và lim f x Suy ra f x 2 x 1 x b x c . x x2 4x 3 x2 x x 1 x 3 x x 1 y 2 2 x f (x) 2 f (x) x x 3 x a x 1 x b x c  Trang 304 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 1 x 3 x x 1 Khi đó: lim y lim 2 . x 0 x 0 x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 . x 3 x 3 x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 . x c x c x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 . x b x b x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 0 . x 1 x 1 x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 không tồn tại. x 1 x 1 x x 3 x a x 1 x b x c x2 4x 3 x2 x Vậy đồ thị hàm số y 2 có 4 đường tiệm cận đứng x 0, x 3, x b, x c . x f (x) 2 f (x) Câu 47. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số x 1 x2 3x m  10;10để đồ thị hàm số y (C) có đúng hai đường tiệm cận? x2 m 1 x m 2 A. 19. B. 18. C. 20 . D. 17 . Lời giải Tác giả: Trần Xuân Hiệp; Fb: xuanhiep tienthinh Chọn A 2 x 3 Điều kiện: x 3x 0 x 0 Nhận xét: Bậc trên tử nhỏ hơn bậc dưới mẫu nên (C) có đường TCN y 0 x 1 x2 3x 1 y 2 x m 1 x m 2 (x m 2) x 1 x2 3x m 2 3 m 1 Để có 2 tiệm cận, ta cần thêm 1 TCĐ nữa: suy ra m 2 0 m 2 Vậy có 19 giá trị của m. Câu 48. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số x 1 y 2 có hai đường tiệm cận đứng nằm ở phía bên trái trục tung. x 2 m 1 x 4 7 7 3 A. m 3 và m . B. m 1và m . C. m 1. D. m 1và m . 2 2 2 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hoa ; Fb: Hoa Nguyen  Trang 305 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chọn D x 1 Để đồ thị hàm số y 2 có hai đường tiệm cận đứng nằm ở phía bên trái trục tung x 2 m 1 x 4 thì phương trình x2 2 m 1 x 4 0 có 2 nghiệm âm phân biệt và khác 1. (1) 2 m 3 m 1 4 0 m 1 m 1 P 4 0 Ta có: 1 m 1 3 . S 2 m 1 0 m 3 2 m 2m 3 0 2 Câu 49. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho đồ thị hàm số bậc ba y f (x) như hình vẽ. x2 4x 3 x2 x Hỏi đồ thị hàm số y 2 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? x f (x) 2 f (x) Lời giải Tác giả:Lê Thị Mai Hoa ; Fb: Mai Hoa x2 4x 3 x2 x Xét hàm số: y 2 (1) x f (x) 2 f (x) 2 2 x 1 Điều kiện để x x có nghĩa khi x x 0 (*) x 0 a 1 Vậy: Nếu x a là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số (1) thì: . a 0 Xét các phương trình: 1) x2 4x 3 0 x 1 x 3 . ( là các nghiệm của tử thức) 2) x2 x 0 x 0 x 1. (là các nghiệm của tử thức). 3) x 0 có nghiệm x1 0 . x2 4x 3 x 1 Với x 0 , ta có: y . Trường hợp này có một tiệm cận đứng x x . 2 1 x f (x) 2 f (x) x2 4x 3 x 1 Với x 1, ta có: y . Khi đó nghiệm x 0 (loại). 2 1 x f (x) 2 f (x)  Trang 306 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 f x 0 4) f 2 x 2 f x 0 . f x 2 + Xét f x 0 có 2 nghiệm x2 3 (là nghiệm bội) và x3 1;0 loại. Trường hợp này có một tiệm cận đứng: x x2 . + Xét f x 2 có 3 nghiệm gồm x4 ; x5 ( x3; x4 3và x4 1; x5 1) và x6 1 (loại vì cả tử và mẫu thức cùng có nghiệm x 1). Trường hợp này có hai tiệm cận đứng: x x4 , x x5 Vậy đồ thị có 4 tiệm cận đứng gồm: x x1 , x x2 , x x4 , x x5 . Cách khác x 0 2 Xét phương trình x f (x) 2 f (x) 0 f x 0 . f x 2 Dựa vào đồ thị đề bài ta có: Phương trình f x 0 có nghiệm kép x 3 và nghiệm đơn x a 1;0 . Do f x là hàm số bậc 3 và lim f x Suy ra f x x 3 2 x a . x Phương trình f x 2 có ba nghiệm phân biệt x 1;b;c, với c 3;b 3; 1 . Do f x là hàm số bậc 3 và lim f x Suy ra f x 2 x 1 x b x c . x x2 4x 3 x2 x x 1 x 3 x x 1 y 2 2 x f (x) 2 f (x) x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 Khi đó: lim y lim 2 . x 0 x 0 x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 . x 3 x 3 x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 . x c x c x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 . x b x b x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 0 . x 1 x 1 x x 3 x a x 1 x b x c x 1 x 3 x x 1 lim y lim 2 không tồn tại. x 1 x 1 x x 3 x a x 1 x b x c x2 4x 3 x2 x Vậy đồ thị hàm số y 2 có 4 đường tiệm cận đứng x 0, x 3, x b, x c . x f (x) 2 f (x) Câu 50. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho hàm số y x4 mx2 2m 2 C với m là tham số. Gọi A là một điểm thuộc đồ thị C có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị C tại A cắt đường tròn T : x2 y2 4 tại hai điểm phân biệt tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất. Lời giải  Trang 307 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 O I H A M N Ta có A(1;m 1) . Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị C tại A . Phương trình đường thẳng d là: y 4 2m x 1 m 1 4 2m x y 3m 5 0 . 3 Đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định I ;1 nằm trong đường tròn. 2 Do đó d luôn cắt đường tròn tại hai điểm M , N . Gọi H là trung điểm MN . Ta có: MN 2MH 2 4 OH 2 2 4 OI 2 3 4 2m 1 11 MN H  I OI  d m . min 3 1 4 2 11 Vậy với m thì MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 . 4 Câu 51. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y f x xác định và có đạo hàm trên ¡ 2 3 thỏa mãn f 1 2x x f 1 x , x ¡ . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ bằng 1. 6 1 8 1 6 1 8 A. y x . B. y x . C. y x . D. y x . 7 7 7 7 7 7 7 Lời giải Tác giả: Trần Vinh; Fb: Vinh Trần Chọn C Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ bằng 1 là y f 1 x 1 f 1 . 2 3 2 Ta có f 1 2x x f 1 x 4 f 1 2x . f 1 2x 1 3 f 1 x . f 1 x .  Trang 308 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 f 1 0 2 3 f 1 0 f 1 Suy ra f 1 1 2 4 f 1 .f 1 1 3 f 1 . f 1 2 4 f 1 .f 1 1 3 f 1 . f 1 f 1 0 2 vn f 1 1 4 f 1 .f 1 1 3 f 1 . f 1 1 f 1 1 f 1 7 2 4 f 1 .f 1 1 3 f 1 . f 1 Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ bằng 1 là 1 1 6 y x 1 1 hay y x . 7 7 7 Câu 52. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y x3 m 1 x2 x 2m 1 có đồ thị C ( m là tham số thực). Gọi m1 , m2 là các giá trị của m để đường thẳng d : y x m 1 cắt C tại ba điểm phân biết A , B , C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với C tại A , B , C bằng 19. Khi đó, m1 m2 bằng A. 4 . B. 0 . C. 2 . D. 2 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Bá Long; Fb: Nguyễn Bá Long Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị C và đường thẳng d là: x3 m 1 x2 x 2m 1 x m 1 1 x 1 3 2 2 x m 1 x m 0 x 1 x mx m 0 2 x mx m 0 Đồ thị C cắt d tại 3 điểm phân biệt A , B , C khi và chỉ khi phương trình 1 có 3 nghiệm phận biệt, khi đó phương trình x2 mx m 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1. 1 m 1 1 Do đó 2 m ; 4  0;  ; * 2 2 2 m 4m 0 Không mất tính tổng quát, ta gọi A 1;m 2 , B x1 ; x1 m 1 , C x2 ; x2 m 1 2 Khi đó, x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x mx m 0 . x1 x2 m Do đó x1x2 m Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B,C với đồ thị C tương ứng là y 1 , y x1 , y x2  Trang 309 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Với y 3x2 2 m 1 x 1 Theo giả thiết y 1 y x1 y x2 19, ta được 2 2 4 2 m 1 3x1 2 m 1 x1 1 3x2 2 m 1 x2 1 19 2 3 x1 x2 6x1x2 2 m 1 x1 x2 6 2 m 1 19 2 x1 x2 m Thay vào phương trình 2 ta được x1x2 m 2 2 m 5 3m 6m 2m m 1 2m 15 0 m 2m 15 0 (thỏa mãn điều kiện * ) m 3 Vậy m1 m2 2 . 2x 1 Câu 53. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị C . Số tiếp x 1 tuyến của đồ thị C song song với đường thẳng : y x 1 là A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thủy; Fb: diephoang Chọn C 2x 1 1 Hàm số y có tập xác định D ¡ \ 1 và y . x 1 x 1 2 2x0 1 Tiếp tuyến của C tại điểm M x0 ; song song với đường thẳng : y x 1 nên ta có x0 1 1 x 0 y x 1 1 0 . 0 2 x 2 x0 1 0  Với x0 0 ta có M 0;1 . Khi đó phương trình tiếp tuyến của C tại M 0;1 là y x 1 (loại).  Với x0 2 ta có M 2;3 . Khi đó phương trình tiếp tuyến của C tại M 2;3 là y x 5 . Vậy có 1 tiếp tuyến của C thỏa mãn đề bài. Câu 54. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019) Cho hàm số y x3 3x2 4 có đồ thị (C) . a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình y 3x 1. Lời giải a) Ta có y 3x2 6x .  Trang 310 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vì tiếp tuyến của C song song với đường thẳng y 3x 1 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: 3x2 6x 3 x 1. Với x 1 y 2. Phương trình tiếp tuyến: y 3(x 1) 2 hay y 3x 5 (thỏa mãn song song với đường thẳng y 3x 1). 3 2 Câu 55. Cho hàm số y x 3x 4 có đồ thị (C) . b) Gọi A, B là các điểm cực trị của C . Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol (P) : y x2 sao cho tam giác AMB vuông tại M . Lời giải 2 x 0 y 0 3x 6x 0 . x 2 Ta có các điểm cực trị của (C) là: A 0;4 và B 2;0 .   Gọi M x; x2 thuộc P . Khi đó: AM x; x2 4 và BM x 2; x2 . Vì A, B không thuộc (P) nên   tam giác AMB vuông tại M AM.BM 0 x x 2 x2 x2 4 0 x x3 3x 2 0 x 0 2 . x x 1 x 2 0 x 1 x 2 Vậy có ba điểm thuộc P để tam giác AMB vuông tại M là M1 0;0 , M 2 1;1 , M 3 2;4 . 2 Câu 56. (HSG12 HCM năm 2018-2019) Cho hàm số y x2 1 có đồ thị C . Xét M di chuyển trên C và có hoành độ m 1;1 . Tiếp tuyến của C ở M cắt C tại hai điểm A , B phân biệt và khác M . Tìm giá trị lớn nhất của tung độ trung điểm I của đoạn thẳng AB . Lời giải Tác giả: Lương Thị Hương Liễu ; Fb: Hương Liễu Lương. Ta có: y 4x3 4x . 2 Phương trình tiếp tuyến tại tiếp điểm m ; m2 1 : 2 Câu 1. : y 4m3 4m x m m2 1 y 4m3 4m x 3m4 2m2 1. Câu 2.Phương trình hoành độ giao điểm của C và : 2 Câu 3. x2 1 4m3 4m x 3m4 2m2 1 x4 2x2 4m3 4m x 3m4 2m2 0 x m 2 2 2 x m x 2mx 3m 2 0 2 2 . g x x 2mx 3m 2 0 *  Trang 311 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 m 1;1 2m 2 0 Điều kiện: (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác m . 2 1 g m 6m 2 0 m 3 Giả sử C và cắt nhau tại hai điểm A x1 ; y1 và B x2 ; y2 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*). x x Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Ta có x 1 2 m . I 2 3 2 2 4 2 Suy ra, yI 4m 4m m m m 1 7m 6m 1 f m . m 0 3 Xét f m 28m 12m 0 21 . m 7 Bảng biến thiên: 16 21 Từ BBT, ta có max f m khi m . 1;1 7 7 16 Vậy y là giá trị cần tìm. I 7 x Câu 57. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị là C và đường thẳng d 2x 1 có phương trình y x m , m là tham số. Tìm m để d cắt C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với C tại A và B là lớn nhất. Lời giải Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy 1  x 1 Tập xác định D ¡ \ . Ta có y y . 2 2x 1 2x 1 2 x Phương trình hoành độ giao điểm x m g x 2x2 2 m 1 x m 0 (1) . 2x 1 m2 2m 1 2m m2 1 0,m Ta có: 1 1 nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị C tại hai điểm g 0,m 2 2 phân biệt A , B với mọi giá trị thực m .  Trang 312 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi x , x là hoành độ của điểm A và B khi đó x , x là nghiệm của phương trình (1) 1 2 1 2 S x x m 1 1 2 m . P x1x2 2 Suy ra tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với C tại A x1; y1 và B x2 ; y2 là 2 1 1 4S 8P 4S 2 2 K 2 2 2 4m 2 2 . 2x1 1 2x2 1 4P 2S 1 Vậy tổng hệ số góc lớn nhất của các tiếp tuyến với C tại A và B bằng 2 đạt được khi m 0 . 2x 3 Câu 58. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Cho hàm số y C và đường thẳng x 2 d : x y 1 0 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến đó song song với d . Lời giải Tác giả: Lê Hoàn; Fb: Lê Hoàn 1. d : x y 1 0 d : y x 1 d có hệ số góc kd 1. 2x 3 Xét hàm số y có: x 2 + Tập xác định D ¡ \ 1 . 1 + y , x 1. x 1 2 2x0 3 Gọi đường thẳng là tiếp tuyến của C tại điểm M x0 ; (với x0 1). x0 1 1 1 x 2x 3 có hệ số góc là k và phương trình : y .x 0 0 . 2 2 2 x 1 x0 1 x0 1 x0 1 0 1 x 0 + Giả sử / /d ta được k k 1 0 . d 2 x 2 x0 1 0 + Thử lại: x0 0 : y x 3 thỏa mãn / /d . x0 2 : y x 1  d không thỏa mãn. Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y x 3. 2x 1 Câu 59. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I x 1 là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị C . Tiếp tuyến tại M của đồ thị C cắt hai đường tiệm cận của đồ thị C lần lượt tại hai điểm A và B .  Trang 313 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn thẳng AB . b) Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất. Lời giải Tác giả:Huỳnh Trọng Nghĩa; Fb: Huỳnh Trọng Nghĩa 1 2a 1 a) Ta có: y ' 2 . Gọi M a; a 1 là tiếp điểm x 1 a 1 1 2a 1 Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị C tại điểm M là: y x a a 1 2 a 1 Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của d với đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. 2a Suy ra: A 1; ,B 2a 1;2 a 1 x x 1 2a 1 2a 2x A B M Khi đó: 2a 4a 2 M là trung điểm của đoạn thẳng AB . y A y B 2 2y M a 1 a 1 2 b) Ta có IA ;IB 2 a 1 IA.IB 4 a 1 Tam giác IAB vuông tại I nên: IA IB AB IA IB IA 2 IB 2 2 IA.IB 2IA.IB 4 2 2 Vậy chu vi tam giác IAB nhỏ nhất bằng 4 2 2 khi và chỉ khi: 2 a 0 M 0;1 IA IB 2 a 1 a 1 a 2 M 2;3 Câu 60. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho hàm số y x4 14x2 20x 4 có đồ thị C . Viết phương trình tiếp tuyến của C biết tiếp tuyến song song với đường thẳng : y 4x 15 . Lời giải Tác giả: Hoa Mùi ; Fb: Hoa Mùi Ta có: y x4 14x2 20x 4 y 4x3 28x 20 . Gọi M x0; y0 là tiếp điểm. Tiếp tuyến song song với đường thẳng : y 4x 15 hệ số góc của tiếp tuyến là: ktt 4 y x0 4 x0 1 y0 11 3 3 y x 4 4x 28x 20 4 4x 28x 24 0 x 2 y 4 . 0 0 0 0 0 0 0 x0 3 y0 101  Trang 314 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Phương trình tiếp tuyến tại M1 1;11 là: y 4 x 1 11 4x 15 (loại) Phương trình tiếp tuyến tại M 2 2;4 là: y 4 x 2 4 4x 12 (nhận) Phương trình tiếp tuyến tại M3 3; 101 là: y 4 x 3 101 4x 113 (nhận) Vậy các tiếp tuyến thỏa yêu cầu là: y 4x 12 , y 4x 113. Câu 61. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) x 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số y có đồ thị C . Có bao x 1 nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ là số nguyên nhỏ hơn 2019 và thỏa mãn từ điểm M kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị C sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục Ox ? Lời giải Tác giả: Lê Hoàn ; Fb: Lê Hoàn x 2 3 y y 1 . x 1 x 1 Gọi M 0;m Oy . Gọi tiếp tuyến của C đi qua M là đường thẳng d : y kx m . 3 kx m 1 (1) x 1 Yêu cầu của đề bài, điều kiện là hệ phương trình có 2 nghiệm x , x 1 và 3 1 2 k 2 (2) x 1 y x1 0 thỏa mãn y x2 0 3 1 1 1 0 y x1 0 x1 1 x1 1 3 Xét điều kiện . y x 0 3 1 1 2 1 0 x2 1 x2 1 3 3x 3 3 6 Từ (1) và (2) suy ra m 1 1 m 0 (3) x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 1 Đặt t t 0 , phương trình (3) trở thành 3t 2 6t 1 m 0 (4) x 1 1 Bài toán trở thành tìm m để phương trình (4) có 2 nghiệm t , t thỏa mãn t t 0 1 2 1 3 2 Đặt f t 3t 2 6t 1 m , với điều kiện trên ta có bảng biến thiên như sau  Trang 315 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện là 2 1 1 1 2 f 0 3 6 1 m 0 m 3 3 3 3 . f 0 0 1 m 0 m 1 Do m là số nguyên nhỏ hơn 2019 nên m 0;2;3; ;2018 có 2018 điểm M . Cách 2 Tác giả:Nguyễn Ngọc Như Trang ; Fb:nhutrangnguyenngoc x 2 3 y y' x 1 (x 1)2 Gọi là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại K(x0 ; y0 ) 3 x0 2 Ta có: ( ) : y 2 (x x0 ) (x0 1) x0 1 M Oy M(0;m). 3 x0 2 M m 2 ( x0 ) (x0 1) x0 1 x0 1 2 m(x0 1) 3x0 (x0 2)(x0 1) x0 1 2 f(x0 ) (m 1)x0 2(m 2)x0 m 2 0 (1) Yêu cầu bài toán phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 sao cho y(x1).y(x2 ) 0 . phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 m 1 m 1 m 1 ' 0 (2) . 3(m 2) 0 m 2 f (1) 0 (luon dung) x1 2 x2 2 y(x1).y(x2 ) 0 . 0 x1 1 x2 1  Trang 316 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x x 2(x x ) 4 1 2 1 2 0 x1x2 (x1 x2 ) 1 m 2 4(m 2) 4 9m 6 2 m 1 m 1 0 0 m (3) m 2 2(m 2) 3 3 1 m 1 m 1 m 1 Từ (2),(3) suy ra : 2 m 3 Do m ¢ ,m 2019 nên m {0;2;3; ;2018}. Vậy có 2018 giá trị m thỏa đề. Câu 62. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y x3 6x2 2 có đồ thị C và M m;2 . Gọi S là tập hợp các giá trị thực của m để qua M có hai tiếp tuyến với đồ thị C . Tổng các phần tử S là 20 13 12 16 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 3 Lời giải Tác giả:Nguyễn Quân ;Fb: Quân Nguyễn Chọn A Gọi là đường thẳng đi qua M m;2 có hệ số góc k . : y k x m 2 . là tiếp tuyến của C hệ phương trình sau có nghiệm: 3 2 x 6x 2 k x m 2 1 * 2 k 3x 12x 2 Thay 2 vào 1 ta được: x3 6x2 2 3x2 12x x m 2 . 2 x 2x 3m 6 x 12m 0 . x 0 2 . 2x 3m 6 x 12m 0 3 Qua M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị C hệ phương trình * có 2 nghiệm phân biệt Phương trình 3 có một nghiệm kép khác 0 hoặc có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1.x2 0 . 2 0 3m 6 96m 0 + Phương trình 3 có một nghiệm kép khác 0 b 6 3m 0 0 2a 4  Trang 317 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 m 6 m 6 2 m 2 . 3 m 3 m 2 0 + Phương trình 3 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1.x2 0 c 0 a m 6 2 3m 6 96m 0 2 m m 0 . 6m 0 3 m 0 2  Suy ra S 0; ;6. 3  2 20 Vậy tổng các phần tử của S là 0 6 . 3 3 Câu 63. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) x 1 Cho hàm số y có đồ thị C . Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị C biết d cắt 2x 1 trụcOx,Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB 10.OA (với O là gốc tọa độ). Lời giải 1 Điều kiện xác định: x 2 3 1 Ta có y 0,x nên tiếp tuyến của C luôn có hệ số góc âm. 2x 1 2 2 Tam giác OAB vuông tại O mà AB 10.OA từ đó ta có OB 3OA. OB Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến d . Khi đó ta có k 0 nên k tan O· AB 3 . OA Gọi m là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị C . 3 m 0 Ta có 2 3 . 2m 1 m 1 +) Nếu m 0 , khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị C là M 0; 1 . Phương trình của d là: y 3 x 0 1 y 3x 1. +) Nếu m 1, khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị C là N 1;2 . Phương trình của d là: y 3 x 1 2 y 3x 5. Vậy có hai tiếp tuyến của C cần tìm là y 3x 1 và y 3x 5.  Trang 318 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 64. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) ax b Cho hàm số y có đồ thị cắt trục tung tại A 0; 1 , tiếp tuyến tại A có hệ số góc k 3 . Các x 1 giá trị của a;b là A. a 2;b 1. B. a 1;b 2 . C. a 1;b 1. D. a 2;b 2. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai. Chọn A ax b a.0 b Vì đồ thị hàm số y cắt trục tung tại A 0; 1 nên: 1 b 1. x 1 0 1 a b Ta có: y . Tiếp tuyến tại A 0; 1 có hệ số góc là k 3 y 0 3 a b 3 a 2. x 1 2 Vậy a 2;b 1. Câu 65. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) x3 Số phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 2x2 3x 1, biết tiếp tuyến song song với 3 97 đường thẳng d : y 8x và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ dương là: 3 A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Tác giả: Nguyễn Tường Lĩnh; Fb: Khoisx Bvkk Chọn A x3 * y 2x2 3x 1 , y ' x2 4x 3. 3 13 x 1, y 2 2 3 * Ta có: x 4x 3 8 x 4x 5 0 23 x 5, y . 3 * Phương trình tiếp tuyến: 13 11 + y 8(x 1) y 8x . 3 3 23 97 + y 8(x 5) y 8x (Loại). 3 3 * Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành: 11 11 8x 0 x (Loại). 3 24 Câu 66. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019)  Trang 319 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x2 2mx m Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số y cắt trục Ox tại hai điểm x m phân biệt và các tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm đó vuông góc với nhau? A. 5. B. 2. C. 0. D. 1. Lời giải Tác giả:Nguyễn Nam ; Fb: Jonr Nguyễn Nam Chọn B + Để đồ thị cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x2 2mx m 0(*) có hai nghiệm phân biệt khác m m 1 m 1 2 ' 0 m m 0 m 0 m 0 2 2 2 m 2m m 0 3m m 0 1 1 m 0;m m 3 3 + Gọi A(x1;0); B(x2 ;0) là giao điểm của đồ thị và trục Ox . Khi đó x1; x2 là nghiệm của phương trình (*). x2 2mx 2m2 m + Tính đạo hàm y ' (x m)2 + Hệ số góc của tiếp tuyến tại A: 2 2 2 2 x1 2mx1 2m m 2mx1 m 2mx1 2m m 4mx1 2m 2m kA 2 2 2 (x1 m) (x1 m) (x1 m) + Hệ số góc của tiếp tuyến tại B: 2 2 2 2 x2 2mx2 2m m 2mx2 m 2mx2 2m m 4mx2 2m 2m kB 2 2 2 (x2 m) (x2 m) (x2 m) 2 2 4mx1 2m 2m 4mx2 2m 2m Vì tiếp tuyến tại A và B vuông góc lên ta có kA.kB 1 2 . 2 1 (x1 m) (x2 m) 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 16m x1x2 (x1 x2 )(8m 8m ) (2m 2m) 16m x1x2 (x1 x2 )(8m 8m ) (2m 2m) 2 1 2 1 (x m)(x m) 2  1 2  x1x2 (x1 x2 )m m 16m2 (m) (2m)(8m3 8m2 ) (2m2 2m)2 16m3 (16m4 16m3 ) (2m2 2m)2 1 1 2 2 2 2 2 m (2m)m m m 2m m m 0(l) 16m3 (16m4 16m3 ) (2m2 2m)2 7 34 1 3m4 14m3 5m2 0 m (c) 2 2 3 m 3m 7 34 m (c) 3 Câu 67. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019)  Trang 320 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Cho hàm số y x3 3x 2 C . Biết rằng đường thẳng d : y mx 1 cắt C tại ba điểm phân biệt A, B,C . Tiếp tuyến tại ba điểm A, B,C của đồ thị C cắt đồ thị C lần lượt tại các điểm A , B ,C (tương ứng khác A, B,C ). Biết rằng A , B ,C thẳng hàng, tìm giá trị của tham số m để đường thẳng đi qua ba điểm A , B ,C song song với đường thẳng : y 9x 1. A. m 1. B. m 10 . C. m 0 . D. m 1. Lời giải Tác giả: Trần Xuân Hiệp; Fb: xuanhiep tienthinh Chọn C Xét phương trình: x3 3x 2 mx 1 x3 (3 m)x 1 0 (*) Gọi a là nghiệm của phương trình ta có tọa độ giao điểm là: M (a;a3 3a 2) Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y (3a 2 3).(x a) a3 3a 2 (3a 2 3)x 2a3 2 Xét phương trình giao điểm của (C) và tiếp tuyến: x3 3x 2 (3a 2 3)x 2a3 2 x3 3a 2 x 2a3 0 (x a)2 (x 2a) 0 ; Vậy tiếp tuyến tại M cắt (C) tại điểm N khác; N( 2a; 8a3 6a 2) ; Nhận xét: 8a3 6a 2 8[a3 (3 m)a 1] ( 8m 18)a 10 ( 8m 18)a 10 {vì a là nghiệm của phương trình (*) Ta có N( 2a;( 8m 18)a 10) ( 2a;(4m 9)( 2a) 10) ; suy ra N nằm trên đường thẳng có phương trình: y (4m 9)x 10 Theo giả thiết ta có: 4m 9 9 m 0. Câu 68. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) 5x 6 Cho hàm số y có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến x 2 tạo với trục tung một góc 45. Lời giải Tác giả: Đỗ Văn Dương ; Fb: Dương Đỗ Văn 4 Ta có: f x0 2 . Tiếp tuyến tạo với trục Oy góc 45 k 1 x0 2 4 Với k 1 2 1 (Vô nghiệm) x0 2 4 x 0 Với k 1 1 0 2 x 4 x0 2 0 Với x0 0 y0 3 PTTT có dạng: y 1 x 0 3 3 Với x0 4 y0 7 PTTT có dạng: y 1 x 4 7 x 11  Trang 321 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 69. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y f x thỏa mãn f 2 1 2x x f 3 1 x tại điểm có hoành độ x 1? 1 6 1 6 1 6 1 6 A. y x . B. y x . C. y x . D. y x . 7 7 7 7 7 7 7 7 Lời giải Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu Chọn D 2 3 2 3 f 1 0 Từ f 1 2x x f 1 x , cho x 0 ta được: f 1 f 1 . f 1 1 Từ f 2 1 2x x f 3 1 x , lấy đạo hàm hai vế ta được: 4 f 1 2x . f 1 2x 1 3 f 2 1 x . f 1 x . Cho x 0 ta được: 4 f 1 . f 1 1 3 f 2 1 . f 1 * . Với f 1 0 thì * vô lý. 1 Với f 1 1 thì * trở thành: 4 f 1 1 3 f 1 f 1 . 7 1 1 6 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 1 1 y x . 7 7 7 Câu 70. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) 2 2 Cho hàm số y x 2mx 2m 4m có đồ thị là Pm . 1. Tìm m để Pm cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu. 2. Tìm các giá trị của k để phương trình x2 4x k có 4 nghiệm phân biệt Lời giải 1.Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa Pm và Ox : x2 2mx 2m2 4m 0 1 . Pm cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu khi phương trình 1 có 2 nghiệm trái dấu a.c 0 1. 2m2 4m 0 2m. m 2 0 m 2. Vậy 0 m 2 thỏa yêu cầu bài toán. 2 2.Xét (P0 ) : y x 4x có TXĐ D ¡ , đỉnh I 2; 4 . 2 x 0 Phương trình hoành độ giao điểm của (P0 ) và Ox là x 4x 0 x 4 Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số y x 2 4x là  Trang 322 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Từ bảng biến thiên phương trình x2 4x k có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 k 4 . Vậy 0 k 4 thỏa yêu cầu bài toán. Câu 71. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) 2x 1 Cho hàm số y C và đường thẳng d có phương trình: y 2x m . Tìm m để đường thẳng x 1 5 d cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng (với O là gốc 4 tọa độ). Lời giải + Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2x 1 x 1 x 1 2x m 2 x 1 2x 1 x 1 2x m g x 2x m 4 x m 1 0 + Đường thẳng d cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A, B g x 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 2 m 4 8 m 1 0 m 24 0 m ¡ g 1 3 0 g 1 3 0 m2 24 0 m ¡ + Gọi A x1;2x1 m ; B x2 ;2x2 m Khi đó x1, x2 là hai nghiệm của phương trình g x 0 m 4 x x 1 2 2 Theo định lý Vi-et ta có m 1 x .x 1 2 2 + Ta có d : y 2x m 2x y m 0 m Mặt khác ta có: d O,d 5 2 2 2 2 5 m 24 2 m 8m 16 4m 4 AB 5 x1 x2 5 x1 x2 4x1x2 5 4 2 4  Trang 323 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 1 1 m 5 m 24 m m2 24 + Khi đó S .d O,d .AB . . OAB 2 2 5 2 4 5 S m m2 24 5 OAB 4 m4 24m2 25 0 m2 1 m2 25 0 m 1 Vậy m 1 là các giá trị cần tìm. Câu 72. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Cho hàm số y x3 3x2 4 có đồ thị C , đường thẳng d đi qua A 1;2 và có hệ số góc m . Tìm m để d cắt C tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho BC 4 2 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thế Quốc; Fb: Quốc Nguyễn. Phương trình đường thẳng d đi qua điểm A có hệ số góc m là y m x 1 2 . Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và C x3 3x2 4 m x 1 2 x3 3x2 mx m 2 0 x 1 2 x 1 x 2x m 2 0 2 g x x 2x m 2 0 Giả sử g x 0 có hai nghiệm x1 , x2 , trong đó x1 , x2 lần lượt là hoành độ của điểm B và C Theo định lí Vi-et ta có x1 x2 2 x1x2 m 2 Vì hai điểm B và C thuộc đường thẳng d nên B x1 ;m x1 1 2 , C x2 ;m x2 1 2 . 2 2 2 2 2 Khi đó BC x2 x1 y2 y1 x2 x1 m x2 1 m x1 1 2 2 2 2 x x m x x x x m2 1 m2 1 x x 4x x 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 3 2 m 1 4 4 m 2 m 1 4m 12 4m 12m 4m 12 32 m 1. 2 Thử lại, thay m 1 vào g x x 2x 3 0 x1 1; x2 3 (thỏa mãn). Vậy m 1. Câu 73. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019)  Trang 324 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Cho a, b R và a 0 . Xét hai hàm số f x 2x2 4x 5 và g x x2 + ax +b . Tìm tất cả các giá trị của a và b biết giá trị nhỏ nhất của g x nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f x là 8 đơn vị và đồ thị của hai hàm số trên có đúng một điểm chung. Lời giải Tác giả: Phan Thị Quyên ; Fb: Quyen Phan Ta có giá trị nhỏ nhất của f x là: f 1 3 a a2 Giá trị nhỏ nhất của g x là: g b 2 4 Do giá trị nhỏ nhất của g x nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f x là 8 đơn vị nên ta có phương trình: a2 a2 b 8 3 b 5 1 4 4 Mặt khác đồ thị hai hàm số trên có đúng một điểm chung nên phương trình: 2x2 4x 5 x2 + ax +b có nghiệm duy nhất. x2 a 4 x 5 b 0 có nghiệm duy nhất. 0 a 4 2 4 5 b 0 2 2 2 a Từ (1) và (2) ta được: a 4 4 5 5 0 4 a2 4a 12 0 a 2 a 6 Do a 0 nên a 2 thỏa mãn. Thế a 2 trở lại (1) ta được b 4 . Vậy: a 2,b 4 . Câu 74. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho hai hàm số 3 2 3 2 y x x 3x 1, y 2x 2x mx 2 có đồ thị lần lượt là C1 , C2 và m là tham số thực. Tìm m 1 1 1 2 để C1 cắt C2 tại 3 điểm phân biệt có tung độ là y1, y2 , y3 thỏa . y1 4 y2 4 y3 4 3 Lời giải Giả sử A,B,C là giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho thì tọa độ A,B,C thỏa hệ y x3 x2 3x 1 . 3 2 y 2x 2x mx 2 Nên cũng thỏa phương trình hệ quả của hệ là: y m 6 x 4 . Khi đó, ta có: y1 4 m 6 x1, y2 4 m 6 x2 , y3 4 m 6 x3 với x1, x2 , x3 là nghiệm phương trình hoành độ giao điểm x3 x2 3 m x 3 0.  Trang 325 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x1x2 x2 x3 x3 x1 3 m Theo Vi-et ta có . x1x2 x3 3 2 1 1 1 1 x x x x x x m 3 Và từ giả thiết thì: . 1 2 2 3 3 1 . 3 y1 4 y2 4 y3 4 m 6 x1x2 x3 3 m 6 Từ đây giải ra được m 9 . Thử lại, m 9 thì phương trình x3 x2 6x 3 0 có 3 nghiệm phân biệt theo câu 1 nên m 9 là giá trị cần tìm. Câu 75. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) 2x- 4 Cho hàm số y = có đồ thị là (C) và hai điểm M (- 3;0), N (- 1;- 1). Tìm trên đồ thị hàm số x + 1 (C)hai điểm A, B sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN . Lời giải Phương trình đường thẳng MN là: x + 2y + 3 = 0 . Phương trình đường thẳng AB là: y = 2x + m . 2x- 4 Khi đó hai điểm A , B có hoành độ thỏa mãn : = 2x + m . Điều kiện: x ¹ - 1. x + 1 Phương trình tương đương với: 2x2 + mx + m + 4 = 0 (1) Đường thẳng AB cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1 ïì D > 0 ém > 4+ 4 3 Û íï Û m2 - 8m- 32 > 0 Û ê . ï 2- m + m + 4 ¹ 0 ê îï ëêm < 4- 4 3 æx + x ö ç 1 2 ÷ Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ là ç ; x1 + x2 + m÷, với x1 , x2 là nghiệm của èç 2 ø÷ æ ö m ç m m÷ phương trình (1). Mà x1 + x2 = - nên I ç- ; ÷ . 2 èç 4 2 ÷ø Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN khi và chỉ khi điểm I thuộc đường thẳng MN , khi và chỉ khi m m - + 2 + 3 = 0 Û m = - 4 ( thỏa mãn). 4 2 Suy ra A(0;- 4), A(2;0) hoặc A(2;0), B(0;- 4). Câu 76. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y x2 4x 3 , điểm I(1, 4) và đường thẳng d: y mx m 8. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB cân tại I Lời giải Người giải: Nguyễn Thị Thảo ; Fb: Cỏ Vô Ưu  Trang 326 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là: x2 4x 3 mx m 8 x2 (m 4)x m 5 0 (1) Để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B (m 6)2 0 m 6 . Tam giác IAB cân tại I khi và chỉ khi I, A, B không thẳng hàng và IA2 IB2 * I, A, B không thẳng hàng I d 2m 8 4 m 2 * IA2 IB2 2 2 2 2 (x1 1) (y1 4) (x2 1) (y2 4) 2 2 2 2 (x1 1) (mx1 m 4) (x2 1) (mx2 m 4) 2 2 (x1 x2 ) (1 m )(x1 x2 ) 2m 8m 2 0 x1 x2 2 2 (1 m )(x1 x2 ) 2m 8m 2 0 2 2 (1 m )(x1 x2 ) 2m 8m 2 0 m3 6m2 9m 2 0 m 2 3 m 2 3 m 2 Vậy các giá trị của m thỏa yêu cầu đề bài là m 2 3 , m 2 3 x 3 Câu 77. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị C và điểm O 0;0 . x 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y 2x 3m cắt C tại hai điểm phân biệt 3 A và B thỏa mãn trọng tâm G của tam giác OAB thuộc đường thẳng : 2x y m 0. Lời giải x 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x 3m (với x là ẩn số) (1). x 2 Đường thẳng d cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. x 2 (1) 2 . 2x 3 m 1 x 6m 3 0 Khi đó 2x2 3 m 1 x 6m 3 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi 2 9 m 1 8 6m 3 0 2 9m 30m 33 0 luôn đúng với mọi m ¡ . 8 6 m 1 6m 3 0  Trang 327 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có O d m 0 . Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình (1). 3 m 1 Theo Định lí Vi-ét ta có x x . 1 2 2 Giả sử A x1;2x1 3m , B x2 ;2x2 3m . x1 x2 2 x1 x2 6m m 1 Khi đó G ; hay G ;m 1 . 3 3 2 3 m 0 Ta có G m 2m 0 . m 2 Đối chiếu điều kiện m 0 ta được tất cả các giá trị cần tìm của m là 2; 2 . Câu 78. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y m 3 x 2m 1 có đồ thị là đường thẳng d . Gọi S là tập các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt trục Ox , Oy lần lượt tại hai điểm A , B sao cho tam giác OAB cân. Số tập con của tập S là A. 3 . B. 2 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Hương Thơm; Fb: Thom Nguyen Chọn D +) Do đường thẳng d cắt trục Ox , Oy tại hai điểm A , B tạo thành một tam giác nên m 3 và 1 m . Với điều kiện đó ta có 2 2m 1 +) d cắt trục Ox tại điểm A ;0 m 3 +) d cắt trục Oy tại điểm B 0; 2m 1 +) Tam giác OAB cân nên OA OB . 2m 1 2m 1 0 +) OA OB 2m 1 m 3 m 3 1 1 +) 2m 1 0 m (loại) 2 m 3 1 m 4 +) m 3 1 m 3 1 m 2 Vậy S 2;4 nên số tập con của S là 4 . Cách 2:  Trang 328 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Nguyễn Trung Kiên; Fb: Nguyễn Trung Kiên. Để đường thẳng d cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A, B để tam giác OAB cân tại O (do tam giác OAB vuông tại O) thì nó song song với một trong hai đường phân giác của hệ trục tọa độ. m 3 1 m 2 . 2m 1 0 m 4 S 2;4 nên có 22 4 tập con. 2x 1 Câu 79. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Biết đường thẳng y x 2 cắt đồ thị hàm số y x 1 tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ xA , xB . Giá trị của biểu thức xA xB bằng: A. 2 . B. 5 . C. 1. D. 3 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Liêu; Fb: Nguyen Lieu Chọn B 2x 1 x 1 Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 2 . x 1 2x 5x 1 0 1 Ta thấy 1 luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1, áp dụng định lý Vi-et ta có xA xB 5. Câu 80. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) 1 5 5 Cho hàm số y có đồ thị là đường cong C và điểm I ; . Viết phương trình đường thẳng x 6 4 d đi qua I và cắt C tại hai điểm M , N sao cho I là trung điểm của MN . Lời giải Tác giả:Trần Thị Thúy; Fb: Thúy Minh, Huyen Nguyen Cách 1: 5 5 + Gọi d đi qua điểm I ; và có hệ số góc k có phương trình là: 6 4 5 5 12kx 10k 15 y k x y . 6 4 12 + Xét phương trình hoành độ giao điểm của C và d : 1 12kx 10k 15 x 0 2 x 12 g x 12kx 10k 15 x 12 0 * + Đường cong C cắt d tại hai điểm M , N khi và chỉ khi phương trình * có hai nghiệm phân biệt khác 0 .  Trang 329 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 k 0 k 0 k 0 219 84 6 2 k 0 10k 15 4.122.k 0 1 . 50 g 0 0 12 0 219 84 6 k 50 + Với k thỏa mãn 1 , gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm M , N , với x1; x2 là hai nghiệm của phương trình * . 5 2k 3 + Theo định lý Vi-et ta có: x x . 1 2 12k + I là trung điểm của MN khi và chỉ khi: 5 2k 3 5 3 x x 2x 2k 3 4k k (thỏa mãn 1 ). 1 2 I 12k 3 2 3 + Với k ta có phương trình đường thẳng d là: 3x 2y 5 0 . 2 Cách 2: 1 + M m; C , I là trung điểm của MN nên ta có: m 5 5 1 5 3m 5m 2 N 2xI xM ;2yI yM m; ; 3 2 m 3 2m 5 5 m 2 5m 2 3 m 0;m m 0;m + Vì N C suy ra 3 3 . 1 2m 5 3m 2 m 5m 2 5 3m 6m 3m 5m 2 0 3 1 1 + Với m 2 ta có M 2; ; N ;3 . 2 3 1 1 1 + Với m ta có M ;3 ; N 2; . 3 3 2  7 7 7 + Đường thẳng d đi qua hai điểm M , nhận MN ; 2;3 làm vecto chỉ phương, hay nhận 3 2 6 n 3; 2 làm vecto pháp tuyến : 1 3 x 2 2 y 0 3x 2y 5 0. 2 Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: 3x 2y 5 0 . b. Cho hàm số y x x2 2x m , với m là tham số. Tìm m để hàm số có cực đại.Lời giải Tác giả:Đặng Ân; Fb:Đặng Ân Nguyễn Văn Diệu; Fb Dieupt Nguyên  Trang 330 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Hàm số y x x2 2x m . TXĐ: ¡ . Trường hợp 1: m 1 x2 2x m 0 với x ¡ . + y x x2 2x m x2 x m , hàm số này có đồ thị là một Parabol nên chỉ có cực tiểu, suy ra m 1 không thỏa mãn. Trường hợp 2: m 1 x2 x m khi x ;1 1 m  1 1 m; 2 + y x x 2x m . x2 3x m khi x 1 1 m ;1 1 m 2x 1 khi x ;1 1 m  1 1 m; + y . 2x 3 khi x 1 1 m ;1 1 m 1 1 1 3 +) 2x 1 0 x . Dễ thấy 1 1 m với mọi m 1 và 1 1 m m . 2 2 2 4 3 3 3 3 +) 2x 3 0 x . Dễ thấy 1 1 m với mọi m 1 và 1 1 m m . 2 2 2 4 3 +) Với m , ta có bảng xét dấu của y : 4 3 Hàm số đạt cực đại tại x . 2 3 +) Với m 1, ta có bảng biến thiên 4 Hàm số không có cực đại. 3 Dễ thấy khi m hàm số không có cực đại. 4 3 Vậy hàm số có cực đại với m . 4 Câu 81. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) 1) Cho hàm số y x2 4x 3 có đồ thị P . Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng 1 1 dm : y x m cắt đồ thị P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 2 x1 x2 2) Cho hàm số y (m 1)x2 2mx m 2 ( m là tham số). Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;2) . Lời giải 1) Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2 4x 3 x m x2 5x 3 m 0 * .  Trang 331 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Xét theo yêu cầu bài toán thì phương trình * có hai nghiệm phân biệt và khác 0 13 4m 13 0 m 4 . 3 m 0 m 3 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình * . Ta có: 1 1 2 x1 x2 2x1x2 0 . x1 x2 x1 x2 5 1 Theo định lý Vi-ét: . Thế vào ta được: 2m 1 0 m (thỏa mãn). x1x2 3 m 2 1 Vậy m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2) Với m 1 y 2x 3. Hàm số nghịch biến trên ¡ nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;2) . Do đó m 1 thỏa mãn. a 0 Với m 1. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;2) khi và chỉ khi b ;2  ; 2a m 1 0 m 1 m 2 m 1 m 2 . 2 0 m 1 m 1 Vậy 1 m 2 là giá trị cần tìm. Câu 82. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol P : y x2 mx 3m 2 , đường thằng d : x y m 0 ( m là tham số thực) và hai điểm A 1; 1 , B 2;2 . Tìm m để đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt M , N sao cho A, B, M , N là bốn đỉnh của hình bình hành. Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Khoa ; Fb: Khoa Nguyen Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d : x2 mx 3m 2 x m x2 m 1 x 2m 2 1 .  Đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt 2 2 m 1 m 1 4 2m 2 0 m 10m 9 0 . m 9 Khi đó, d cắt P tại hai điểm M x1 ; x1 m , N x2 ; x2 m với x1 , x2 là nghiệm của 1 (giả sử x1 x2 ).  Bốn điểm A, B, M , N là bốn đỉnh của hình bình hành xảy ra các trường hợp sau:  Trang 332 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM .   AB MN 3 x2 x1 . 2 m x 1 2 x1 x2 1 m 4 m Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ: x1.x2 2m 2 x2 2 x2 x1 3 x1.x2 2m 2 2 m 4 m 2 m 0 Suy ra . 2m 2 m 10m 0 . 2 2 m 10 M 1; 1  A 2 x 1 Với m 0 , 1 trở thành: x x 2 0 (loại). x 2 N 2;2  B M 6;4 2 x 6 Với m 10 , 1 trở thành: x 9x 18 0 thỏa mãn ABNM tạo thành x 3 N 3;7 hình bình hành. Trường hợp 2: Bốn điểm lập thành hình bình hành ANBM . x x 1 1 2 1 1 2 2 Khi đó, I ; là trung điểm của AB cũng là trung điểm của MN nên m 0 2 2 x x 2m 1 1 2 2 2 (loại) Vậy m 10 . Câu 83. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) 2 Cho hàm số y x 4x 4 m; Pm . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 1. b) Tìm m để Pm cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn  1;4. Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Thùy Linh ; Fb:Nguyễn Linh 2 a) Với m 1hàm số trở thành y x 4x 3; P1 . TXĐ: D ¡ . Đồ thị P1 là một parabol có đỉnh I 2; 1 và hệ số a 1 0 nên bề lõm của parabol hướng lên trên. BBT  Trang 333 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đồ thị P1 cắt trục hoành tại điểm A 1;0 , B 3;0 , cắt trục tung tại điểm C 0;3 và nhận đường thẳng x 2 làm trục đối xứng. Đồ thị b) Phương trình hoành độ giao điểm của Pm và trục hoành: x2 4x 4 m 0 x2 4x 3 m 1 1 . Dựa vào đồ thị ta thấy, 1 có 2 nghiệm cùng thuộc đoạn  1;4 khi và chỉ khi 1 m 1 3 hay 0 m 4 . Câu 84. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho parabol P : y 2x2 6x 1. Tìm giá trị của k để đường thẳng : y k 6 x 1 cắt parabol P tại hai điểm phân biệt M , N sao cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng 3 d : y 2x . 2 Lời giải Tác giả:Nguyễn Văn Dũng; Fb: Nguyễn Văn Dũng Phương trình hoành độ giao điểm của P và là 2x2 6x 1 k 6 x 1 2x2 kx 2 0 (1). Phương trình (1) có k 2 16 0,k ¡ nên nó luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra với mọi giá trị của tham số k thì đường thẳng luôn cắt P tại hai điểm phân biệt M , N . k Gọi x , x lần lượt là hai nghiệm của (1). Khi đó theo Vi-et ta có x x . 1 2 1 2 2 k k 6 k Ta có M x1; k 6 x1 1 ; N x2; k 6 x2 1 , nên tọa độ trung điểm I của MN là I ; 1 4 4 .  Trang 334 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 k 6 k k 3 Điểm I d khi và chỉ khi 1 k 2 8k 2 0 k 4 3 2 . 4 2 2 Vậy k 4 3 2 thì thỏa yêu cầu bài toán. Câu 85. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho hàm số y x2 2x 3 (*) và đường thẳng d : y 2mx 4 .Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x m x m 1 2 6 . x2 1 x1 1 Lời giải Tác giả:Trần Phương ; Fb: Trần Phương + Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y x2 2x 3 x 1 Ta có đỉnh I : I 1; 4 y 4 + Bảng biến thiên: + Đồ thị: Đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x 1 cắt trục hoành tại điểm 1;0 ; 3;0 cắt trục tung tại điểm 0; 3 . x1 1 Điều kiện: x2 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 2x 3 2mx 4 x2 2 m 1 x 1 0 (1)  Trang 335 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2 m 1 1 0 m2 2m 0 m 2 x1 ; x2 1 m 0 1 2 m 1 1 0 4 2m 0 x1 x2 2 m 1 Khi đó theo định lí viet ta có . x1.x2 1 x m x m x2 x2 m 1 x x 2m Ta có 1 2 6 1 2 1 2 6 x2 1 x1 1 x1x2 x1 x2 1 x x 2 2x x m 1 x x 2m 4 m 1 2 2 2 m 1 2 2m 1 2 1 2 1 2 6 6 x1x2 x1 x2 1 1 2 m 1 1 m 2 2 6 m 1 2m 2 6 4 2m 3m2 13m 14 0 7 m 3 7 Kết hợp với điều kiện ta được m . 3 Câu 86. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho hàm số y x2 2x 3 (*) và đường thẳng d : y 2mx 4 . Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt P tạ1 ha1 đ1ểm phân b1ệt x1 m x2 m có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 6. x2 1 x1 1 Lời giải Xét hàm số y x2 2x 3 (*) và đường thẳng d : y 2mx 4 . + Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 2x 3(*). b Hàm số bậc ha1 y x2 2x 3(*) có a 1,b 2,c 3, 1. Vớ1 x 1 thì y 4 . Bảng b1ến 2a th1ên hàm số (*) như sau Đồ thị (P) là parabol có bề lõm hướng lên trên, có trục đố1 xứng là đường thẳng x 1, cắt trục hoành tạ1 ha1 đ1ểm 1;0 , 3;0 , cắt trục tung tạ1 đ1ểm 0; 3 , và có đỉnh là I( 1; 4) (xem hình vẽ sau).  Trang 336 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 + Xét phương trình hoành độ đ1ểm chung của d và P x2 2x 3 2mx 4 x2 2 m 1 x 1 0 1 . Đường thẳng d cắt P tạ1 ha1 đ1ểm phân b1ệt có hoành độ x1, x2 kh1 và chỉ kh1 phương trình (1) 2 m 2 có ha1 ngh1ệm phân b1ệt x1, x2 m 1 1 0 (2). m 0 x1 x2 2 m 1 Kh1 đó, theo định lí V1ète, ta có (3) . Như vậy x1.x2 1 x m x m 1 2 6 x2 1 x1 1 x2 x2 m 1 x x 2m 1 2 1 2 6 x1x2 x1 x2 1 x x 2 2x x m 1 x x 2m 1 2 1 2 1 2 6 x1x2 x1 x2 1 4 m 1 2 2 2 m 1 2 2m 6 do 3 1 2 m 1 1 4 m 1 2 2 2 m 1 2 2m 6 4 2m 2 6 m 1 2m 2 6 4 2m 4 2m 0 m 2 2 3m 13m 14 0 7 7 m m . m 2 3 3 m 2 7 7 G1á trị m thỏa mãn đ1ều k1ện (2). Vậy m là g1á trị cần tìm. 3 3 Câu 87. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho hàm số y x2 2x 3 (*) và đường thẳng d : y 2mx 4 . Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có  Trang 337 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x1 m x2 m hoành độ x1; x2 thỏa mãn 6 x2 1 x1 1 Lời giải Bảng biến thiên: Phương trình hoành độ giao điểm của d và P : x2 2x 3 2mx 4 x2 2 1 m x 1 0 . 2 2 m 0 d cắt P tại hai điểm phân biệt 0 1 m 1 0 m 2m 0 . m 2 x1 x2 2 m 1 Khi đó áp dụng hệ thức Vi-et ta có: . x1x2 1 x m x m x m x 1 x m x 1 Ta có: 1 2 6 1 1 2 2 6 x2 1 x1 1 x1 1 x2 1 x2 x2 m 1 x x 2m x x 2 m 1 x x 2x x 2m 1 2 1 2 6 1 2 1 2 1 2 6 x1x2 x1 x2 1 x1x2 x1 x2 1 2 6 m 1 2m 2 2 6 6 m 1 2m 2 6 4 2m 2 2 m 1 m 2 (L) 2 6m 26m 28 0 7 . m (TM ) 3 7 Vậy m là giá trị cần tìm. 3 2x 1 Câu 88. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị H và đường thẳng x 1 d : y m2 1 x 2 ( với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để d cắt H tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho biểu thức P 12 x1 x2 11x1x2 đạt giá trị lớn nhất. Lời giải 2x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của H và d là: m2 1 x 2 1 , ĐK: x 1. x 1 1 m 2 1 x2 m 2 5 x 1 0 2 . Để đường thẳng d cắt H tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt khác 1.  Trang 338 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 2 2 m 5 4 m 1 0 m 3 12 0 ( luôn đúng với mọi m R ). 2 2 2 m 1 .1 m 5 .1 1 0 3 0 Suy ra m R thì d luôn cắt H tại hai điểm phân biệt. Khi đó x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của (2) m2 5 1 Ta có: x x ; x .x , khi đó: 1 2 m2 1 1 2 m2 1 m2 5 1 59 P 12 x1 x2 11x1.x2 12 2 11 2 12 2 71. m 1 m 1 m 1 Do đó P đạt giá trị lớn nhất là 71 khi m 0 . Vậy m 0 là giá trị cần tìm. 2x 1 Câu 89. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị C . Tìm m để x 1 đường thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho PAB đều, biết P 2;5 . Lời giải Tác giả: Đoàn Thị Uyên ; Fb: Đoàn Uyên 1 Cách 1: Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là nghiệm phương trình. 2x 1 x m x 1 x2 (m 3)x m 1 0 1 . x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt và x 1. 2 0 m2 6m 9 4m 4 m 1 12 0 2 (luôn đúng). 1 3 m ( 1) 1 m 0 3 0 x1 x2 m 3 Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: . x1x2 m 1 Giả sử A x1; x1 m , B x2 ; x2 m . 2 Khi đó ta có: AB 2 x1 x2 . 2 2 2 2 PA x1 2 x1 m 5 x1 2 x2 2 2 2 2 2 PB x2 2 x2 m 5 x2 2 x1 2 . Suy ra PAB cân tại P . Do đó PAB đều PA2 AB 2 .  Trang 339 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 2 x1 2 x2 2 2 x1 x2 x1 x2 4 x1 x2 6x1x2 8 0 . 2 m 1 m 4m 5 0 . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m 5 . m 5 Cách 2: Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là: 2x 1 x m x 1 . x 1 2x 1 x 2 x mx m. x2 (m 3)x m 1 0 * . Đường thẳng d và đồ thị (C ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt phương trình * có 2 nghiệm phân biệt x 1. 2 0 m2 6m 9 4m 4 m 1 12 0 2 (luôn đúng). 1 3 m ( 1) 1 m 0 3 0 Vậy phương trình * luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1. Gọi A x1; x1 m ; B x2; x2 m là giao điểm của d và C . x1 x2 m 3 Vì x1; x2 là nghiệm của phương trình * nên áp dụng hệ thức Viet, ta có: . x1.x2 m 1 Vì PAB đều nên H là trung điểm của AB . Do đó, tọa độ của H là: x x m 3 m 3 m 3 x A B x x x H 2 H 2 H 2 H 2 y y x m x m m 3 m m m 3 y A B y A B y y H 2 H 2 H 2 H 2 m 3 m 3 H ; . 2 2   PH  AB   m 7 m 7 PAB đều 3 với AB x2 x1; x1 x2 ; PH ; . PH AB. 2 2 2 m 7 m 7 . x2 x1 . x2 x1 0 1 2 2 2 . m 7 3 2 2 .2. x2 x1 2 2 4 Do phương trình 1 luôn đúng nên hệ phương trình tương đương với: 2 2 m 7 3 x2 x1 .  Trang 340 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 m 7 3 x x 4x .x . 2 1 1 2 2 2 m 7 3 m 3 4 m 1 . P B A H m2 14m 49 3 m2 6m 9 4m 4 . m 2 14m 49 3m 2 18m 27 12m 12 . 2m 2 8m 10 0 . m 1 . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m 5 . m 5 Câu 90. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2x y x m 1 xác định trên khoảng 1;3 . x 2m Lời giải Tác giả:Trần Thị Kim Xuyến ; Fb: Xuyen Tran x m 1 0 x m 1 Hàm số xác định khi x 2m 0 x 2m Với điều kiện m 1 2m m 1 thì hàm số có tập xác định là D m 1;2m 2x 1;3  m 1;2m Vậy hàm số y x m 1 xác định trên khoảng 1;3 x 2m m 1 m 0 m 1 1 3 2m 3 m Hệ vô nghiệm. m 1 2 m 1 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán đã cho. 2x 1 Câu 91. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019)Tìm tập xác định của hàm số y ln 3 . x 3 Lời giải  Trang 341 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2x 1 2x 1 3 0 x 10 a) Hàm số y ln 3 xác định khi và chỉ khi x 3 0 10 x 3 .Vậy x 3 x 3 x 3 0 tập xác định của hàm số là D 10; 3 . b) Giải phương trình: sin 2x 1 6sin x cos 2x .Lời giải Ta có: sin 2x 1 6sin x cos 2x 2sin x.cos x 1 6sin x 1 2sin2 x 2sin x cosx sin x 3 0 sin x 0 x k . Vậy nghiệm phương trình đã cho là x k . sin x cos x 3 (VNo) 2019 Câu 92. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tập xác định của hàm số y 4 3x x2 là: A. ¡ \ 4;1 . B.  4;1. C. ¡ . D. 4;1 . Lời giải Tác giả: Bùi Thị Ngân; Fb: Ngân Bùi Chọn A 2 x 4 Điều kiện xác định: 4 3x x 0 x 1 Vậy tập xác định của hàm số là ¡ \ 4;1 . Câu 93. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x2 2mx 2m 3 có tập xác định là ¡ ? A. 3. B. 5. C. 6. D. 4. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang Chọn B Hàm số đã cho có tập xác định là ¡ x2 2mx 2m 3 0, x ¡ ' 0 m2 2m 3 0 3 m 1. Vì m ¢ m 3; 2; 1;0;1 nên có 5 giá trị của m .  Trang 342 