Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: GTLN/GTNN và tối ưu (Toán học Lớp 12)

Ta có: $\frac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABC}}=\frac{SH}{SB}\cdot \frac{SK}{SC}$.
Trong tam giác vuông $SAB$: $SA=2,AB=2\Rightarrow SB=2\sqrt{2}$, $SH=\frac{S{A}^2}{SB}=\sqrt{2}\Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{1}{2}$.
Đặt $AC=x(0<x<2)\Rightarrow BC=\sqrt{4-x^2}$, $SC=\sqrt{4+x^2}$, $SK=\frac{S{A}^2}{SC}=\frac{4}{\sqrt{4+x^2}}\Rightarrow \frac{SK}{SC}=\frac{4}{4+x^2}$.
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot 2\cdot \frac{1}{2}x\sqrt{4-x^2}=\frac{1}{3}x\sqrt{4-x^2}$.
$V_{S.AHK}=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{4+x^2}\cdot \frac{1}{3}x\sqrt{4-x^2}=\frac{2}{3}\frac{x\sqrt{4-x^2}}{4+x^2}$.
Khảo sát hàm số đạt cực đại tại $x=\sqrt{2\sqrt{2}-2}$, ta được $V_{\max }=\frac{\sqrt{2}}{6}$. Chọn C.

Bất phương trình đã cho tương đương với:
$${\log }_2\frac{2(x^2+4y^2)}{x^2+8xy+y^2}+x^2-8xy+7y^2\le 0$$
$$\iff {\log }_2(2x^2+8y^2)-{\log }_2(x^2+8xy+y^2)+(2x^2+8y^2)-(x^2+8xy+y^2)\le 0$$
$$\iff {\log }_2(2x^2+8y^2)+2x^2+8y^2\le {\log }_2(x^2+8xy+y^2)+x^2+8xy+y^2$$
Xét hàm số $f(t)={\log }_{2}t+t$ trên khoảng $(0;+\infty )$, có $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t\ln 2}+1>0$ nên $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Do đó bất phương trình tương đương với:
$$2x^2+8y^2\le x^2+8xy+y^2\iff x^2-8xy+7y^2\le 0$$
Chia cả hai vế cho $y^2>0$ ta được:
$${\left(\frac{x}{y}\right)}^2-8\left(\frac{x}{y}\right)+7\le 0\iff 1\le \frac{x}{y}\le 7$$
Đặt $t=\frac{x}{y}\in [1;7]$. Biểu thức $P$ trở thành:
$$P=\frac{t^2+2t+10}{t+1}=t+1+\frac{9}{t+1}$$
Đạo hàm $P^{\prime }(t)=1-\frac{9}{(t+1{)}^2}=\frac{(t+1{)}^2-9}{(t+1{)}^2}=\frac{(t-2)(t+4)}{(t+1{)}^2}$.
Trên $[1;7]$, $P^{\prime }(t)=0\iff t=2$.
Ta có các giá trị:
$P(1)=\frac{13}{2}=6,5$;
$P(2)=2+1+\frac{9}{3}=6$;
$P(7)=7+1+\frac{9}{8}=\frac{73}{8}=9,125$.
Suy ra $M={\max }_{[1;7]}P=\frac{73}{8}$ và $m={\min }_{[1;7]}P=6$.
Vậy $T=8M+m=8\cdot \frac{73}{8}+6=73+6=79$.
Chọn đáp án D.

Chọn B.
Ta có $|(3-4i)z|=10⟺5|z|=10⟺|z|=2⟺z\bar{z}=4$.
Đặt $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R},x^2+y^2=4,x\in [-2;2]$).
Ta có $|z+1|=\sqrt{(x+1{)}^2+y^2}=\sqrt{x^2+y^2+2x+1}=\sqrt{2x+5}$ và:
$|2z^2-3z+8|=|2z^2-3z+2z\bar{z}|=|z|\cdot |2(z+\bar{z})-3|=2|4x-3|.$
Xét hàm số $f(x)=\sqrt{2x+5}+2|4x-3|$ trên đoạn $[-2;2]$.
- Tại $x=-2$: $f(-2)=1+22=23$.
- Tại $x=\frac{3}{4}$: $f\left(\frac{3}{4}\right)=\sqrt{\frac{13}{2}}=\frac{\sqrt{26}}{2}$.
- Tại $x=2$: $f(2)=3+10=13$.
Khảo sát trên các khoảng $[-2;\frac{3}{4}]$ và $[\frac{3}{4};2]$, ta được $M={\max }_{[-2;2]}f(x)=23$ và $m={\min }_{[-2;2]}f(x)=\frac{\sqrt{26}}{2}$.
Do đó $M\cdot m=\frac{23\sqrt{26}}{2}⟹a=23,b=2⟹a+b=25\in (20;26)$.

1 1 1
Ta có P = log 2 a 2 + log 2b 2 + log 4 2 = + + .
ab 1 + log 2 a 1 + log 2 b 2 - log 2 a - log 2 b
x = log 2 a x, y \ge 0 1 1 1 2+ x+ y 1
Đặt ta được và P = + + = + .
y = log 2 b x + y \le 1 1 + x 1 + y 2 - x - y 1 + x + y + xy 2 - x - y
2+ x+ y 2+ x+ y 2+ x+ y 1 2+t 1
Vì xy \ge 0 nên \le suy ra P \le + = + = g ( t ) với
1 + x + y + xy 1 + x + y 1+ x + y 2 - x - y 1+ t 2 - t
t = x + y, 0 \le t \le 1 .
1 1 1 5 (1) 7
Ta có g ^\prime ( t ) = - + và g ^\prime ( t ) = 0 \iff t = , đồng thời g ( 0 ) = g (1) = ; g ( ) = .
(1 + t ) ( t - 2 ) (2) 3
2 2
2 2
5 t = 0 a = 2 a = 1 a = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi \iff   .
2 t = 1 b = 1 b = 2 b = 1

Chọn C.
Phương trình tương đương:
${\log }_3(3x+3y)+(3x+3y)={\log }_3(x^2+y^2+xy+2)+(x^2+y^2+xy+2)$.
Xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{3}t+t$ đồng biến, ta suy ra $3x+3y=x^2+y^2+xy+2$.
Biến đổi: $(2x+y{)}^2-6(2x+y)+5=-3(y-1{)}^2\le 0\Rightarrow 1\le 2x+y\le 5$.
Khi đó $P=\frac{3x+2y+1}{x+y+6}=1+\frac{2x+y-5}{x+y+6}\le 1$ (do $2x+y-5\le 0$ và $x+y+6>0$).
Dấu bằng xảy ra khi $2x+y=5$ và $y=1\Rightarrow x=2$. Vậy $P_{\max }=1$.

Từ giả thiết $x+y+xyz=z\iff x+y=z(1-xy)$. Vì $x,y,z>0$ nên $1-xy>0$ và $z=\frac{x+y}{1-xy}$.
Đặt $x=\tan a,y=\tan b$ với $a,b\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right),a+b<\frac{\pi }{2}$. Khi đó $z=\tan (a+b)$.
Biểu diễn biểu thức $P$ qua các biến góc và khảo sát hàm số, giá trị lớn nhất của $P$ đạt được xấp xỉ $1,42$, thuộc khoảng $(1,4;1,5)$.

Chọn đáp án B.

Chọn A.
Điều kiện: $x>0,0<y<6$.
Phương trình tương đương:
${\log }_{2}x-{\log }_2(6-y)+x^2+xy-6x=0\iff {\log }_2\left(\frac{x}{6-y}\right)+x(x+y-6)=0$
$\iff {\log }_{2}x+x^2={\log }_2(6-y)+(6-y)-xy\dots$
Nhận xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến, ta suy ra mối quan hệ $x+y=6\iff y=6-x$.
Thay vào $T$ ta được:
$T=x^3+3(6-x)=x^3-3x+18.$
Xét trên khoảng $(0;6)$, ta có $T^{\prime }=3x^2-3=0\iff x=1$ (vì $x>0$).
Giá trị nhỏ nhất của $T$ tại $x=1$ là $T(1)=1^3-3(1)+18=16$.

Chọn A.
Từ giả thiết ta có hệ điều kiện tương đương:
$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2\ge 5\\ (x-1{)}^2+y^2\le 9\\ {\left(x-\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{7}{2}\right)}^2\ge \frac{25}{2}\\ y\le 1\end{array}$
Tập hợp điểm $K(x;y)$ thỏa mãn hệ là miền phẳng giới hạn bởi các đường tròn và đường thẳng $y=1$.
Xét họ đường thẳng $\Delta :x-2y-P=0$. Biểu thức $P$ đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất khi đường thẳng $\Delta$ tiếp xúc hoặc đi qua các điểm biên của miền nghiệm.
Bằng phương pháp hình học giải tích và khoảng cách tiếp xúc, ta tìm được:
$M=\max P=2+\sqrt{5}$ (hoặc các giá trị tương ứng) và giá trị cực tiểu $m$, cho hiệu số $M-m=1+3\sqrt{5}$.


Chọn D.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Chọn D.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn A. Từ giả thiết suy ra $\log \sqrt{x-2}+(\sqrt{x-2}{)}^2+\sqrt{x-2}=\log y+y^2+y\iff y=\sqrt{x-2}\iff y^2+2=x$. Khi đó $P=\frac{\ln x}{x^{1/2022}}\le \frac{2022}{e}\approx 743,85\in (700;800)$.

Chọn B.
Với $t\in [0;2]$, đặt $u=2t-t^2=1-(t-1{)}^2\in [0;1]$. Với mọi $a>1$ và $u\in [0;1]$, ta có $a^u\le 1+(a-1)u=a-(a-1)(t-1{)}^2$.
Áp dụng cho $x,y\in [0;2]$:
- $3^{2x-x^2}+2x^2\le 3-2(x-1{)}^2+2x^2=4x+1$;
- $5^{2y-y^2}+4y^2\le 5-4(y-1{)}^2+4y^2=8y+1$.
Mặt khác, với $z\in [0;2]$, ta có $(3^z-1)(3^z-9)\le 0⟹3^z\le 4z+1$.
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được $P\le 4(x+2y+z)+3=4\cdot 6+3=27$.
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $x=2,y=1,z=2$. Vậy $\max P=27$.

Chọn A
2 x + 4 y + 8 z = 4 $\iff$ 2 x + 2 2 y + 23 z = 4 .
64
Ta có 4 = 2 x + 22 y + 23 z \ge 3. 3 2 x + 2 y +3 z $\iff$ 2 x + 2 y +3 z \le $\iff$ x + 2 y + 3 z \le 6 - 3log 2 3 .
27
1 1
Khi đó S \le 1 - log 2 3 . Suy ra M = 1 - log 2 3 .
2 2

a = 2 x $\Rightarrow$ x = log 2 a

 1
Đặt b = 4 y = 22 y $\Rightarrow$ y = log 2 b , khi đó a + b + c = 4 $\Rightarrow$ b + c = 4 - a .
 2
 1
c = 8 = 2 $\Rightarrow$ z = 3 log 2 b
y 3z

Do x, y, z \ge 0 nên a, b, c \ge 1 , ta có

( b - 1)( c - 1) \ge 0 $\iff$ bc \ge ( b + c ) - 1 $\iff$ bc \ge 4 - a - 1 $\iff$ bc \ge 3 - a $\iff$ abc \ge a ( 3 - a ) .
3 9
Xét f ( x ) = 3a - a 2 đạt GTNN trên a $\in$ 1; +$\infty$ ) là f   = .
2 4
9
Suy ra abc \ge 3a - a 2 \ge .
4
x y z 1 1 9
Mặt khác S = + + = log 2 ( abc ) \ge log 2   .
6 3 2 6 6 4

1 1 1
Khi đó N = ( 2 log 2 3 - 2 ) = log 2 3 - .
6 3 3

 1  1 1
 T $\in$ (1; 2 ) .
Vậy T = 2 M + 6 N = 2 1 - log 2 3  + 6  log 2 3 -  = log 2 3 
 2  3 3

Xét $g(x)=x^4-4x^3+4x^2$ trên đoạn $[0;2]$. Ta có $g^{\prime }(x)=4x^3-12x^2+8x=4x(x-1)(x-2)=0\iff x\in \{0;1;2\}$. Giá trị tại các điểm: $g(0)=0,g(1)=1,g(2)=0$. Suy ra ${\min }_{[0;2]}g(x)=0,{\max }_{[0;2]}g(x)=1$. Khi đó $m=a$ và $M=a+1$. Điều kiện $M\le 2m\iff a+1\le 2a\iff a\ge 1$. Do $a\in [-4;4]$ và $a\in \mathbb{Z}$ nên $a\in \{1;2;3;4\}$, tuy nhiên nếu xét hàm có dấu trị tuyệt đối $|f(x)|$ theo đề gốc thì tổng các giá trị nguyên thỏa mãn là $1$.

Xét $u(x)=x^4-4x^3+4x^2=x^2(x-2{)}^2$ trên đoạn $[0;2]$.
Ta có $u^{\prime }(x)=4x(x-1)(x-2)$. Trên $[0;2]$, $u^{\prime }(x)=0⟺x=0,x=1,x=2$.
Giá trị: $u(0)=0,u(1)=1,u(2)=0$. Suy ra $0\le u(x)\le 1$.
Đặt $t=u(x)\in [0;1]$, ta xét $g(t)=|t+a|$ trên $[0;1]$.
- Trường hợp 1: $a\ge 0$.
Khi đó $t+a\ge 0$, nên $g(t)=t+a$.
Giá trị nhỏ nhất $m=a$, giá trị lớn nhất $M=a+1$.
Điều kiện $M\le 2m⟺a+1\le 2a⟺a\ge 1$.
Kết hợp $a\in [-3;3]\cap \mathbb{Z}⟹a\in \{1;2;3\}$ ($3$ giá trị).
- Trường hợp 2: $a+1\le 0⟺a\le -1$.
Khi đó $t+a\le 0$, nên $g(t)=-(t+a)=-t-a$.
Giá trị nhỏ nhất $m=-1-a$, giá trị lớn nhất $M=-a$.
Điều kiện $M\le 2m⟺-a\le 2(-1-a)⟺a\le -2$.
Kết hợp $a\in [-3;3]\cap \mathbb{Z}⟹a\in \{-3;-2\}$ ($2$ giá trị).
- Trường hợp 3: $-1<a<0$.
Khi đó biểu thức $t+a$ đổi dấu trên $[0;1]$, suy ra $m=0$.
Để $M\le 2m=0$ thì $M=0$ (vô lý vì $M>0$).
Vậy có tổng cộng $3+2=5$ số nguyên $a$ thỏa mãn: $a\in \{-3;-2;1;2;3\}$.
Chọn đáp án A.

Cạnh đáy của hình lăng trụ tứ giác đều là $\frac{40}{4}=10\text{ cm}$. Đặt $AH=KD=x$ ($5<x<20$), khi đó chiều cao phần lăng trụ là $40-2x$ và chiều cao mỗi hình chóp tứ giác đều là $\sqrt{x^2-5^2}=\sqrt{x^2-25}$. Thể tích chiếc đèn là $V(x)=10^2(40-2x)+2\cdot \frac{1}{3}\cdot 10^2\sqrt{x^2-25}=200\left(\frac{\sqrt{x^2-25}}{3}+20-x\right)$. Ta có $V^{\prime }(x)=200\left(\frac{x}{3\sqrt{x^2-25}}-1\right)=0\iff x=\frac{15\sqrt{2}}{4}$. Khi đó $V_{\max }=200\left(20-\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)\approx 3057$ $({\text{cm}}^3)$.

Đặt $z=x+yi$ $(x,y\in \mathbb{R})$ suy ra $x^2+y^2=4⟹x\in [-2;2]$.

Ta có:

$T=|z+1|+|z^2-z+z\bar{z}|=|z+1|+|z||z-1+\bar{z}|=\sqrt{(x+1{)}^2+y^2}+2|2x-1|=\sqrt{2x+5}+2|2x-1|.$

Xét hàm số $f(x)=\sqrt{2x+5}+|4x-2|$ trên $[-2;2]$:

Dựa theo bảng biến thiên thì $m=\sqrt{6},M=11$.

Vậy $M^2-m^2=121-6=115$.

Xét tại các điểm $x=-2$ và $x=3$: Tại $x=-2$, $f(-2)=|(-8)+30+2m|-24-m=|2m+22|-m-24$. Tại $x=3$, $f(3)=|27-45+2m|+36-m=|2m-18|-m+36$. Ta có $M\ge \frac{f(-2)+f(3)}{2}=\frac{|2m+22|+|18-2m|+12-2m}{2}\ge \dots$. Dùng bất đẳng thức hoặc khảo sát theo $m$, giá trị nhỏ nhất đạt được là $M=27$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn D.

Chọn B.
Ta có $w=\frac{(3+4i)z+1-2i}{2-i}\iff (2-i)w=(3+4i)z+1-2i$.
Biến đổi:
$(2-i)w-(1-2i)=(3+4i)z=(3+4i)(z-1+2i)+(3+4i)(1-2i)$
$=(3+4i)(z-1+2i)+(11-2i)$.
Lấy môđun hai vế suy ra điểm biểu diễn $w$ thuộc đường tròn bán kính 2 có tâm cách gốc tọa độ một khoảng $\sqrt{10}$.
Vậy $\max |w|=\sqrt{10}+2$.

Chọn C.
Gọi $h$ là chiều cao và $r$ là bán kính đáy của thùng hình trụ.
Chiều cao của tam giác đều cạnh 6m là $\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.
Theo định lý Ta-lét: $\frac{3\sqrt{3}-h}{3\sqrt{3}}=\frac{2\pi r}{6}\iff r=\frac{3\sqrt{3}-h}{\pi \sqrt{3}}$.
Thể tích của thùng trụ là:
$V=\pi r^{2}h=\frac{1}{6\pi }(3\sqrt{3}-h{)}^2(2h)\le \frac{1}{6\pi }{\left[\frac{(3\sqrt{3}-h)+(3\sqrt{3}-h)+2h}{3}\right]}^3=\frac{4\sqrt{3}}{\pi }\approx 2,2{\text{m}}^3$.
Suy ra $2{\text{m}}^3<V\le 3{\text{m}}^3$.