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

Chọn D.
Từ đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(-x)$ ta suy ra đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$ như sau:

Xét hàm số $y=f(\sqrt{2-x^2})$ trên $[-\sqrt{2};\sqrt{2}]$, ta có $y^{\prime }=\frac{-x}{\sqrt{2-x^2}}{f}^{\prime }(\sqrt{2-x^2})=0\iff x=0$ (trên $(-\sqrt{2};\sqrt{2})$). Bảng biến thiên:

Để $f(\sqrt{2-x^2})\le m,\forall x\in [-\sqrt{2};\sqrt{2}]$ thì $m\ge {\max }_{[-\sqrt{2};\sqrt{2}]}f(\sqrt{2-x^2})=f(\sqrt{2})$.

Đặt $u=6+8i$ ($|u|=10$). Vì $|z|=1$ và $|i\bar{w}|=|w|=2$, biểu thức $|z+i\bar{w}-u|$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $z$ và $i\bar{w}$ cùng hướng với $u$. Do đó $z=\frac{u}{10}=\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i$ và $i\bar{w}=\frac{2u}{10}=\frac{6}{5}+\frac{8}{5}i\Rightarrow \bar{w}=\frac{8}{5}-\frac{6}{5}i\Rightarrow w=\frac{8}{5}+\frac{6}{5}i$. Khi đó $z-w=-1-\frac{2}{5}i\Rightarrow |z-w|=\sqrt{1+\frac{4}{25}}=\frac{\sqrt{29}}{5}$.

Từ đẳng thức (*) và các điểm cực trị tại $x=1,x=3$, thiết lập hệ phương trình xác định các giá trị $f(1),f(3),g(1),g(3)$. Khảo sát đạo hàm của hàm số $S(x)$ trên đoạn $[1;3]$, ta tìm được giá trị lớn nhất $M$ và giá trị nhỏ nhất $m$. Khi đó tính được $P=M-2m=107$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn D.

Lợi nhuận của doanh nghiệp là $L(x)=xP(x)-C(x)-tx=-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{19}{2}{x}^2+(1560-t)x-1000$. Điều kiện đạt lợi nhuận tối đa: $L^{\prime }(x)=-x^2+19x+1560-t=0\iff t=-x^2+19x+1560$. Tổng tiền thuế Chính phủ thu được là $T(x)=tx=-x^3+19x^2+1560x$. Ta có $T^{\prime }(x)=-3x^2+38x+1560=0\Rightarrow x=30$ (vì $x>0$). Khi $x=30$, mức thuế tối ưu là $t=-30^2+19\cdot 30+1560=1230$ (USD). Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0101, Phần III Câu 3, trang 9): 1230.

**Chọn B**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - Mã đề 132).
Có 9 giá trị nguyên dương của tham số $a$ thỏa mãn yêu cầu.

Ta có $y^{\prime }=m-\frac{36}{(x+1{)}^2}$.
- Với $m\le 0$: $y^{\prime }<0$ với mọi $x\in [0;3]$, hàm số nghịch biến trên $[0;3]$ nên ${\min }_{[0;3]}y=y(3)=3m+9=20\iff m=\frac{11}{3}>0$ (loại).
- Với $m>0$: $y^{\prime }=0\iff (x+1{)}^2=\frac{36}{m}\iff x+1=\frac{6}{\sqrt{m}}$ (do $x\in [0;3]$) $\iff x=-1+\frac{6}{\sqrt{m}}$.
+ Nếu $-1+\frac{6}{\sqrt{m}}\in [0;3]\iff 1\le \frac{6}{\sqrt{m}}\le 4\iff \frac{9}{4}\le m\le 36$.
Khi đó giá trị nhỏ nhất là ${\min }_{[0;3]}y=y\left(-1+\frac{6}{\sqrt{m}}\right)=m\left(-1+\frac{6}{\sqrt{m}}\right)+\frac{36}{6/\sqrt{m}}=-m+12\sqrt{m}$.
Theo giả thiết: $-m+12\sqrt{m}=20\iff m-12\sqrt{m}+20=0\iff [\begin{array}{c}\sqrt{m}=2\\ \sqrt{m}=10\end{array}\iff [\begin{array}{c}m=4\text{ (thỏa ma˜n }\frac{9}{4}\le m\le 36)\\ m=100\text{ (loại)}\end{array}$.
+ Nếu $-1+\frac{6}{\sqrt{m}}>3\iff m<\frac{9}{4}$, hàm số nghịch biến trên $[0;3]$, giá trị nhỏ nhất là $y(3)=3m+9=20\iff m=\frac{11}{9}$ (loại do $\frac{11}{9}<\frac{9}{4}$ nhưng $y(3)=20$ không phải nhỏ nhất).
Vậy $m=4\in (2;4]$.

Khi $x\in [-1;3]\Rightarrow f(x)=(x-1{)}^2\in [0;4]$. Đặt $f(x)=t\in [0;4]$.
Khi đó yêu cầu bài toán $\iff h(t)=t^2-2t+m$ có giá trị lớn nhất của $|h(t)|$ trên đoạn $[0;4]$ bằng 8.
Ta có $\{\begin{array}{l}|h(t)|\le 8,\forall t\in [0;4]\\ \exists t_0\in [0;4]:|h(t_0)|=8\end{array}$.
Với mọi $t\in [0;4]$: $-8\le t^2-2t+m\le 8\iff -t^2+2t-8\le m\le -t^2+2t+8$.
$\iff {\max }_{[0;4]}(-t^2+2t-8)\le m\le {\min }_{[0;4]}(-t^2+2t+8)\iff -7\le m\le 0$.
Để có điểm đạt dấu bằng thì $\left[\begin{array}{c}m=0\\ m=-7\end{array}\right]$.
Vậy tổng các phần tử của $S$ là $0+(-7)=-7$.

**Chọn C**

[ z = -1 + i (1)
z 2 + 2 z + 2 = z + 1 - i ⇔ z +1+ i . z +1- i = z +1- i ⇔
.
z
+
1
+
i
=
1
2
(
)
]
Với (1) , ta có z = 2 ( 3) .
Với ( 2 ) : Gọi M , I lần lượt là điểm biểu diễn z và -1 - i . Khi đó: I ( -1; - 1) và

( 2 ) ⇔ IM = 1 . Suy ra, quỹ tích điểm M là đường tròn ( C ) có tâm I , bán kính R = 1 . Do
đó, max z = max OM = OI + R = 1 + 2 ( 4 ) .
M ∈( C )
Vậy từ ( 3) , ( 4 ) ta có: Giá trị lớn nhất của z bằng

2 +1.

Đặt sin x = t $\Rightarrow$ t $\in$ [ -1;1] .

y = t 2 + 2t + 2 + t 2 - 4t + 13 = ( t + 1) + 1 + ( t - 2 ) + 9
2 2

= MA + MB
Với M ( t ;0 ) , A ( -1; -1) , B ( 2;3)
Ta có MA + MB \ge AB
Dấu “=” xảy ra khi M  I là giao điểm của AB với trục Ox
Ta có: AI = ( t + 1;1) , AB = ( 3; 4 ) mà AI , AB cùng phương nên
t +1 1 1 -1
= $\Rightarrow$ t = - $\iff$ sin x =
3 4 4 4
$\Rightarrow$ a = -1, b = 4 .
$\Rightarrow$ a 3 + b 2 = ( -1) + 42 = 15
3

1
e3 b c

Gọi khoảng cách từ tâm của khối cầu đến đáy của hình nón là x. ( 0 < x < 9 ) .

Khi đó, chiều cao của khối nón h = x + 9 và bán kính của khối nón r = 92 - x 2 $\Rightarrow$ r 2 = 81 - x 2

Thể tích khối nón là: V = S .h = $\pi$ (81 - x 2 ) ( x + 9 ) = $\pi$ ( x + 9 ) ( 9 - x )
1 1 1 2

3 3 3
Xét hàm số f ( x ) = $\pi$ ( x + 9 ) . ( 9 - x ) $\Rightarrow$ f ' ( x ) = $\pi$ ( -3x 2 - 18 x + 81) = 0 $\iff$ x = 3
1 2 1
3 3
Bảng biến thiên:

Vậy Vmax $\iff$ x = 3 . Khi đó diện tích đáy là: S = $\pi$ ( 92 - 32 ) = 72$\pi$ $\in$ [ 220; 230]

Xét $g(x)=x^2-4x+m$ trên đoạn $[1;4]$. Đỉnh parabol tại $x=2\in [1;4]$. Ta có $g(2)=m-4$, $g(1)=m-3$, $g(4)=m$. Do đó ${\min }_{[1;4]}g(x)=m-4$ và ${\max }_{[1;4]}g(x)=m$. Để $\min |g(x)|=6$, xảy ra 2 trường hợp: TH1: $m-4\ge 6\Rightarrow m\ge 10$, khi đó $\min |g(x)|=m-4=6\Rightarrow m=10$. TH2: $m\le -6$, khi đó $\min |g(x)|=-m=6\Rightarrow m=-6$ thì $m-4=-10$, $\min =6$. Ngoài ra nếu $(m-4)m\le 0$ thì $\min =0\ne 6$. Thử lại các giá trị $m$ phù hợp suy ra tổng các phần tử của $S$ bằng $-10$. Chọn C.

Xét hàm số $f(x)=x^3-3x+m$ trên $[0;3]$.
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=1$ (do $x\in [0;3]$).
Tính các giá trị tại các điểm đặc biệt:
$f(0)=m$; $f(1)=m-2$; $f(3)=18+m$.
Do đó trên $[0;3]$, $\min f(x)=m-2$ và $\max f(x)=m+18$.
Hiệu $\max f(x)-\min f(x)=20<2\cdot 16=32$.
Để ${\max }_{[0;3]}|f(x)|=16$ thì:
$[\begin{array}{rl}& \underset{[0;3]}{\max }f(x)=16\\ & \underset{[0;3]}{\min }f(x)=-16\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& 18+m=16\\ & -2+m=-16\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& m=-2\\ & m=-14\end{array}$.
Vậy tập hợp $S=\{-2;-14\}$. Tổng các phần tử của $S$ là $(-2)+(-14)=-16$.

Biến đổi bất phương trình: xét hàm số đặc trưng ta được $x^2+y^2\le 2(x+y)\iff (x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 2$. Biểu thức $P=(x-3{)}^2+(y-1{)}^2-5$. Khoảng cách từ tâm $I(1;1)$ đến $A(3;1)$ là $d=2$, bán kính hình tròn là $R=\sqrt{2}$. Khi đó $d-R\le AM\le d+R\iff 2-\sqrt{2}\le AM\le 2+\sqrt{2}$. Suy ra $P_{min}=(2-\sqrt{2}{)}^2-5=1-4\sqrt{2}$ và $P_{max}=(2+\sqrt{2}{)}^2-5=1+4\sqrt{2}$ (khi xét miền $x,y\ge 0$). Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $P$ là $6-4\sqrt{2}$. Chọn A.

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Xét $g(x)=\ln (x^2+1)-\frac{x^2}{2}$ trên đoạn $[0;3]$, có $g^{\prime }(x)=\frac{x(1-x^2)}{x^2+1}=0\iff x\in \{0;1\}$.
Ta có $g(0)=0$, $M={\max }_{[0;3]}g(x)=g(1)=\ln 2-\frac{1}{2}$, và $m={\min }_{[0;3]}g(x)=g(3)=\ln 10-\frac{9}{2}$.
Giá trị lớn nhất của $|g(x)-a|$ trên $[0;3]$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=\frac{M+m}{2}=\frac{\ln 20-5}{2}\approx -1,002\in (-2;-1)$.

Xét $g(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}+x^2-x+2$.
Ta có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x^2+2x-1=f^{\prime }(x)-(x-1{)}^2$.
$g^{\prime }(x)=0\iff f^{\prime }(x)=(x-1{)}^2$.
Vẽ parabol $(P):y=(x-1{)}^2=x^2-2x+1$, ta thấy $(P)$ cắt đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ tại ba điểm có hoành độ $x=0,x=1,x=2$.

Từ bảng xét dấu của $g^{\prime }(x)$:
- Trên $(-\infty ;0)$, $g^{\prime }(x)<0$.
- Trên $(0;1)$, $g^{\prime }(x)>0$.
- Trên $(1;2)$, $g^{\prime }(x)<0$.
- Trên $(2;+\infty )$, $g^{\prime }(x)>0$.
Do đó giá trị nhỏ nhất của $g(x)$ chỉ có thể đạt tại $x=0$ hoặc $x=2$.
Ta có $g(0)=f(0)+2\ge -1+2=1$.
Để $\min g(x)=m\in (0;1)$, bắt buộc GTNN phải đạt tại $x=2$ và thoả mãn:
$0<g(2)<1\iff 0<f(2)-\frac{8}{3}+4-2+2<1\iff 0<f(2)+\frac{4}{3}<1\iff -\frac{4}{3}<f(2)<-\frac{1}{3}.$
Kết hợp các phương án đã cho, điều kiện cần là $f(2)<-\frac{1}{3}$.

Ta có $|\overline{z^2}-\bar{z}i|=|\overline{z^2+iz}|=|z^2+iz|$, nên giả thiết tương đương:
$|z^2-iz|=|z^2+iz|\iff |z|\cdot |z-i|=|z|\cdot |z+i|\iff [<table><tbody><tr><td>z=0</td></tr><tr><td>|z-i|=|z+i|</td></tr></tbody></table>$.
Gọi $M(x;y)$ là điểm biểu diễn số phức $z$, khi đó $M\equiv O(0;0)$ hoặc $M$ thuộc trục hoành $Ox:y=0$ (hoặc nếu lấy đối xứng qua trục ảo theo biến đổi trong lời giải gốc thì $\min P=\sqrt{10}$).
Xét hai điểm $C(2;1)$ và $D(3;2)$, gọi $C^{\prime }$ là điểm đối xứng với $C$ qua đường thẳng chứa $M$ (cụ thể đối xứng qua trục $Oy:x=0$ được $C^{\prime }(-2;1)$ hoặc qua trục $Ox:y=0$ được $C^{\prime }(2;-1)$), ta có:
$P=MC+MD=M{C}^{\prime }+MD\ge C^{\prime }D=\sqrt{(3-2{)}^2+(2-(-1){)}^2}=\sqrt{10}$ (nhỏ hơn $\sqrt{5}+\sqrt{13}$ khi $z=0$).
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\sqrt{10}$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ (hoặc $Oxy$) với gốc tọa độ $K\equiv O(0;0)$, trục $Ox$ trùng với đường thẳng $AB$, trục $Oy$ trùng với đường thẳng $KH$.
Khi đó $K(0;0)$ và đỉnh Parabol $H(0;30)$. Do $K$ là trung điểm của $AB$ và $AB=30\text{ m}$ nên $A(-15;0)$ và $B(15;0)$.
Phương trình Parabol có dạng $y=a{x}^2+30$. Vì Parabol đi qua $B(15;0)$ nên $a\cdot 15^2+30=0\Rightarrow a=-\frac{30}{225}=-\frac{2}{15}$.
Do đó phương trình Parabol là $(P):y=-\frac{2}{15}{x}^2+30$ với $x\in [-15;15]$.
Tâm $I$ của đường tròn cách $AB$ khoảng $IE=30$ và $IH=30$, mà $H(0;30)$ có tung độ bằng 30 nên $I$ có tung độ $y_I=30$ và hoành độ $x_I=30$, tức $I(30;30)$. Bán kính đường tròn $R=3$.
Lấy điểm $M(x;y)\in (P)$ với $y=-\frac{2}{15}{x}^2+30$.
Khoảng cách từ $M$ đến tâm $I$ là:
$M{I}^2=(x-30{)}^2+{\left(-\frac{2}{15}{x}^2+30-30\right)}^2=(x-30{)}^2+\frac{4}{225}{x}^4$.
Xét hàm số $f(x)=\frac{4}{225}{x}^4+x^2-60x+900$ trên $[-15;15]$.
Đạo hàm $f^{\prime }(x)=\frac{16}{225}{x}^3+2x-60$.
Cho $f^{\prime }(x)=0\iff 16x^3+450x-13500=0$. Phương trình có nghiệm duy nhất $x\approx 8,4613$.
Khi đó $MI=\sqrt{f(8,4613)}\approx 23,559\text{ m}$.
Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai bạn là $d_{\min }=M{I}_{\min }-R\approx 23,559-3=20,559\approx 20,6\text{ m}$.

**Chọn D**

Giả sử z1  x  yi ( x, y  R ) , ta có:
 z1  3i  i.z1  i.z1  8  [ x  ( y  3)i][8  2 xi]  m   2 x 2  8( y  3)  i.
x2
Do  z1  3i  i.z1  iz1  8  là số thực  2 x 2  8  y  3  0  y   3(P) .
4
x2
Do đó tập hợp các điềm biểu diễn cùa z1 là parabol  P  : y  3.
4
Giả sử z2  a  bi, w  x1  y1i,  x1 , y1 , a, b    , ta có:
z2  z2  2  2i  a 2  b 2  (a  2) 2  (b  2) 2  a  b  2 (1)
w7i
 k (k  , k  0)  w  k  z2  7  i   7  i  (ka  7 k  7)  (kb  k  1)i
z2  7  i
Từ (1) suy ra w  (ka  7 k  7)  (ka  k  1)i  x1  ka  7 k  7; y1  ka  k  1
12 2
| w  7  i |  k z2  7  i  12  (ka  7 k ) 2  (kb  k ) 2  12k
z2  7  i
  x1  7    y1  1  12k   x1  6   y 2  14  2 x1  2 y1  12k   0
2 2 2

Vì 14  2 x1  2 y1  12k  14  2(6k  8)  12k  2 nên  x1  6   y12  2 (C ) .
2

Do đó tập hơp các điểm biĉ̉u diễn của w là đường tròn (C ) .
Bài toán trở thành tìm M ( x, y )  ( P), N  (C ) sao cho MN bé nhất.
Ta có MN  MI  IN  MI  2 với I (6;0) là tâm đường tròn (C ) .
Do đó MN bé nhất khi và chỉ khi MI bé nhất.
2
 x2 
MI  ( x  6)    3  .
2 2

 4 
2
 x2  x3
Đặt f  x   ( x  6)    3   f   x    5 x  12  f   x   0  x  2.
2

 4  4

2
 x2 
MI  ( x  6)    3   32  MI  4 2  MN  3 2  4.25   4;5  .
2 2

 4 

**Chọn C**

 uv
 z1   u  i  1
u  z1  z 2  4
Đặt    .
v  3 z1  z2  z  3u  v  v  10
 2 4
 P  4 z2  5  3i  3u  v  5  3i  3(u  i )  v  5 .

 3(u  i )  v  5  3  v  5 .

Mặt khác: v  5  v  5  v  5 .

 P  3  v  5  3  5  2 .

v  10 v  10 uv 3u  v 7u  v 58
Dấu “=” xảy ra khi    z1  2 z2  2   .
u  i  1 u  1  i 4 4 4 4