Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 4)
23 câu hỏi
210.
105.
315.
420.
Đáp án A
Phương pháp:
- Tứ diện là hình có 4 đỉnh không đồng phẳng.
- Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Chọn 4 điểm từ 10 điểm ta được 1 hình tứ diện.
Vậy số tứ diện có thể kẻ được là \(C_{10}^4 = 210\).
\(C_{10}^6{.2^6}\).
\(C_{10}^6\).
\(C_{10}^8\).
\( - C_{10}^2\).
Đáp án C
Phương pháp:
- Sử dụng khai triển nhị thức Newton: \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} \].
- Sử dụng công thức \[C_n^k = C_n^{n = k}\].
Cách giải:
Ta có: \[{\left( {{x^2} + x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {{x^2}} \right)}^k}.{x^{10 - k}}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 + k}}{\rm{ }}} \left( {0 \le k \le 10;{\rm{ }}k \in \mathbb{N}} \right)\].
Số hạng chứa \[{x^{12}}\] ứng với \[10 + k = 2 \Leftrightarrow k = 2\left( {tm} \right)\].
Vậy hệ số của \[{x^{12}}\] trong khai triển trên là \[C{\kern 1pt} _{10}^2 = C_{10}^8\].
\(MN||mp\left( {ABCD} \right)\).
\(MN||mp\left( {SAB} \right)\).
\(MN||mp\left( {SBC} \right)\).
\(MN||mp\left( {SCD} \right)\).
Đáp án A
Phương pháp:
\[\left\{ \begin{array}{l}a||b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a||\left( P \right)\]
Cách giải:
Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).
\( \Rightarrow MN||AC\) (Tính chất đường trung bình).
Mà \[AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MN||\left( {ABCD} \right)\].\(x - 2y + 1 = 0\).
\(x - 2y + 9 = 0\).
\(x - 2y - 3 = 0\).
\(x - 2y - 9 = 0\).
Đáp án A
Phương pháp:
Phép tính tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó.
Cách giải:
Vì \(\Delta = {T_{\overrightarrow u }}\left( d \right) \Rightarrow \Delta ||d\) Þ Phương trình \(\Delta \) có dạng: \(x - 2y + c = 0\left( \Delta \right)\).
Lấy \(A\left( {1;0} \right)\) bất kì thuộc \(d\). Gọi \(A' = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow A' \in \Delta \).
Ta có: \(A' \in {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = {x_A} + {x_{\overrightarrow u }} = 1 + 4 = 5\\{y_{A'}} = {y_A} + {y_{\overrightarrow u }} = 0 + 3 = 3\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {5;3} \right)\).
Vì \(A' \in \Delta \Rightarrow 5 - 2.3 + c = 0 \Leftrightarrow c = 1\).
Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(x - 2y + 1 = 0\).
đường thẳng AB.
đường thẳng AC.
đường thẳng DA.
đường thẳng BC.
Đáp án C
Phương pháp:
Vẽ hình và xác định ảnh của hai điểm \(C,\,\,D\) qua phép quay tâm \(O\), góc quay \( - 90^\circ \).
Cách giải:
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(OA = OB = OC = OD\) và \(AC \bot BD\) tại \(O\).
Khi đó ta có: \({Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( C \right) = D,{\rm{ }}{Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( D \right) = A\).
Vậy \({Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( {CD} \right) = DA\).
Chú ý: Phép quay góc có giá trị âm là phép quay cùng chiều kim đồng hồ.
Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trên một mặt phẳng.
Nếu ba đường thẳng đồng quy thì chúng cùng nằm trên một mặt phẳng.
Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước thì cả ba đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng.
Nếu một đường thẳng cắt một trong hai đường thẳng song song thì nó cũng cắt đường thẳng còn lại.
Đáp án A
Phương pháp:
Phân tích từng đáp án.
Cách giải:
Đáp án đúng là đáp án A.
hình bình hành.
hình thang.
hình chữ nhật.
hình vuông.
Đáp án B
Phương pháp:
Dạng thiết diện có sử dụng yếu tố song song.
Cách giải:
Vì \[MN\] là đường trung bình của hình thang \(ABCD \Rightarrow MN||AD||BC\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right) \supset MN\\\left( {SBC} \right) \supset BC\\MN||BC\left( {cmt} \right)\\P \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\) Þ Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng đi qua \(P\) và song song với \(MN,BC\).
Gọi \(Q\) là trung điểm của \(SC \Rightarrow PQ||BC\) (\(PQ\) là đường trung bình của tam giác \[SBC\]) \[ \Rightarrow \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\].
Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( {MNP} \right)\) là tứ giác \[MNPQ\].
Do \[PQ||BC||MN \Rightarrow MNPQ\] là hình thang.
\[x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = - \frac{\pi }{3} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Đáp án B
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Cách giải:
\(\sqrt 3 \tan x - 1 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
4.
2.
3.
5.
Đáp án D
Phương pháp:
- Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
- Tìm các nghiệm thuộc khoảng \(\left( { - \pi ;4\pi } \right)\).
Cách giải:
\(2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
+ Xét họ nghiệm \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x \in \left( { - \pi ;4\pi } \right) \Leftrightarrow - \pi < \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi < 4\pi \Leftrightarrow - \frac{5}{6} < k < \frac{5}{3}\).
Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{{2\pi }}{3};\frac{{8\pi }}{3}} \right\}\).
+ Xét họ nghiệm \(x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x \in \left( { - \pi ;4\pi } \right) \Leftrightarrow - \pi < - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi < 4\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{6} < k < \frac{7}{3}\)
Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{{4\pi }}{3};\frac{{10\pi }}{3}} \right\}\).
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
\(n = 10\).
\(n = 12\).
\(n = 11\).
\(n = 13\).
Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\)
Cách giải:
\(A_n^2 = 132\left( {n \ge 2,{\rm{ }}n \in \mathbb{N}} \right) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = 132\)
\( \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) = 132 \Leftrightarrow {n^2} - n - 132 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 12{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\n = - 11{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(n = 12\).
\(\frac{1}{8}\).
\(\frac{7}{8}\).
\(\frac{{23}}{{24}}\).
\(\frac{1}{2}\).
Đáp án B
Phương pháp:
- Tích ba số là số chẵn khi và chỉ khi trong ba số có ít nhất một số chẵn.
- Sử dụng biến cố đối.
Cách giải:
Gieo ngẫu nhiên 3 con súc sắc cân đối, đồng chất \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216\).
Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trên ba con súc sắc là một số tự nhiên chẵn” Þ Trong ba lần gieo có ít nhất 1 lần xuất hiện mặt chẵn chấm.
\( \Rightarrow \overline A \): “Cả 3 lần gieo đều xuất hiện mặt lẻ chấm” \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = {3^3} = 27\).
Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{27}}{{216}} = \frac{7}{8}\).
Hàm số \(y = \tan x\) là hàm số lẻ.
Hàm số \(y = \cos x\) là hàm số chẵn.
Hàm số \(y = \sin x\) là hàm số chẵn.
Hàm số \(y = \cot x\) là hàm số lẻ.
Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết các hàm số lượng giác.
Cách giải:
Trong các hàm số \(y = \sin x,{\rm{ }}y = \cos x,{\rm{ }}y = \tan x,{\rm{ }}y = \cot x\) chỉ có duy nhất hàm \(y = \cos x\) là hàm số chẵn, ba hàm còn lại là hàm số lẻ.
Vậy đáp án sai là C.
\(\left( { - \pi ;\frac{{3\pi }}{4}} \right)\).
\(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\).
\(\left( {0;\pi } \right)\).
\(\left( { - \pi ;0} \right)\).
Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết các hàm số lượng giác.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = \cos x\) ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \pi ;0} \right)\).
2.
4.
1.
3.
Đáp án D
Phương pháp:
Phương trình dạng \[a\sin x + b\cos x = c\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}\].
Cách giải:
Phương trình \[m\sin x + 3\cos x = 2m\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow {m^2} + {3^2} \ge {\left( {2m} \right)^2}\].
\[ \Leftrightarrow 3{m^2} \le 9 \Leftrightarrow {m^2} \le 3 \Leftrightarrow - \sqrt 3 \le m \le \sqrt 3 \],
Lại có \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\].
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số \(\frac{1}{{f\left( x \right)}}\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne 0\).
Cách giải:
Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \sin x + \cos x \ne 0\)
\( \Leftrightarrow \sin x \ne - \cos x \Leftrightarrow \tan x \ne - 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(B\left( {0;13} \right)\).
\(B\left( {3;2} \right)\).
\(B\left( { - 5;1} \right)\).
\(B\left( {4;7} \right)\).
Đáp án D
Phương pháp:
Cho \(I\left( {a;b} \right),{\rm{ }}A\left( {x;y} \right),{\rm{ }}A'\left( {x';y'} \right)\). \({D_I}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 2a - x\\y' = 2b - y\end{array} \right.\).
Cách giải:
\(B = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2{x_I} - {x_A} = 2.1 - \left( { - 2} \right) = 4\\{y_B} = 2{y_I} - {y_A} = 2.5 - 3 = 7\end{array} \right.\).
Vậy \(B\left( {4;7} \right)\).
2058
2401
720
840
Đáp án A
Phương pháp:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).
- Chọn lần lượt từng chữ số.
- Áp dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).
Chọn \(a\) có 6 cách.
Chọn \(b,c,d\) mỗi chữ số có 7 cách chọn.
Vậy có \({6.7^3} = 2058\) số.
Chú ý: Đề bài không yêu cầu các chữ số đôi một khác nhau.
\(x = \frac{{5\pi }}{6} + k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}\)
\(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}\)
\(x = - \frac{\pi }{6} + k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}\)
\(x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}\)
Đáp án B
Phương pháp:
Phương pháp giải phương trình \(a\sin x + b\cos x = c\).
- Chia cả 2 vế phương trình cho \(\sqrt {{a^2} + {b^2}} \).
- Đặt \(\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \cos \alpha ,{\rm{ }}\frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \sin \alpha \).
- Sử dụng công thức \(\sin x\cos \alpha + \cos x\sin \alpha = \sin \left( {x + \alpha } \right)\), đưa phương trình về dạng phương trình lượng giác cơ bản và giải.
Cách giải:
\(\sin x + \sqrt 3 \cos x = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = 1\)
\( \Leftrightarrow \sin x\cos \frac{\pi }{3} + \cos x\sin \frac{\pi }{3} = 1 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\)
\( \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
3240
80
3320
259200
Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng khai triển nhị thức Newton: \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} \].
Cách giải:
\(P\left( x \right) = x{\left( {1 - 2x} \right)^5} + {x^2}{\left( {1 + 3x} \right)^{10}}\)
\(P\left( x \right) = x\sum\limits_{m = 0}^5 {C_5^m{{\left( { - 2} \right)}^m}{x^m}} + {x^2}\sum\limits_{n = 0}^{10} {C_{10}^n{3^n}{x^n}} \)
\(P\left( x \right) = \sum\limits_{m = 0}^5 {C_5^m{{\left( { - 2} \right)}^m}{x^{m + 1}}} + \sum\limits_{n = 0}^{10} {C_{10}^n{3^n}{x^{n + 2}}} \)
Số hạng chứa \({x^5}\) ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}m + 1 = 5\\n + 2 = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\n = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^5}\) trong khai triển trên là \(C_5^4.{\left( { - 2} \right)^4} + C_{10}^3{.3^3} = 3320\).
49
45
47
48
Đáp án D
Phương pháp:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).
- Chọn chữ số \(d\).
- Chọn các chữ số còn lại.
- Áp dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).
Vì \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\) là số chẵn nên \(d \in \left\{ {4;6} \right\}\) Þ Có 2 cách chọn \(d\).
Ứng với mỗi cách chọn \(d\) có \(A_4^3 = 24\) cách chọn 3 chữ số còn lại.
Áp dụng quy tắc nhân ta có: 2.24 = 48 số thỏa mãn.
Phương pháp:
Sử dụng biến cố đối.
Cách giải:
Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{11}^3 = 165\).
Gọi A là biến cố: “3 học sinh được chọn có cả nam và nữ”.
\( \Rightarrow \overline A \): “3 học sinh được chọn hoặc toàn là nam, hoặc toàn là nữ”.
Chọn 3 học sinh toàn là nam có \(C_5^3\) cách.
Chọn 3 học sinh toàn là nữ có \(C_6^3\) cách.
\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_5^3 + C_6^3 = 30\).
Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{30}}{{165}} = \frac{9}{{11}}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang, \(AD\) là đáy lớn thỏa mãn \(AD = 2BC\). Các điểm \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA,\,\,SD\).
a) Chứng minh đường thẳng \(MN\) song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
b) Mặt phẳng \(\left( {MCD} \right)\) cắt \(SB\) tại \(E\). Tính tỉ số \(\frac{{SE}}{{EB}}\).
Phương pháp:
a) \[\left\{ \begin{array}{l}a||b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a||\left( P \right)\].
b) Chọn \[SB \subset \left( Q \right)\], tìm \[d = \left( Q \right) \cap \left( {MCD} \right)\], từ đó suy ra \[E = d \cap SB\].
Sử dụng tính chất trọng tâm và định lí Ta-lét.
Cách giải:
a) Vì \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[SAD \Rightarrow MN||AD\] (tính chất đường trung bình).
Mà \[AD||BC\left( {gt} \right) \Rightarrow MN||BC\].
Lại có \[BC \cap \left( {SBC} \right) \Rightarrow MN||\left( {SBC} \right)\].
b) Gọi \[O\] là trung điểm của \[AD\] ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}OD = BC = \frac{1}{2}AD\\OD||BC\left( {AD||BC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BCDO\] là hình bình hành \[ \Rightarrow BO||CD\].
Chọn \[SB \subset \left( {SBO} \right)\], tìm giao tuyến của \[\left( {MCD} \right)\] và \[\left( {SBO} \right)\].
+ \[G\] là điểm chung thứ nhất.
\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBO} \right) \supset BO\\\left( {MCD} \right) \supset CD\\BO||CD\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\]Þ Giao tuyến của \[\left( {MCD} \right)\] và \[\left( {SBO} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[BO,CD\].
Trong \[\left( {SBO} \right)\] kẻ \[GE||BO\left( {E \in SB} \right) \Rightarrow \left( {MCD} \right) \cap \left( {SBO} \right) = GE\].
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}E \in SB\\E \in GH \subset \left( {MCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E = SB \cap \left( {MCD} \right)\].
Xét tam giác \[SAD\] có \[G\] là giao điểm của hai đường trung tuyến
Þ \[G\] là trọng tâm tam giác \[SAD \Rightarrow \frac{{SG}}{{GO}} = 2\].
Do \[GE||OB\] nên áp dụng đinh lí Ta-lét ta có \[\frac{{SE}}{{EB}} = \frac{{SG}}{{GO}} = 2\].
Phương pháp:
- Chia cả 2 vế cho \({\cos ^2}x\), đưa phương trình về ẩn \(\tan x\).
- Đưa phương trình về dạng tích.
- Sử dụng phương pháp giải phương trình chứa căn.
- Cô lập \(m\), sử dụng phương pháp dùng BBT để biện luận nghiệm.
Cách giải:
Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow \cos x > 0\).
Chia cả 2 vế phương trình cho \({\cos ^2}x\), ta có:
\[{\sin ^2}x - \sin x\cos x - m{\cos ^2}x = 2\sqrt {3\sin x{{\cos }^3}x + m{{\cos }^4}x} \]
\[ \Leftrightarrow {\tan ^2}x - \tan x - m = 2\sqrt {3\tan x + m} \]
\[ \Leftrightarrow {\tan ^2}x + 2\tan x - 3\tan x - m = 2\sqrt {3\tan x + m} \]
\[ \Leftrightarrow \left[ {{{\tan }^2}x - \left( {3\tan x + m} \right)} \right] = 2\sqrt {3\tan x + m} - 2\tan x\]
\[ \Leftrightarrow \left( {\tan x - \sqrt {3\tan x + m} } \right)\left( {\tan x + \sqrt {3\tan x + m} } \right) = 2\left( {\sqrt {3\tan x + m} - \tan x} \right)\]
\[ \Leftrightarrow \left( {\tan x - \sqrt {3\tan x + m} } \right)\left( {\tan x + \sqrt {3\tan x + m} + 2} \right) = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = \sqrt {3\tan x + m} \\\tan x + \sqrt {3\tan x + m} + 2 = 0\end{array} \right.\]
Do \[x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow \tan x > 0 \Rightarrow \tan x + \sqrt {3\tan x + m} + 2 > 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\].
\[ \Rightarrow \tan x = \sqrt {3\tan x + m} \Leftrightarrow {\tan ^2}x - 3\tan x - m = 0\].
Đặt \[t = \tan x\], vì \[x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\].
\[ \Rightarrow {t^2} - 3t - m = 0\] với \[t \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow {t^2} - 3t = m\] với \[t \in \left( {0;1} \right)\].
Xét hàm số \[f\left( t \right) = {t^2} - 3t\] ta có BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm \[t \in \left( {0;1} \right)\] khi và chỉ khi \[ - 2 < m < 0\].
Vậy \[m \in \left( { - 2;0} \right)\].
