ĐỀ KSCL HƯỚNG đến kì THI THPTQG

Bước 2: Giữ nguyên phần nằm bên phải Oy của C, xóa phần nằm bên trái Oy của C... Mâu thuẫn với giả thiết... Link Group: https://www.facebook.com/groups/2001ToanHoc/ Mã Đề Thi 007 Câu 16:

Trang 1

Link Group: https://www.facebook.com/groups/2001ToanHoc/ Mã Đề Thi 007

THPTQG 2020 LẦN 7 Ngày thi: Thứ sáu, ngày 16/08/2019

Đáp án gồm : 17 trang

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1: Chọn A

Ta có : f( 1 s inx )   f( 1 cosx )(*)

1 s inx 1 ( 3; 2)

x

c







 



Với x [0, 2] thì f(x) đồng biến (*)  1 s inx   1 cosx

1 s inx 1 osx

<=>tanx=-1

c





Trang 2

Câu 2: Chọn D

Ta có: 𝑦 = {(𝑥 − 2)(𝑥2+ 1) 𝑛ế𝑢 𝑥 ≥ 2

−(𝑥 − 2)(𝑥2+ 1) 𝑛ế𝑢 𝑥 < 2 Suy ra 𝑦′ = {3𝑥2− 4𝑥 + 1 𝑛ế𝑢 𝑥 > 2

(3𝑥2− 4𝑥 + 1 𝑛ế𝑢 𝑥 < 2 và y’ không xác định tại x2.

Ta có bảng xét dấu của y’:

3

Ta thấy y’ đổi dấu 3 lần  Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị

Lưu ý: Có thể giải thích đạo hàm của hàm số đã cho không xác định tại x2 theo 2 cách như sau:

Cách 1: Ta có y x 2x2 

  

Do đó

x     

x

2 2

2



 Vậy y’ không xác định tại x2.

Cách 2: Ta có y' 2   5; ' 2y     5 y' 2    y' 2 y' 2  không xác định

(Đọc bài đọc thêm “Đạo hàm một bên”, SGK Đại số và Giải tích 11, NXB GDVN)

Lưu ý: Ta có thể giải nhanh bài toán trên dựa vào nhận xét sau: “Số điểm cực trị của hàm

số y f x  bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y f x  và số nghiệm (không trùng

với các điểm cực trị) của phương trình f x 0

Ta có: y x 2x2  1 y x2 x21 (do x2  1 0 x)

Xét hàm số f x   x 2 x2 1 có f x 3x24x1

Vậy f x  có 2 điểm cực trị x 1

3

 và x 1. Mặt khác phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất x2 (không trùng với các điểm

cực trị nêu trên)

Do đó hàm số y x2x21 có 3 điểm cực trị

Trang 3

STUDY TIP

Số điểm cực trị của hàm số y f x  bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y f x 

và số nghiệm (không trùng với các điểm cực trị) của phương trình f x 0

Cách 1: Tập xác định: 𝐷 = ℝ

x

2



+ Nếu 2    m 0 m 2: (*) vô nghiệm

+ Nếu 2    m 0 m 2: (8) x m

m

2





 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt m m

m



Cách 2: Ta có:

+ Với x 0 thì y x

x

; 2







+ Hàm số y x

x

2





 là một hàm số chẵn nên đồ thị của nó đối xứng qua trục Oy (đường

thẳng x 0 )

+ Xét hàm số y x

x

2





5

2

 nên là hàm đồng biến trên từng

khoảng xác định

Bảng biến thiên của hàm số y x

x

: 2







Trang 4

Suy ra bảng biến thiên của hàm số y x

x

: 2







y

2

1 2



2

Vậy phương trình x m

x

2





 có 2 nghiệm phân biệt m

1

2

MEMORIZE

- Hàm số y f  x là một hàm số chẵn nên có đồ thị đối xứng qua Oy

- Các bước vẽ đồ thị hàm số y f  x :

Bước 1: Vẽ đồ thị (C) của hàm số y f x 

Bước 2: Giữ nguyên phần nằm bên phải Oy của (C), xóa phần nằm bên trái Oy của (C)

Bước 3: Lấy đối xứng phần đồ thị có được ở bước 2 qua Oy, ta được đồ thị hàm số

 .

y f x

Từ đồ thị của hàm số y f x ta có bảng biến thiên của hàm số y f x :

Suy ra 𝑓(𝑥) ≤ 2, ∀𝑥 ∈ ℝ

Ta có g x  2f x f     x  6f x  2f   x f x  3 

Vì 𝑓(𝑥) ≤ 2, ∀𝑥 ∈ ℝnên 𝑓(𝑥) − 3 < 0, ∀𝑥 ∈ ℝ

Trang 5

Từ đó ta có bảng biến thiên của yg x :

g(x)

8

 Vậy min

ℝ 𝑔(𝑥) = −8

Dựa vào đồ thị hàm số y f x suy ra bảng biến thiên của hàm số y f x :

f(x)

 1

f Suy ra f x   0 x

Xét hàm số 2 

y f x có y2f x f     x

Ta có bảng biến thiên của hàm số 2 

y f x :

y

Vậy hàm số 2 

y f x nghịch biến trên các khoảng  ; 2 và  1; 2

Trang 6

Ta có: g x'( )  f '(x) x 

Kẻ đường thẳng y=x( đường màu đỏ)

=> Đường thẳng y=x đi qua 3 điểm (-2,-2),(0,0),(1,1)

Tại 3 điểm trên thì đồ thị f’(x) và đường thẳng y=x => Tại đó g’(x)=0

=>g x'( )     0 x 2,x 0,x 1

Ta có BTT: (Dựa vào đồ thị nằm trên và nằm dưới để xác định dấu)

g(x) 

g(-2)

g(0)

g(2)



=> Dể g(x) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì

(0) 0 ( 2) 0 (1) 0

g g g





  





=>

(0) 0 (1) 0 (1).g( 2) 0

g g g









* Giả sử f  3 3 Vì f x  là hàm bậc ba đồng biến trên ℝ nên f f  3  f  3

Suy ra f f f  3   f f  3  f  3 3 Mâu thuẫn với giả thiết

* Tương tự ta thấy f  3 3 cũng không thể xảy ra

* Vậy f  3 3 1  

* Tương tự ta có f  4 4  2

Trang 7

* Từ (1) và (2) ta có 3 84 48



Khi đó   3 2

f x x  x  x có 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2− 24𝑥 + 48 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ

Do đó f  7 31

STUDY TIP

Cho f x  là hàm số đồng biến (chặn) trên ℝ Nếu f f f a  a thì suy ra

 

f a a

Ta có: 𝑦′ = cos 𝑥 − sin 𝑥 + 𝑚

Để hàm số đồng biến trên ℝ thì 𝑦′ ≥ 0 ∀𝑥 ∈ ℝ ⟺ 𝑚 ≥ sin 𝑥 − cos 𝑥 , ∀𝑥 ∈ ℝ

⟺ 𝑚 ≥ max(𝑓(𝑥)) ∀𝑥 ∈ ℝ Với 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 − cos 𝑥

Ta có 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 − cos 𝑥 = √2 sin (𝑥 −𝜋

4) ≤ √2

Do đó max(𝑓(𝑥)) = √2 ⟹ 𝑚 ≥ √2

Câu 9: Chọn B

Ta có:

2

1 '( ) 0

3

x

f x

x





   



Đồ thị:

Trang 8

Từ đồ thị: =>f(x)=1 0

3

x x





 



f f f x



Vậy số nghiệm của phương trình (*) là số nghiệm của 5 trường hợp trên

Số nghiệm của phương trình 1+a chính là số giao điểm của phương trình 1+a với đồ thị

f(x)

Mà 0<a<1 => dựa vào đồ thị ta có 3 nghiệm

Tương tự với phương trình 1+b(1<b<3) => cũng có 3 nghiệm

Với phương trình 1+c (3<c<4) => có 3 nghiệm

Trang 9

Với phương trình f(x)=2 => có 3 nghiệm

Với phương trình f(x)=5 => có 2 nghiệm

Vậy tổng số nghiệm là 3+3+3+3+2=14 nghiệm

Vì 1<m<2019 => 2

log (m x x  1)>0

log (x x  1), log (x x  1)>0

2

2 2019

m

2 log 2(m Do log (x x  1) 0)

2019 log (x x  1), x>3

Ta có:

2

1

1.ln 2019

x

Để phương trình có nghiệm x>3 thì log 2m  f(3)log 2m log2019(3 8)

3 8

log 2019

m



Vậy có 18 giá trị của m thỏa mãn

𝑦 = 𝑥2−4𝑥

𝑥+𝑚 có tập xác định là D = R \{-m} và y’ = 𝑥

2 +2𝑚𝑥−4𝑚 (𝑥+𝑚) 2 Hàm số đã cho đồng biến trên 1;  {𝑥2 +2𝑚𝑥−4𝑚  0

−𝑚<1 , ∀𝑥 ∈ [1; +∞)

𝑥2+ 2𝑚𝑥 − 4𝑚 ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [1; +∞) ⇔ 2𝑚(𝑥 − 2) ≥ −𝑥2, ∀𝑥 ∈ [1; +∞) (1)

Do x = 2 thỏa mãn (1) với mọi m nên ta chỉ xét x  2

Trang 10

Xét hàm số f(x) = −𝑥

2

𝑥−2 trên 1; có f’(x) = −𝑥

(𝑥−2) 2

f’(x) = 0  ⌊𝑥 = 0,

𝑥 = 4

vẽ bảng biến thiên ta có :

Với (2) ta thấy : 2𝑚  −𝑥2

𝑥−2 mà −𝑥

2

𝑥−2 1 => 2m 1 => m 1

2 (4) Với (3) ta thấy : 2m  -8 => m  − 4 (5)

Kết hợp (4),(5), và giả thiết là -m <1….ta được 𝑚 ∈ (−1,1

2]

Ta có y’ = 6x2 +6(m-1)x +6(m-2) , y’ = 0 tương đương với x = -1 hoặc x = 2 – m

Để hàm số có hai cực trị thì 2-m  -1 => m  3

+ Nếu -1 < 2-m thì => m < 3 Kết hợp đề bài có

-2 < -1 < 2-m < 3 ⇔ -1 < m < 3 (1)

+ Nếu -1 > 2-m thì m > 3 Kết hợp đề bài ta có

-2 <2-m < -1 < 3 ⇔ 3 < m < 4 ( 2)

Từ (1), (2) ⇒ 𝑚 ∈ (−1; 3) ∪ (3; 4)

Ta có 𝑦′ = 3𝑥2 = 4𝑚𝑥, 𝑦′ = 0 ⇔ 𝑥 = 0 hoặc 𝑥 < 4𝑚

3

Trang 11

Điều kiện để hàm có hai cực trị là m  0 khi đó tọa độ hai điểm cực trị là

𝐴(0;𝑚3 và 𝐵

(4𝑚3;−5𝑚227 )

Cos(𝐴𝑂𝐵̂ ) =𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

OA.OB=

−5𝑚6 27

√25𝑚 4 +1296, với 𝐴𝑂𝐵̂ = 120°

Giải ra ta được m = 2 √27

25

4

Câu 14: Chọn C

Áp dụng kiến thức trên ta có phương trình dường thẳng  là : 3y  21 mx 10  m Gọi K xo ; yo 

là điểm cố định mà  đi qua, ta có:

3yo  2 1 mxo 10  m, m  1 m 2xo 1 2xo 10  3yo  0,m  1

 {2𝑥 2𝑥o + 1 = 0

o+ 10 − 3𝑦o = 0 => K(-1/2,3) => đáp án C

Phương trình đường cong đi qua hai điểm cực trị của hàm số đã cho là :

y = (𝑥2 − 2𝑥+𝑚)′

(𝑥 2 +2) ′ = 2𝑥−2

2𝑥 Gọi tọa độ hai điểm cực trị là (x1,y1) và (x2,y2) khi đó x1, x2 là nghiệm của phương trình:

𝑦 = 𝑓(𝑥) ⇔ 2𝑥(𝑥2− 2𝑥 + 𝑚) = (𝑥2+ 2)(2𝑥 − 2) ⇔ 2𝑥2+ (4 − 2𝑚)𝑥 − 4 = 0 (1)

Trang 12

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số

cộng

Xét phương trình hoành độ giao điểm :

𝑥3− 3𝑥2+ 1 = (3𝑚 − 1)𝑥 + 6𝑚 + 3 ⇔ 𝑥3− 3𝑥2− (3𝑚 − 1)𝑥 − 6𝑚 − 2 = 0 (1)

giả sử phương trình 𝑥3− 3𝑥2− (3𝑚 − 1)𝑥 − 6𝑚 − 2 = 0 có ba nghiệm x1, x2 , x3 thỏa

mãn x2 = 𝑥1+𝑥3

2 (2)

áp dụng định lý vi-et cho phương trình (1) ta có : x1+ x2 + x3 = 3 (3)

từ (2), (3) => x2 = 1 Thay x = 1 vào phương trình 1 ta được 𝑚 = −1

3 Thử vào đề bài thấy 𝑚 = −1

3 thỏa mãn

Trước tiên tịnh tiến đồ thị sang phải 2 đơn vị để có đồ thị y = f(x-2) Tiếp theo giữ phần

đồ thị phía bên phải đường thằng x = 2 và xóa đồ thị phía bên trái đường thẳng x = 2

Cuối cùng lấy đối xứng phần đồ thị được giữ lại lúc nãy, ta được đồ thì của hàm số y =

f(|x-2|)

Dựa vào đồ thị thấy hàm số f(|x-2|) = -1/2 có 4 nghiệm phân biệt => đáp án D

Phân tích: 𝑔(𝑚) ≤ 𝑓(𝑥) đúng với mọi 𝑥 ∈ [−√2; √2] ⟺ 𝑔(𝑚) ≤ min 𝑓(𝑥)

Trang 13

Hướng dẫn giải:

𝑓(𝑒𝑥) +2

3𝑒

3𝑥− 𝑒𝑥 − 𝑚 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ [−√2; √2]

⟺ 𝑚 ≤ 𝑓(𝑒𝑥) +2

3𝑒

3𝑥 − 𝑒𝑥, ∀𝑥 ∈ [−√2; √2]

⟺ 𝑚 ≤ min

[−√2;√2]ℎ(𝑥); với ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑒𝑥) +2

3𝑒3𝑥− 𝑒𝑥

Ta có: ℎ′(𝑥) = 𝑒𝑥𝑓′(𝑒𝑥) = 2𝑒3𝑥− 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥[𝑓′(𝑒𝑥) + 2𝑒2𝑥− 1]

ℎ′(𝑥) = 0 ⟺ 𝑓′(𝑒𝑥) + 2𝑒2𝑥− 1 = 0 ⟺ 𝑓′(𝑒𝑥) = −2𝑒2𝑥+ 1 Đặt 𝑡 = 𝑒𝑥(𝑡 > 0) phương trình trở thành:

𝑓′(𝑡) = −2𝑡2+ 1

Ta vẽ thêm Parapol 𝑦 = −2𝑡2+ 1

Dựa vào đồ thị

𝑓′(𝑡) = −2𝑡2 + 1 ⟺ {

𝑡 = −1

𝑡 = 0

𝑡 = 1

𝑡>0

→ 𝑡 = 1

⟺ 𝑒𝑥 = 1 ⟺ 𝑥 = 0

Ta có bảng biến thiên:

h(x)

h(0)

Giải thích dấu của h’(x) : với t = e ứng với x = 1 dựa vào đồ thị trên ta có

𝑓′(𝑡) > −2𝑡2+ 1 hay ℎ′(𝑥) > 0 Do đó: 𝑚 ≤ ℎ(0) = 𝑓(𝑡) −1

3

Trang 14

Mặt khác, ta có:

lim

𝑥→−∞𝑦 = lim

𝑥→−∞

1 𝑓(𝑥)−2018 = 0 nên đường thẳng 𝑦 = − 1

2019 là đường tiệm cận ngang của

đồ thị hàm số 𝑦 = 1

𝑓(𝑥)−2018

Và lim

𝑥→−∞𝑦 = lim

𝑥→−∞

1 𝑓(𝑥)−2018= 0 nên đường thẳng 𝑦 = 0 là đường tiệm cận ngang của

đồ thị hàm số 𝑦 = 1

𝑓(𝑥)−2018 Vậy 𝑘 + 𝑙 = 5

𝑓(𝑥)

0

Từ bảng biến thiên, ta có:

Bài toán sẽ được giải quyết nếu tìm được số nghiệm của phương trình 𝑓𝑘(𝑥) = 3

Trang 15

+Phương trình 𝑓(𝑥) = 3 cso ba nghiệm thuộc (0;4)

Từ bảng biến thiên ta có với mỗi giá trị 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ∈ (0; 4) phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑥, 𝑖 = 1,3̅̅̅̅

có ba nghiệm thuộc (0;4) Như vậy phương trình 𝑓2(𝑥) = 3 có 9 nghiệm thuộc (0;4)

+Bằng quy nạp ta chứng minh được phương trình 𝑓𝑘(𝑥) = 3 có 3𝑘 nghiệm thuộc (0;4)

Từ đó, số nghiệm của phương trình 𝑓𝑘(𝑥) = 0 là 2+3+32+ ⋯ + 3𝑘+1= 2 + 33𝑘−1−1

2

Vậy số nghiệm của phương trình 𝑓6(𝑥) = 0 là 2 + 336−1−1

2 = 365

Cách 2: Nhận xét:

+Đồ thị hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 6𝑥2+ 9𝑥 như sau:

𝑓′(𝑥) = 3𝑥2− 12𝑥 + 9 = 0 ⇔ {𝑥 = 1 ⇒ 𝑓(1) = 4

𝑥 = 3 ⇒ 𝑓(3) = 0 Lại có {

𝑓(0) = 0 𝑓(4) = 4

-Đồ thị hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 6𝑥2+ 9𝑥 luôn đi

qua gốc tọa độ

-Đồ thị hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 6𝑥2+ 9𝑥 luôn tiếp

xúc với trục Ox tại điểm (3;0)

+Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 3 có 𝑔′(𝑥) = 𝑓′(𝑥)

nên 𝑔(𝑥) đồng biến trên (0; +∞) và 𝑔(0) = −3

nên bằng cách tịch tiến đồ thị hàm số

𝑓(𝑥) = 𝑥3− 6𝑥2+ 9𝑥 xuống dưới 3 đơn vị ta

được đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥)

Trang 16

Suy ra phương trình 𝑔(𝑥) = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng (0;4)

+Tổng quát: xét hàm số ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑎, với 0 < 𝑎 < 4

Lập luận như trên:

-ℎ(0) = −𝑎 < 0 và ℎ(1) > 0 ; ℎ(4) < 4

-Tịnh tiến đồ thị hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 6𝑥2+ 9𝑥

xuống dưới a đơn vị ta được đồ thị hàm số

𝑦 = ℎ(𝑥) Suy ra phương trình ℎ(𝑥) = 0 luôn có

ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng (0;4)

Khi đó,

+Ta có 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 6𝑥2+ 9𝑥 = 0 ⇔ {𝑥 = 0

𝑥 = 3

+𝑓2(𝑥) = 𝑓(𝑓(𝑥)) = 0 ⇔ {𝑓(𝑥) = 0

𝑓(𝑥) = 3 Theo trên, phương trình 𝑓(𝑥) = 3 có 3 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng (0;4) Nên phương trình 𝑓2(𝑥) = 0 có 3+2 nghiệm phân biệt

+𝑓3(𝑥) = 0 ⇔ {𝑓

2(𝑥) = 0

𝑓2(𝑥) = 3

𝑓2(𝑥) = 0 có 3+2 nghiệm

𝑓2(𝑥) = 𝑓(𝑓(𝑥)) = 3 có ba nghiệm dương 𝑓(𝑥) phân biệt thuộc khoảng (0;4) Mỗi

phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑎, với 𝑎 ∈ (0; 4) lại có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng

(0;4) Do đó phương trình 𝑓2(𝑥) = 3 có tất cả 9 nghiệm phân biệt

+ 𝑓4(𝑥) = 0 ⇔ {𝑓

3(𝑥) = 0

𝑓3(𝑥) = 3

𝑓3(𝑥) = 0 có 9+3+2 nghiệm

Trang 17

𝑓3(𝑥) = 𝑓(𝑓2(𝑥)) = 3 cso ba nghiệm dương 𝑓2(𝑥) phân biệt thuộc khoảng (0;4) Mỗi

phương trình 𝑓2(𝑥) = 𝑏, với 𝑏 ∈ (0; 4) lại có 9 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng

(0;4) Do đó phương trình 𝑓3(𝑥) = 3 có tất cả 9.3 nghiệm phân biệt

+ 𝑓5(𝑥) = 0 ⇔ {𝑓

4(𝑥) = 0

𝑓4(𝑥) = 3

𝑓4(𝑥) = 0 có 33+ 9 + 3 + 2 nghiệm

𝑓4(𝑥) = 𝑓(𝑓3(𝑥)) = 3 có ba nghiệm dương 𝑓3(𝑥) phân biệt thuộc khoảng (0;4) Mỗi

phương trình 𝑓3(𝑥) = 𝑐, với 𝑐 ∈ (0; 4) lại có 27 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng

(0;4)

Do đó phương trình 𝑓4(𝑥) = 3 có tất cả 27.3 nghiệm phân biệt

Vậy 𝑓5(𝑥) = 0 có 34+ 33+ 32+ 3 + 2 = 122 nghiệm

+ 𝑓6(𝑥) = 0 ⇔ {𝑓5(𝑥) = 0

𝑓5(𝑥) = 3

𝑓5(𝑥) = 0 có 34+ 33+ 32+ 3 + 2 = 122 nghiệm

𝑓5(𝑥) = 𝑓(𝑓4(𝑥)) = 3 có ba nghiệm dương 𝑓4(𝑥) phân biệt thuộc khoảng (0;4) Mỗi

phương trình 𝑓4(𝑥) = 𝑑, với 𝑑 ∈ (0; 4) lại có 81 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng

(0;4)

Do đó phương trình 𝑓5(𝑥) = 3 có tất cả 81.3 nghiệm phân biệt

Vậy 𝑓6(𝑥) = 0 có 35+ 34+ 33+ 32+ 3 + 2 = 365 nghiệm

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	1,33 MB