ĐỀ KSCL HƯỚNG đến kì THI THPTQG 2020 lần 12 đáp án

Trang 1

Link Page: https://www.facebook.com/ToanhocBlooBook/

TOÁN HỌC BLOOBOOK ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL HƯỚNG ĐẾN KÌ THI THPTQG 2020

LẦN 12 Ngày thi: Thứ 6, ngày 30/08/2019 Đáp án gồm : 10 trang

Thời gian làm bài: 40 phút, không kể thời gian giao đề Bắt đầu: 21h10 – 22h10 Hạn cuối nộp: 22h20

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 Câu 9 Câu 10

Câu 11 Câu 12 Câu 13 Câu 14 Câu 15 Câu 16 Câu 17 Câu 18 Câu 19 Câu 20

Câu 1: Chọn A

Gọi cạnh góc vuông là x, => cạnh huyền là a-x

Cạnh còn lại là

Diện tích tam giác vuông là : S = ( TXD : x < )

Ta có S’ = ; S’ = 0  a = 3x

Lập sơ qua bảng biến thiên ta thấy :

Vậy diện tích tam giác đạt cực đại khi một trong hai cạnh góc vuông có giá trị = a/3

Mã Đề Thi 012 Link Group: https://www.facebook.com/groups/2001ToanHoc/

Trang 2

Câu 2: Chọn D

Gọi Mk(xk,yk) suy ra tiếp tuyến của (C ) tại Mk là : y -yk = y’(x – xk)

= > y = (3xk2 – 2009)(x – xk) + x3

k -2009xk Tọa độ điểm Mk+1 được xác định bằng phương trình hoành độ giao điểm

= > x3 -2009x = (3xk – 2009)(x – xk) + x3

k -2009xk => (x-xk)(x2 + x.xk -2xk )

= > x = xk hoặc x = -2xk … do Mk khác Mk+1 nên suy ra x = -2xk

Ta có x1 = 1, x2 = -2, x3 = 4, … Xn = (-2)n-1

2009xn + yn + 22013 => 2009xn + xn3 -2009xn + 22013 = 0

= > (-2)3n-3 = (-2)2013 => n = 672

Câu 3: Chọn C

Bất phương trình x2 -3x +2 có nghiệm là 2  x 1

Bất phương trình mx2 + (m+1)x + m+1  0  m(x2 + x + 1)  -x-2  m 

Xét hàm số f(x) = với x nằm trong khoảng [1,2] có f’(x) = >0 với mọi x thuộc [1,2]

Với m max f(x)[1,2] =>

Ta có TCD x = 3, giả sử xM< 3, xN> 3

Khi đó M (3-m, 3- ) , N (3+n, 3+ )

Khi đó ta có ; MN2 = (m+n)2 + ( )2 )2 + 64(2)2 = 4(mn + )  4.2.8 = 64 => MN  8

TXD :

Ta có ; để hàm số đồng biến trên (ln ) thì y’ >0 với mọi x trên (ln )

Trang 3

Nhận thấy ex >0 với mọi x thuộc R nên để thỏa mãn y’ >0 thì hàm số y = -m2 +m +2 > 0

với mọi m thuộc R

= > m thuộc (-1,2) (1)

Tuy nhiên nếu đến đây chọn A thì sai, vì :

khi x tăng từ ln đến 0 thì ex tăng từ đến 1, kết hợp điều kiện => m2 <1/4 hoặc m2 >1

=>m thuộc (- vô cùng, -1) hợp với (-1/2,1/2) hợp với (1,cộng vô cùng) (2)

kết hợp với (1) => m thuộc (-1/2,1/2) hợp với (1,2)

Xét phương trinh hoành độ giao điểm :

= mx -m-1 => mx2 -2mx +m+1 = 0 ( vơi x khác 1) ( 1)

Do cắt tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm => m<0 (xét delta)

I là trung điểm của MN => I(1,-1) là cố định

AM2 + AN2 nhỏ nhất <=> MN nhỏ nhất

MN2 = (m2 +1 )(x1 – x2)2 = -4m -  , dấu = xảy ra khi m = -1

Ta có hàm số xác định và liên tục trên R

nên tồn tại số M>2 sao cho y(M) >0

nên tồn tại số m <-2 sao cho y(m) <0

Do y(m).y(-2) <0 nên phương trình y = 0 có ít nhất 1 nghiệm nằm trong khoảng ((m,-2)

Do y(-2).y(2) < 0 nên phương trình y = 0 có ít nhất 1 nghiệm nằm trong (-2,2)

Do y(2).y(M) nên phương trình y = 0 có ít nhất 1 nghiệm nằm trong (2,M)

Do phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm

Câu 8: Chọn B

Trang 4

Tập xác định : x thuộc [1,3]

Có ý = =

y’ = 0 => x = 2

Lập bảng biến thiên có :

11

Từ bản biến thiên ta thấy m = 5 , M = 11

Nhớ lại kiến thức vật lý ta có :

Trang 5

Ta chọn gốc trục tọa độ tại mặt đất, trục y (chiều cao) hướng lên, trục theo phương ngang thì có chiều hướng sang bên phải

Khi đó phương trình chuyển động như sau :

vy = v0sin(a) -gt

h = h0 + v0.sin(a).t - t2 (lưu ý là g ở đây chưa cho) (1)

khi lên độ cao cực đại (I) thì vy = 0 (lúc này đi được ½ thời gian ) => gt = v0sin(a) = 3g

kết hợp với (1) và giả thiết đi được 1s thì đạt 6m độ cao

 6 = 1 + 3g.1 - 1 => g = 2 (2)

Khi đi được 4s (lớn hơn 3s) thì vật đã lên đến độ cao cực đại và rơi xuống => vật đạt độ

cao cực đại tại t = 3s

Tính được g =2, kết hợp với (1), với điều kiện t = 3, ta được h = 10

Gọi Sn =

Tính : Sn - = ( ) – ( ) = -

= > = (với hn = (1)

Ta có : ,

hn là dãy cấp số nhân => 1 (2)

Từ (1), (2) =>

Trang 6

2

y  x  a b x c

Vì đạt cực tiểu tại x1�3 (  a b) 3c0�a b 3c3 (ĐK cần)

" 0

y  tại x1� 6x a b      ( ) 6 a b 0 (ĐK đủ)

a b

  

�

Thay (*) vào P

2

a ab ab    a b a  b ab b 

�

Xét y   b2 (4 a b) 1⇒ max

4 2

a

4

a

a  b ab b  a�  � f a

Xét f a( )

2 1 0

a b c



�

� 

� �

� 

�  �a  0;3 a Max 0;3

�

� f a( ) 4 �a2

Do

�

2

1

0

a

b

c



�

� 

� �

� 

�

Câu 12: Chọn D

Để A thỏa mãn yêu cầu

b

a m

  



�

 � b a m(  )  a2 ma m 2(*)

Do có 2 họ ( )C � m Phương trình (*) có 2 nghiệm m�  0�(a b b )( 3 ) 0a  �D

Trang 7

Xét f x( )  x3 3x m

2

'( ) 3 3 0

f x  x   � x�1

'( )

( )

f x

m

2

m

2

m

2 ( ) 2

m f x m

 TH1: (m2)(m 2) 0� �m 2;2

2 ( )

2

m Max f x

m

� 





� (*) và Min f x( ) 0 Tách (*) thành 2 TH:

 m 2 m2

5( )

2 3

1( )

m



�

 

 m 2 m2

1( )

2 3

5( )

m



�

 

�TH1 có 2 giá trị m t/m

 TH2: (m2)(m �2) 0

m   m

� � m   2 m 2 3�2m3�Vô nghiệm

�Kết luận: Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán

f x  x mx  m  x m

Do y f x  

có nhiều hơn 5 cực trị thì f x'( ) 0 phải có 3 nghiệm.

f x x  mx  m  x m 

Gọi G x( ) f x'( )

Trang 8

1

�   �    

� �

  �    

�

Yêu cầu bài toán �

 G(0) 1 m20

1 1

m m



�

� �  � (1)

 G'(0) 0  có 2 nghiệm 0 x 1 x2�

1

m



�

    ��  � �  (2)



3 3 0 ( ) ( ) 0

3 1 0

G x G x

�    

�

 � �

   

Từ (1); (2) và (3)

2 2

1 ( 1)( 3) 0 ( 1)( 2 1) 0

m



�

�   

� �

�    

�

3  m 1 2

� �3m2 3 2 2

3 2

a b c

 

�

� �

 TH1: m0

y  x  x  x 

�

�Loại

 TH2: m�0

y m x  m x  x m  x� x�� (ĐK để hàm đồng biến trên )ℝ

Dễ thấy y' 0 tại x0 �m x2 3(m2)x2 x m2 1 0

Do m20 � Đồ thị hàm số y' có tối đa 2 điểm cực tiểu

 y' 0  có nghiệm x0 và x0 là nghiệm cực tiểu.

 y' 0  có tối đa 2 nghiệm khác 0 thì thỏa mãn ycbt.

Xét y'' 4 m x2 33(m2)x22x m 2 1 0

Trang 9

Vì x0 là nghiệm �m2   1 0

1 1

m m



�

� �  � Thay vào phương trình y' 0  � m 1 Vậy có duy nhất 1 nghiệm của m thỏa mãn ycbt

BPT

( )

255

3 2

m e    x e

�

Đặt

( )

255

3 2

y e    x e

� y e'   x x2 x 255 f x e'( ) f x( )

Ta có: x�2;1

2 ( )

0

255 0 '( ) 0

x

f x

e

f x e

� 

�

   

� �

� � y' 0 � y đồng biến trên 2;1

�

(1)

1525

6

f

⇒(*)

P là TH (*) xảy ra dấu “=”

⇒⇒ ⇒ ⇒

Đặt ⇒⇒

⇒ ⇒

Yêu cầu bài toán ⇔=0 ⇒

Từ đồ thị ⇒ ⇔ ⇒

Ta có: ⇒

Trang 10

Ta có:

⇒

⇒ =

⇒

Vì

 TH1:

 TH2:

⇒ ⇒ ⇒ Chọn A

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	560,73 KB