ĐỀ KSCL HƯỚNG đến kì THI THPTQG 2020 lần 1 đa

ĐÁP ÁN KSCL HƯỚNG ĐẾN KÌ THI THPTQG 2020
LẦN 1

TOÁN HỌC BLOOBOOK

Thờigianlàmbài: 90 phút
Ngày thi: 20/07/2019

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
(Đápáncó 08 trang)

Câu 1

Câu 2

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

Câu 9

Câu 10

A

A

B

D

A

D

C

B

B

A

Câu 11

Câu 12

Câu 13

Câu 14

Câu 15

Câu 16

Câu 17

Câu 18

Câu 19

Câu 20

A

B

A

D

C

B

D

A

C

B

Câu 21

Câu 22

Câu 23

Câu 24

Câu 25

Câu 26

Câu 27

Câu 28

Câu 29

Câu 30

C

D

D

D

C

C

A

B

B

B

Câu 31

Câu 32

Câu 33

Câu 34

Câu 35

Câu 36

Câu 37

Câu 38

Câu 39

Câu 40

D

C

D

D

C

D

C

D

B

A

Câu 41

Câu 42

Câu 43

Câu 44

Câu 45

Câu 46

Câu 47

Câu 48

Câu 49

Câu 50

C

D

B

B

C

D

D

D

B

B

Câu 1:A
 2 + 6 = 2a
a = 4

 ab = 32.

a
+
b
=
2.6
b
=
8


Ta có

Câu 2:A
Dãysố −2 , 2 , −2 , 2 , …, là cấp số nhân với số hạng đầu u1 = −2 , công bội q = −1 .
Dãysố ( un ) xác định bởi công thức un = 3n + 1 có u1 = 31 + 1 = 4 , u2 = 32 + 1 = 10 ,
u3 = 33 + 1 = 28 . Nhận xét:

u3 u2
 nên ( un ) không là cấp số nhân.
u2 u1

u1 = 1
un = un −1 + 2 ( n 

Dãysố ( un ) , xác định bởi hệ: 
Nhậnxét:

u3 u2
 nên ( un ) không là cấp số nhân.
u2 u1

*

: n  2)

có u1 = 1 , u1 = 3 , u3 = 5 .


Dãy số các số tự nhiên 1 , 2 , 3 , …. có u1 = 1 , u1 = 2 , u3 = 3 . Nhậnxét:

u3 u2
nên

u2 u1

không là cấp số nhân.
Câu 3:B
2 x − 3 ; x ; 2 x + 3 lập thành cấp số nhân  x 2 = ( 2 x − 3)( 2 x + 3)  x 2 = 4 x 2 − 9

 x2 = 3  x =  3 .

Vì x dương nên x = 3 .
Câu 4:D
Gọi u1 , u2 ,...u30 lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai,… và dãy ghế

số ba mươi. Ta có công thức truy hồi ta có un = un −1 + 4 , ( n = 2,3,...,30 ) .
Ký hiệu: S30 = u1 + u2 + ... + u30 , theo công thức tổng các số hạng của một cấp số cộng
với u1 = 15 , d = 4 ta được:
S30 =

30
( 2u1 + ( 30 − 1) 4 ) = 15 ( 2.15 + 29.4 ) = 2190 .
2

Câu 5:A
Gọi số cây ở hàng thứ n là un .
Ta có: u1 = 1 , u2 = 2 , u3 = 3 , … và S = u1 + u2 + u3 + ... + un = 3003 .
Nhận xét dãysố ( un ) là cấp số cộng có u1 = 1 , công sai d = 1 .
n  2u1 + ( n − 1) d 
Khi đó S = 
= 3003 .
2

Suyra

n  2.1 + ( n − 1)1
2

 n = 77 (vì n 

= 3003

 n ( n + 1) = 6006

).

Vậy số hàng cây được trồng là 77 .
Câu 10:A
MN // DE nên DM, NE cắt nhau tại điểm I và

Lạicó:

 n 2 + n − 6006 = 0

 n = 77

 n = −78


Mặtkhác:

Câu 11:A
M làtrọng tâm của tam giác CBD nên M thuộc trung tuyến CO, với O là trung điểm của
BD, ABCD là hình bình hành nên O cũng là trung điểm của AC. Ta có:

Câu 12: B
Ta có:

IJ là đường trung bình của hình thang ABCD nên:

Do IJ // MN nên thiết diện là hình bình hành khi và chỉ khi IJ = MN

⇒AB = 3CD
Câu 15:C (4.6.8= 192)
Câu 16:B ( 2.168 + 4.150+7.42= 1230)

Câu 17:D
=)) n=8
Câu 18:A
Gọi M(x,y). P=

=

Câu 20:B
=

Câu 27:A
n(n + 1)
2
n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + ... + n 2 =
6

1 + 2 + ... + n =

Thay vào B được câu A


Câu 28:B
C= lim=

= 1/2

Câu 34:D
2018
Điều kiện: sin 2 x  0

Ta có: cota − cot 2 a =

cosa cos 2 a
1
−
=
sin a sin 2a sin 2a

x
2

Do đó phương trình (cot − cot x) + (cot x − cot 2 x) + ... + (cot 22017 x − cot 22018 x) = 0
x
2

 cot − cot 22018 x = 0
x
2

 cot − cot 22018 x = 0  x =
a = 2019
S=2020.
b = 1


Câu 35:C

Câu 36:D

k 2
(k  Z )
2 −1
2019


Câu 37:C
Gọi I = BM  AB' ,IN song songvới CM, N  BC,
mà CM
Lạicó,

( AB N )  d ( CM,AB ) = d ( C, (AB N ) ) =
'

'

'

7
.
7

(

)

(

)

IM AM 1
NC IM 1
7 2 7
=
= 
=
=  d B, ( AB'N ) = 2d C, ( AB'N ) = 2.
=
.
'
IB BB
2
NB IB 2
7
7

(

)

Ta có: cos ABN =

AB 1
'
= . Đặt: BB = x, x  0 thì
AC 2

Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện khi biết các góc tại cùng một đỉnh:
V=

abc
2
2
2
1 + 2 cos x.cos y.cos z − ( cos x ) − ( cos y ) − ( cos z ) .
6

Áp dụng ta có:

(

)

(

2
2
1 2
VB.AB'N = .1. .2.x. 1 + 2 cos 90 0.cos 120 0.cos ABN − ( cos 90 0 ) − ( cos 1200 ) − cos ABN
6 3

Mà ta lạicó:

)

2

=

x 2

.
9


AB' = x 2 + x + 1; NB' = x 2 +

16
13
; AN =
.
9
3

Mà,

(

)

cos B AN =
'

13  2 16 
−x + 
9 
9 

x2 + x + 1 +

2 13 ( x + x + 1 )

2

=

3x + 2

2 13 ( x + x + 1 )
2

(

)

 sin B AN = 1 −
'

( 3x + 2 )

2

52 ( x + x + 1 )
2

3

Từ đây suy ra:
S AB'N

2
13 ( x 2 + x + 1 )

( 3x + 2 )
1
'
'
= .AN.AB .sin B AN =
. 1−
=
2
2
2
6
52 ( x + x + 1 )

)

(

(

)

Mà ta lạicó, d B, ( ANB' ) =

Vậy: VB.ANB =
'

3VB.ANB'
S ANB'

43x 2 + 40x + 48

.
12

x 2
2 7
3
=
 x = 4  0 ( true ) .
7
43x 2 + 40x + 48
12

=

4 2
3
3 4 2
 VABC.A'B'C' = 3VB' .ABC = 3. .VB.ANB' = 3. .
= 2 2  đápán C.
9
2
2 9

Câu 38:D
Ở bài này, ta sẽ xử lý bằng công cụ vector với lưu ý rằng:
Trong một tứ diện đều hay gần đều t ì cặp cạnh đối của chúng vuông góc với nhau.
Gọi độ dài cạnh bên của lăng trụ là x, x  0.
Vì tứ diện XYZT là một tứ diện gần đều nên áp dụng lưu ý thì ta có: XY ⊥ ZT  AB' ⊥ A 'C.
Từ đó, áp dụng tích vô hướng của vector ta được:

(

)

AB' .A 'C = 0  AB' . AC − AA ' = AB' .AC − AB' .AA ' = 0

( AB )


' 2

+ AC 2 − ( B'C )

2

2

(AB ) + (AA ) − (A B )
−
' 2

' 2

2

 AC 2 + ( A 'B' ) − ( B'C ) − ( AA ' ) = 0
2

(

 a 3

) + (a 6 )
2

2

2


−


'

' 2

=0

2

(a 3 )

2

2


+ x  − x2 = 0


2

 x = a 3.

1
2

(

) (
2

)

Vậy: VABC.A B C = S.h = . a 3 . a 3 =
' '

Câu 39:B

'

3a 3
13a
 2, 6a =
 đápán D.
2
5

2

.


Để giải bài toán này, ta sẽ sử dụng một công thức tính nhanh tỉ số thể tích của hình chóp, được
sử dụng rất phổ biến, nhưng các bạn lại ít chú ý đến nó.

Mặt phẳng bất kì cắt các cạnh của hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành lần lượ ttại
M, N, P, Q sao cho:

SM
SN
SP
SQ
= x,
= y,
= z,
= t; x, y, z, t  1 thì lúc đó ta có công thức:
SA
SB
SC
SD
VS .MNPQ
VS.ABCD

Với x =

=

xyzt  1 1 1 1 
1 1 1 1

 + + +  , vàcó + = + .
4 x y z t
x z y t

SA
SX
SY
SZ
1 1 1 1
= 1, y =
,z =
,t =
ta có: + = + .
SA
SB
SC
SD
x z y t

Xét tam giác SAC ta có:
SO =

(

)

1
SO
1
1 SC

2
2
SA + SC 
.ST = SA + .
.SY  ST = SA + .SY.
2
ST
2
2 SY
7
7z

2
7

Mà ba điểm A, T, Y nên ta có: 1 = +
1
x

1
z

Từ + =

2
2
 z =  1 ( True ) .
7z
5

1 1
5 1 1
2t
+  1+ = +  y =
.
y t
2 y t
7t − 2

Từ đây áp dụng công thức tính tỉ số thể tích như đã nói ở trên ta được:
VS .AXYZ
VS.ABCD

xyzt  1 1 1 1  1  2t  2 
7 1 5 1  7  t2 
=
 + + +  = .1. 

 . .t.  1 + − + +  = . 
4  x y z t  4  7t − 2  5 
2 t 2 t  5  7t − 2 

7  t2 
 VS.AXYZ = . 
 .V
5  7t − 2 

t2
2
,  t  1, bằng cách lấy đạo hàm và lập bảng biến thiên ta dễ dàng suy

7t − 2 7
4 8
ra được: min g ( x ) = g   = .
 7  49

Xéthàm: g ( t ) =

7 8
8
8
.V =
V=
 0, 23  đáp án B.
5 49
35
35

Từ đây ta suy ra: min VS.AXYZ  = .

Câu 40:A
Gọi M là trung điểm của BC khi đó ta có A'G ⊥ BC, AM ⊥ BC do đó: BC ⊥ ( A'AM ) .
Từ M dựng MH ⊥ AA ' suy ra MH là đoạn vuông góc chung của BC và AA ' .


Từ giả thiết bài toán ta suy ra: MH =
2
3

2
3

a 3
.
4

2
2 a 3 a 3
2 a 3 a 3
=
=
.
, do GA = MA = .
3
3 2
3 4
3
6

Do d ( G,AA ' ) = d ( M,AA ' ) = MH = .
Từ đây ta suy ra:

1

(d ( G,AA ))
'

2

=

1
1
a
+ ' 2  A 'G = .
2
AG A G
3

a a2 3 a3 3
=
 đáp án A.
3 4
12

Vậy: VABC.A B C = A'G.S ABC = .
' '

'

Câu 41:C
Ta có: S SBC

1
.a.a
S HBC
3VS.ABC 3a 3
2
2
=
=

= a  d ( A, ( SBC ) ) =
= 2 = 3a  đáp án C.
1
cos 600
S SBC
a
2