GỬI TẶNG 2k2

Liên hệ FB thầy Kế Thành Nguyễn nhận đáp án chi tiết: fb.com/kethanhnguyenTAE
TRÍ ANH EDUCATION
CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2020
Môn: Toán
VDC Gửi tặng các em 2k2

Câu 1:

2 x  1
2 x  2
và điểm I 1; 2  . Lấy A, B  C1  , các tia đối
,  C2  : y 
x 1
x 1
của tia IA, IB cắt  C2  lần lượt tại C và D sao cho diện tích tứ giác ABCD là 2019 . Tính

Cho đồ thị  C1  : y 

diện tích tam giác IAB
6057
673
A.
B. 673
C.
4
3
Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần

D.

2019
7

 2a  1 
 2c  2 
Lời giải: Ta có: Giả sử A  a;
 , I 1; 2  , C  c;
 và IA  t.IC nên
a 1 
c 1 


1
1 
4 
1
1


2
 a  1; 
  t.  b  1; 
  t   t    IA  IC
2
a 1 
b 1 
4
2



1
1
1
673
Dễ thấy S IAB  SIBC  SICD  SIDA  SABCD  9SIAB  SIAB 
. Chọn C
2
4
2
3

Câu 2:

Cho hàm số f  x   a0  a1x  a2 x 2  a3 x3  a4 x 4 có 2 điểm cực trị là x  1 và x  2 . Nếu

 f  x 
lim  2  1  3. Hỏi f  1  ?
x0  x

A. 0

9
2
Kế Thành Nguyễn-VCD Gửi tặng 2k2 hàng tuần

B. 4

C.

D.

3
2

Lời giải: Ta có: f '  x   4a4 x3  3a3 x 2  2a2 x  a1

 f ' 1  0
4a4  3a3  2a2  a1  0


 f '  2   0
32a4  12a3  4a2  a1  0

1
 2



f  x
 f  x 
 2
a1 a0 
lim 
 1  3  lim 2  2  lim  a4 x  a3 x  a2   2   2.
x0  x 2
x0 x
x0
x x 

 0

0


 
a0  0
1

f  x
9

a4 
Do đó để lim 2  2  a1  0 . Thay vào 1 ;  2   
2  f  1  . Chọn C.
x0 x
2
a  2

a3  2
 2
Câu 3:

(YÊN KHÁNH A-NINH BÌNH) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;3 và có đồ thị
như hình vẽ

ÔN LUYỆN THPT QUỐC GIA 2020

Trang 1/5


Liên hệ FB thầy Kế Thành Nguyễn nhận đáp án chi tiết: fb.com/kethanhnguyenTAE

Bất phương trình f  x   x  1  7  x  m có nghiệm thuộc  1;3 khi và chỉ khi
A. m  7

B. m  7
C. m  2 2  2
Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần

D. m  2 2  2

Lời giải: Ta có: dễ thấy max f  x   f 3   3

x 1  7  x 

Đánh giá:

1

2

 12   x  1  7  x   4 , dấu bằng xảy ra khi x  3

Nên VT  7 khi x  3 nên m  7 . Chọn A
Câu 4:

(THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Biết đồ thị hàm số y  x3  3x  2 tiếp xúc với parabol

y  ax 2  b tại điểm có hoành độ x   0; 2  . Giá trị lớn nhất S  a  b là
A. Smax  1

C. Smax  1

B. Smax  0

D. Smax  3


3x 2  3
a

3
2
 x  3x  2  ax  b 
2x
Lời giải: Ta có: điều kiện tiếp xúc   2

2
3x  3  2ax
b  x3  3x  2  x. 3x  3

2

x3 3
 S  f  x   
 2 . Khảo sát f  x  ta thấy Smax  f 1  0 . Chọn đáp án B
2 2x
Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần
Câu 5:

(THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  , y 

f  x  3
. Hệ
g  x 1

số góc tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  1 bằng nhau và khác
0 . Khẳn định nào sau đây là đúng
11
11
11
11
A. f 1  
B. f 1  
C. f 1  
D. f 1  
4
4
4
4
f  x  3
Lời giải: Ta có:gọi h  x  
. Dễ thấy f ' 1  g ' 1  h ' 1  a  0 .
g  x 1

 h ' x 

f '  x   g  x   1  g '  x   f  x   3
 g  x   1

2

ÔN LUYỆN THPT QUỐC GIA 2020

.

Trang 2/5


Liên hệ FB thầy Kế Thành Nguyễn nhận đáp án chi tiết: fb.com/kethanhnguyenTAE

 h ' 1 

f ' 1  g 1  1  g ' 1  f 1  3
 g 1  1

2

a  g 1  1  a  f 1  3
 
 a.
2
 g 1  1
2

1  11
11

Nên g 1  f 1  2   g 1  1 hay f 1    g 1  g 1  3    g 1      .
2
4

4

2

2

Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần
(Chuyên Hưng Yên – 2019). Cho hàm số f  x   3x4   x  1 .27 x  6 x  3 . Giả sử m0 

Câu 6:

( a, b  ,

a
b

a
là phân số tối giản) là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình
b





f 7  4 6 x  9 x 2  2m  1  0 có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức P  a  b2 .
A. P  11 .

B. P  7 .

C. P  1.

D. P  9 .

Lời giải: Đặt t  7  4 6 x  9 x 2  t  3;7 . Khi đó pt  f  t   1  2m .
Xét f  t   3t 4   t  1 .27t  6t  3, t  3;7 , ta có: f   t   3t 4.ln 3  27t   t  1 .27t.ln 2  6
f   t   3t 4.ln 2 3  27t.ln 2  27t   t  1 .27t.ln 2  ln 2  3t 4.ln 2 3  27t.ln 2  t  1 ln 2  2  0 .

Suy ra f   t   0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên 3;7  .
Ta có f   t  liên tục trên 3;7  và f   6  0; f   7   0  f   t   0 có nghiệm t0   6;7  .
Lập bảng biến thiên:

Vậy phương trình có nhiều nghiệm nhất khi f  t0   1  2m  4 
Suy ra mmin 

1  f  t0 
5
m
.
2
2

5
. Chọn D.
2

Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần
Câu 7:

(SỞ GĐ-ĐT QUẢNG NAM)Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

 1;7 

để phương trình  m  1 x   m  2  x  x 2  1  x 2  1 có nghiệm

A. 6
Lời giải: Ta có: PT   m  1
Đặt

B. 7

C. 1

D. 5

x
x
  m  2 2
 1.
x 1
x 1
2

x
1 

 t 0  t 

x 1 
2
2

  m  1 t 2   m  2  t  1 với 0  t 

ÔN LUYỆN THPT QUỐC GIA 2020

1
t 2  2t  1
m 2
.
t t
2

Trang 3/5


Liên hệ FB thầy Kế Thành Nguyễn nhận đáp án chi tiết: fb.com/kethanhnguyenTAE
Xét hàm số f  t  

1
t 2  2t  1
với 0  t 
2
t t
2

Dựa vào BBT ta thấy để phương trình có nghiệm  m  5 2  7
Và do m nguyên và m  1;7  nên m1; 2;3; 4;5;6 . Chọn A
Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần
Câu 8:

(SỞ GĐ-ĐT QUẢNG NAM)Cho hai hàm đa thức
y  f  x  , y  g  x  có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ bên.
Biết rằng đồ thị hàm số y  f  x  có đúng một điểm cực trị là

A , đồ thị hàm số y  g  x  có đúng một điểm cực trị là B và
AB 

7
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc
4

khoảng  5;5 để hàm số y  f  x   g  x   m có đúng 5
điểm cực trị?
A. 1

B. 3

C. 4

D. 6

Lời giải: Ta có: Đặt h  x   f  x   g  x  , dễ thấy h  x   0 có hai nghiệm là x1  0  x2 và

h '  x   f '  x   g '  x   0 có 1 nghiệm là x  x0 và h  x0   f  x0   g  x0   
Xét y ' 

 h  x   m  .h  x  .h '  x   0
h  x  m . h  x

7

4

mà h '  x   0 có 1

nghiệm, h  x   0 có 2 nghiệm nên để hàm số đã cho thì
h  x   m  0 có 2 nghiệm đơn khác x1; x0 ; x2 .

Ta có: h  x   m  0  h  x   m , xét BBT của hàm số
y  f  x  . Dựa vào hình bên ta thấy để thỏa mãn thì

m 

7
7
 m   nên m4; 3; 2 . Chọn B
4
4

Câu 9:

(THPT Chuyên Sơn La) Cho hàm số

y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  m3  m

(m

là

tham số). Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và I  2, 2  . Tổng tất cả các giá trị
của m để ba điểm I , A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng

A.

20
.
17

4
2
.
C.
.
17
17
Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần

B. 



D.

5 là

14
.
17



Lời giải: Ta có Ta có y  3x 2  6mx  3 m2  1

 x  m  1, y  2  4m
 y  0  
 x  m  1, y  2  4m
Gọi A  m  1; 2  4m  ; B  m  1; 2  4m   AB   2, 4  AB  2 5
IA   m  3; 4  4m  , IB   m  1, 4m 

ÔN LUYỆN THPT QUỐC GIA 2020

Trang 4/5


Liên hệ FB thầy Kế Thành Nguyễn nhận đáp án chi tiết: fb.com/kethanhnguyenTAE
Dễ thấy AB  2R nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có đường kính AB
 IA  IB  IA.IB  0   m  3 m  1   4  4m  4m   0
 17m2  20m  3  0  m1  m2 

20
. Chọn A.
17

Câu 10: (THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA-ĐĂK-ĐĂK) Với tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước
30cm;40cm . Người ta phân chia tấm nhôm như hình vẽ và cắt bỏ một phần để được gấp lên
một cái hộp có nắp.
Tìm x
để thể tích hộp lớn
nhất.

35  4 13
35  5 13

C.
cm
cm
3
3
Kế Thành Nguyễn-VDC Gửi tặng 2k2 hàng tuần
Lời giải: Ta có: để tạo thành một hình hộp thì
40  2 x
AB  CD 
 20  x
2
Thể tích của hình hộp V  15  x  20  x  x  x3  35x 2  300 x
A.

35  5 13
cm
3

B.

Ta có: V '  3x 2  70 x  300  0  x 

D.

35  4 13
cm
3

35  5 13
3

 35  5 13 
35  5 13
. Chọn C
 Vmax  f 
  x 
3
3



ÔN LUYỆN THPT QUỐC GIA 2020

Trang 5/5