Thi_thu_thptqg_2017_toan_da_4
TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
M
TOÁN Ọ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
1. A
11. D
21. C
31. C
41. A
2. C
12. D
22. D
32. C
42. C
Câu
Đ
1
A
2
C
3
A
4
C
5
B
6
B
7
A
3. A
13. A
23. B
33. D
43. C
Mã đề thi 004
4. C
14. A
24. A
34. B
44. D
5. B
15. D
25. D
35. B
45. B
6. B
16. B
26. A
36. A
46. D
7. A
17. D
27. B
37. D
47. C
8. C
18. A
28. C
38. B
48. C
9. B
19. C
29. C
39. B
49. C
10. A
20. A
30. A
40. A
50. C
ướng dẫn chọ
ươ g
đú g
Vì f '( x) 0 x (2;2) và f '( x) 0 khi và chỉ khi x [0;1] ( f '( x) 0 tại
vô số điểm) nên f(x) không nghịch biến trên toàn khoảng (2;2). Do đó A sai.
Và dễ thấy các khẳng định ở các phương án B, C, D đều đúng.
b
Đáp án đúng là: log a log a b log a c.
c
h n t: Bài nà chỉ u c u h c sinh nh lại c ng th c iến đ i lôgarit, h c
sinh có thể ị nh m l n:
- lôgarit c thương thành lôgarit c t ch
- lôgarit
lôgarit
1
Từ bảng nguyên hàm ta có khẳng định sai c n ch n là: 2 dx cot x C.
sin x
Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là: a3 1;1;0 .
Các vectơ a1 , a2 , a4 kh ng cùng phương v i vectơ a3 1;1;0 nên không là
vectơ chỉ phương c a d .
V y ch n C.
1 2x
2
2
n n đường thẳng y
Vì lim
là tiệm c n ngang c đồ thị
x 3 x 1
3
3
hàm số đã cho.
Ta có: f '( x) 4 x3 có một nghiệm duy nhất là x = 0 và đ i dấu từ dương s ng
âm khi x qua nghiệm. V y f(x) có một điểm cực trị.
Quan sát hình vẽ, ta thấy hàm y f x chính là hàm số y x .
T p ác định là D .
Hàm số y x có đạo hàm trái tại điểm x 0 là 1 , đạo hàm phải tại x 0
bằng 1 nên hàm số kh ng có đạo hàm tại x 0 D.
Do đó hàm số y x kh ng có đạo hàm tại điểm x 0 thuộc t p ác định.
Xét I x3e x dx x 2e x xdx .
2
8
C
2
Đ i biến t x2 dt 2xdx xdx
Khi đó: I t.e t
9
B
10
A
11
D
1
dt.
2
1
1
dt t.e t dt.
2
2
7i –1 – 2 5i (1 2) (7 5)i 3 2i.
Mặt c u (S ) có tâm I (2;1; 1) và bán kính
R a 2 b2 c 2 d (2)2 12 (1)2 (3) 9 3.
ax b
Đồ thị như hình vẽ là đồ thị c a hàm số y
v i c 0 và ad bc 0,
cx d
x 2
(ad bc 1 0).
do đó loại phương án y
x 1
2x 2
a
.
Vì lim y 1 nên 1 nên loại phương án y
x
x 1
c
d
2x 4
. V y ch n phương
Vì lim y nên 1 nên loại phương án y
x 1
c
2x 1
x2
.
án y
x 1
2
3
12
D
x2 5x
4
9
x2 x
2
3
x2 5x
2( x2 x )
2
3
2
x 2 5x 2(x 2 x) (Vì 0 1 )
3
x0
x 2 3x 0
.
x 3
V y t p nghiệm c a bất phương trình là T ( ; 3) (0; ).
Vì f (x) là hàm số lẻ, liên tục trên
n n t có f x f x .
1
13
A
Từ đó su r
f x dx 0.
1
2
14
A
2
1
J
1
1
1
f x dx f x dx f x dx 0 2 2.
Giải phương trình y ' 0 t được hai nghiệm x 1 và x 1.
- Vì hàm đơn giản nên có thể xét dấu c
’ su r hàm đạt cực tiểu tại
x 1 nên ch n A.
- Có thể tính y '' để thấy y ''(1) 0 n n hàm đạt cực tiểu tại x 1.
1
Xét hàm số y 3x 2 2x 1 3 .
15
D
2
2
1
2
2
2
'
2
3
Ta có: y ' (3x 2x 1) (3x 2x 1) (3x 1)(3x 2x 1) 3 .
3
3
V i a 0; a 1 ta có:
5
16
17
B
D
2
146
139
a3 . 3 a5 .a 2 . 7 a 2
a3 .a 3 .a 2 .a 7
a 21
139
A log a
log a
log a 1 log a a 21
.
1
3
21
a
3
3
a
a
x t
Phương trình đường thẳng d là: y t 1 (t ).
z t
Vì nP (1, 1,1), ud (1, 1,1) n n đường thẳng d vuông góc v i mặt phẳng (P).
18
A
1
a b
3
log a 3 log a a b log a c log a a log a b log a c 3
c
1
1
1
1
5
1 log a b log a c 1 .(2) .5 .
2
3
2
3
3
G i v t là v n tốc c hòn đá tại thời điểm t.
Ta có v ' t a t 10 m / s 2 .
v t 10dt 10t C.
19
C
Vì v 0 20 m / s C 20 v t 10t 20.
Khi hòn đá đạt được độ cao l n nhất, v n tốc c hòn đá ằng 0.
v t 0 t 2.
S u 2 giâ hòn đá đạt độ cao l n nhất.
2
Khi đó, quãng đường v t đi được là: s 10t 20 dt 20 m .
0
V
hòn đá đạt được độ cao l n nhất so v i mặt đất là: 20 10 30 m .
Đặt z x iy ( x, y ) .
20
A
21
C
22
D
Ta có: | z | 2 x2 y 2 2 x2 y 2 4.
V y trên mp(Oxy) t p hợp các điểm biểu diễn số ph c z thoả mãn điều kiện
| z | 2 là hình tròn tâm O(0 ; 0), bán kính bằng 2.
Ta có: f ( x) m 0 f ( x) m.
Số nghiệm c phương trình f ( x) m 0 chính bằng số điểm chung c a
đường thẳng y m và đồ thị c a hàm số y f ( x).
Dựa vào bảng biến thiên ta thấ đường thẳng y m và đồ thị c a hàm số
y f ( x) có điểm chung 2 m 1 1 m 2.
V y ch n C.
V i z 1 3i suy ra z 1 3i .
w iz z i(1 3i) 1 3i
i 3i 2 1 3i 2i 2.
V y w = –2 – 2i.
D
C
A
G
M
B
23
B
G i M là trung điểm c a BC.
Ta có: G là tr ng tâm c a tam giác ABC AG
2
AM
3
2
2 1
1
S ABM . S ABC S ABC .
3
3 2
3
Vì hình chóp D.ABC và hình chóp D.ABG có cùng chiều cao hạ từ D xuống mặt
đá (ABC)
V
S
1
D. ABG ABG
VD. ABC SABC 3
1
1
VD. ABG VD. ABC .18 6 (đ.v.t.t).
3
3
1
TXĐ: D .
Ta có:
f '( x) 4 x3 4 x, f '( x) 0 x 0.
Bảng biến thiên:
S ABG
24
25
A
D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất c a hàm số là 4.
2 T có: f ( x) x 4 2 x 2 4 4, x .
Do đó hàm số có giá trị nhỏ nhất là 4 khi x 0.
du dx
u x
Đặt:
sin(nx)
dv cos(nx)dx v
n
Áp dụng công th c tích phân từng ph n ta có:
2
2
2
1
1
1
1
2
I .x.sin nx .sin nxdx .x.sin nx 2 cos nx
n
n
n
0 0 n
0
0
Vì n 2k , k
nên I
(1) k 1
.
4k 2
A
C
a
B
3a
C'
A'
E
B'
26
27
A
B
Vì lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều nên mp(BCC’B’) mp(A’B’C’)
G i E là trung điểm c a B’C’ A ' E B ' C ' (Vì A’B’C’ đều).
Mà mp( BCC 'B') mp(A'B'C') B'C'
A ' E mp( BCC ' B ')
1
Do đó VA '.BCC ' B ' A ' E.S BCC ' B ' .
3
A' B ' 3 a 3
Mà A ' E
; S BCC ' B ' BC.CC ' a.3a 3a 2 .
2
2
1 a 3 2 a3 3
(đ.v.t.t).
VA '.BCC ' B ' .
.3a
3 2
2
Giả sử khối trụ tròn o T có án k nh đá là R1 và đường cao là h1 thì thể
tích là V1 .R12 .h1.
Khối trụ tròn xoay có bán kính bằng một nửa bán kính khối trụ T và đường cao
gấp đ i đường cao c a khối trụ T có thể tích là:
R2 .h V 100
R
V2 .R2 .h2 . 1 . 2h1 1 1 1
50 cm3 .
2
2
2
2
Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tu ến là n (2;m;2m), mặt phẳng ( ) có
2
2
28
C
vectơ pháp tu ến là n (6; 1; 1).
Đề ) ( ) thì n n n .n 0 12 m 2m 0 m 4.
29
C
(1 i)2016
.
z
i
Chú ý: (1 i )2 1 2i i 2 2i.
1008
(1 i )2016 (1 i )2
(2i )1008 21008. i 4
252
21008 .
21008 21008.(i)
21008 i.
i
i 2
V y số ph c z có ph n thực bằng 0; ph n ảo bằng 21008 .
Mặt c u (S) có tâm là I 2;1;0 .
Dễ thấ điểm A thuộc mặt c u (S) vì:
(4 2) 2 (2 1) 2 22 9.
Do đó: z
30
A
31
C
Mặt phẳng (P) đi qu A(4 ; 2 ; 2) và nh n IA(2;1; 2) làm một vectơ pháp tu ến.
Phương trình mặt phẳng (P) là:
2( x 4) 1( y 2) 2( z 2) 0 hay 2x y 2z 14 0.
T có f’( ) = 1 – 2cosxsinx = 1 – sin2x 0, x (vì sin2x 1, x ) .
Đẳng th c xảy ra chỉ tại các điểm x k , k . Do đó f( ) lu n đồng biến
4
trên .
X t phương trình: log 2 1 3 x log 7 x.
Điều kiện: x 0.
Đặt t log 7 x x 7t.
Khi đó t có phương trình:
t
t
t
t
t
t
1 3 7 3
log 2 1 7 3 t 1 7 3 2t 1 7 3 83 1 0 (*)
8 8
t
32
C
t
33
D
t
1 3 7 3
Xét hàm số f (t) 1.
8 8
Ta có: f 3 0;
t
1 1 3 1 1 7 3 7
f '(t ) . ln ln 0
3 8
8 3 8
8
f(t) là hàm nghịch biến trên .
Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất t 3.
V i t 3 x 73 343.
Vâ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 343.
Ta có: BM x, x (0;18) MN 36 2 x; QM x 3.
Diện tích hình chữ nh t MNPQ là:
S MN .QM (36 2 x) x 3 3(36 x 2 x 2 ).
Xét hàm số S ( x) 3(36 x 2 x 2 ) v i 0 x 18.
Ta có: S '( x) 3(36 4 x), S '( x) 0 x 9.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích c a hình chữ nh t MNPQ có giá trị l n nhất
là 162 3 cm 2 , đạt được khi x 9(cm).
34
B
Xét hàm số y x 2e x .
T p ác định: D .
Ta có: y ' 2x.e x x 2 .e x x.e x (2 x).
x 0
y' 0
.
x 2
Tr n đoạn 1;1 ta có:
1
y (1) e 1 ; y (0) 0; y (1) e.
e
V y giá trị l n nhất c hàm số y x 2e x rê đoạn 1;1
e.
Đặt z a bi (a, b ) .
(1 2i ) z (3 i) z (3 2i) 2
(1 2i )(a bi ) (3 i )(a bi ) 9 12i 4
4a 3b (2b a)i 5 12i
35
B
36
A
26
a 5
4a 3b 5
.
a 2b 12
b 43
5
26 43
26 43
V y z i z i .
5
5
5
5
43
Ph n ảo c a số ph c z bằng .
5
Giả sử tấm kim loại hình chữ nh t có k ch thư c a b .
Uốn theo cách 1 t được hình trụ có chiều c o là và chu vi đá là .
Uốn theo cách 2 t được hình trụ có chiều c o là và chu vi đá là .
V b 1
Dễ dàng t nh được 1 .
V2 a 2
37
D
Quay tam giác vuông ABC vuông tại A một vòng quanh cạnh AB được một
khối nón có án k nh đá là AC, đường c o AB và đường sinh là BC.
Xét tam giác ABC vuông tại A có BC = 12cm và ABC 300
AB 6 3 cm ; AC 6 cm .
Thể tích c a khối nón là:
1
1
1
V .r 2 .h . . AC 2 . AB . .6 2.6 3 72 3 cm3 .
3
3
3
A
C
B
P
M
N
C'
A'
38
39
B
B
B'
G i P là trung điểm c CC’.
Mặt phẳng (CMN) chia khối lăng trụ ABC.MNP thành 2 khối chóp là C.ABNM
và C.MNP.
Xét khối chóp C.MNP và khối lăng trụ ABC.MNP có cùng mặt phẳng đá
(MNP) và chung chiều cao kẻ từ C xuống mặt đá (M P)
1
2
VC .MNP VABC .MNP VC . ABNM VABC .MNP .
3
3
VABC .MNP
2 1
1
1
1
VC . ABNM . VABC . A ' B ' C ' VABC . A ' B ' C ' V .
Mà
3 2
3
3
VABC . A ' B 'C ' 2
V
V y VC . ABNM .
3
Dễ thấ điểm B (1;1;1) thuộc đường thẳng d .
Ta có: AB (0;1;1), ud (1;0;0).
Vì AB.ud 0 AB d d (A,d) AB 2.
log3 ( x 2 2 x m 9) 2 x 2 2 x m 9 32
40
A
x 2 2 x m 0 x 2 2x m 0 (1)
Phương trình (1) có ' 1 m.
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thì
1 m 0 m 1.
x x 2
Theo hệ th c Vi-et ta có: 1 2
x1.x2 m
Khi đó:
2
x12 x2 3
( x1 x2 )2 2x1 x2 3
(2) 2 2m 3 m
1
(thoả mãn m 1 ).
2
1
là giá trị c n tìm.
2
Ta có: y ' 3mx 2 2 x m.
V y m
41
A
42
C
Hàm số y mx3 x 2 mx 2 có đúng h i điểm cực trị và điểm cực tiểu nằm
n trái điểm cực đại khi và chỉ khi a m 0 và phương trình y ' 0 có hai
nghiệm phân biệt, t c là khi và chỉ khi:
m 0
m 0
1
1
.
1 0m
2
m
3
' 1 3m 0
3
3
3
V y tất cả các giá trị thực m c n tìm là: 0 m
.
3
Dễ thấ điểm A không thuộc mặt phẳng (P).
a b c
Ta có: OA ; ; .
2 2 2
x y z
Phương trình đường thẳng OA là: .
a b c
G i H là gi o điểm c đường thẳng OA và mặt phẳng (P).
H thuộc đường thẳng OA H at ; bt ; ct (t ).
at bt ct
1
1 t
a b c
3
a b c
H ; ;
3 3 3
3
Vì OA OH điểm H nằm giữ h i điểm O, A và H kh ng là trung điểm
2
H ( P)
c a OA.
V h i điểm O và A ở khác ph đối v i (P) nhưng kh ng cách đều (P).
Để đồ thị hàm số tồn tại 2 tiệm c n ngang thì phải tồn tại lim y lim y.
x
x
1
m
1 mx
x2
lim
m , tồn tại khi m 0.
Có lim y lim
x
x
x
1
x 1
1
x
1
2 m
2
1 mx
x
lim
m , tồn tại khi m 0.
Có lim y lim
x
x
x
1
x 1
1
x
V i m 0 đồ thị hàm số có đúng một tiệm c n ng ng là đường thẳng y 0.
V i m 0 thì hiển nhiên lim y lim y , vì thế hàm số đã cho có 2 tiệm c n
2
43
C
x
44
D
ngang.
4 năm = 4 tháng; 1,2 tỉ = 1 200 000 000 đồng.
iả sử ác Huệ gửi m i tháng vào ngân hàng là (đồng), v i lãi suất là r.
Cuối tháng th nhất, ác Huệ có số tiền là: a a.r a 1 r (đồng).
Đ u tháng th h i, ác Huệ có số tiền là:
a
2
2
a
a 1 r a a 1 r 1
1 r 1 1 r 1 r 1 r 1 (đồng).
Cuối tháng th h i ác Huệ có số tiền là:
a
a
a
2
2
2
1 r 1 1 r 1 .r 1 r 1 1 r (đồng).
r
r
r
Đ u tháng th
, ác Huệ có số tiền là:
a
a
2
3
1 r 1 1 r a 1 r 1 (đồng).
r
r
Cuối tháng th
, ác Huệ có số tiền là:
a
a
a
3
3
3
1 r 1 1 r 1 .r 1 r 1 1 r
r
r
r
a
48
V s u tháng th 4 ác Huệ tiết kiệm được là: 1 r 1 1 r (đồng).
r
a
48
T có:
1 0,5% 1 1 0,5% 1200000000 a 22071676
0,5%
(đồng)
Thể tích c a v t thể là:
B
2
1
V 2
dx
x 4
0
2
45
x
Đặt x 2 tan u dx 2 tan 2 u 1 du
Đ i c n: x 0 sao cho u 0 , x 2 sao cho u
4
.
Khi đó:
4
V
0
4 tan
1
2
u 4
2
8
4
8 tan
1
du
u 1
2
4
2
cos udu
0
sin 2u
16
0
.2 tan u 1 du
2
2
4 cos 2u 1
8
2
0
du
4 2
u
64
0
2
(đ.v.t.t).
z i
X t phương trình:
1 . Điều kiện z i .
iz
3
z i
1
iz
3
( z i )3 ( z i )3 0
46
D
2z3 6z 0
z 0
z 3
V phương trình đã cho có 3 nghiệm là z1 0; z2 3; z3 3 .
T ng ình phương các nghiệm c phương trình là:
2
2
z12 z2 z3 0 ( 3)2 ( 3)2 6.
A'
C'
B'
47
C
M
A
G
C
B
Ta có: VA' BCC ' B ' VABC. A' B 'C ' VA' ABC .
G i M là trung điểm c a AC.
Xét tam giác ABM vuông tại A, theo định lí Py-ta-go ta có:
2
2
a 5
a 5a
2
2
2
2
BM
.
BM AB AM a
2
4
2
Vì G là tr ng tâm c a tam giác ABC nên BG
2
2 a 5 a 5
.
BM .
3
3 2
3
Vì A ' G mp( ABC) nên ( A 'B; mp( ABC)) ( A 'B;GB) A ' BG 45o .
X t t m giác A’B vu ng tại G, ta có:
a 5
a 5
.
A ' G BG.tan A ' BG
.tan 45o
3
3
1
1
1
S ABC AB. AC a.a a 2 .
2
2
2
a 5 a2
5 a3
.
VABC . A ' B 'C ' A ' G.SABC
.
3 2
6
1
1 a 5 1 3
5a3
.
VA ' ABC A ' G.SABC .
. a
3
3 3 2
18
5 a3
5 a3
5 a3
V y VA ' BCC ' B '
(đ.v.t.t).
6
18
9
Đặt u x; v f x thì:
2
2
0
0
2
J f x dx u '.vdx uv 02 v '.udx
0
2
xf x x. f ' x dx
2
0
0
48
C
2
2
x. f ' x dx.
0
Đ i iến: t x x t ; dx dt.
2
2
Đ i c n: x 0 t
; x t 0.
2
2
sin 2017 t
0
2
J
dt
2017
2017
cos t sin t
2
2
2
2017
2
cos t
cos 2017 x
dt 2017
dx K .
sin 2017 t cos 2017 t
sin
x cos 2017 x
0
0
2
2
T có: J K dx x 02
0
J
.
4
2
.
Do đó
2
x. f ' x .dx I
4 2 0
Ch n phương án C.
2
4
4
.
Bước 1: Xác định tâm mặt c u ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
G i I là tr ng tâm c a tam giác ABC.
G i M, N l n lượt là trung điểm c a AC, SB.
Ta có: SI ABC .
49
C
O là gi o điểm c a SI v i đường trung trực c a SB trong mặt phẳng (SBM).
Bước 2: Sử dụng các hệ th c lượng trong tam giác tính bán kính mặt c u.
SAC ABC AC
Ta có: BM AC
SM AC
Góc giữa mặt n (SAC) và đá (ABC) là SMI 600.
a 3
BM a 3
2 BM a 3
Ta có: BM
; IM
; BI
2
3
6
3
3
a
7
SB a 7
SI IM .tan SMI ; SB SI 2 IB 2 a
; SN
.
2
12
2 2 12
a 7
7
.a
SI SN
SN .SB 2 12
12 7a .
SO
Lại có : cos BSI
a
SB SO
SI
12
2
Bước 3: Tính diện tích mặt c u.
7a 49 a
V y diện tích mặt c u là : S 4
(đ.v.d.t).
36
12
Cách 1:
Ta có: AB (1; 2; 2), AD (2; 2; 1).
AB AD và AB AD.
Hiển nhi n điểm C tồn tại và duy nhất.
2
50
C
Và C 450 DC 2 AB C (1;6;4).
Cách 2:
2
Thử trực tiếp bằng cách sử dụng công th c:
CB . CD
cos BCD cos(CB, CD)
.
CB . CD
Kiểm tr
đó.
em điểm C ở phương án nào có cos BCD
1
thì ch n phương án
2