Thi_thu_thptqg_2017_toan_da_1
TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
M
TOÁN Ọ
Mã đề thi 001
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
1. C
11. D
21. D
31. B
41. A
2. D
12. C
22. A
32. A
42. D
Câu
Đáp á
1
C
2
D
3
A
4
C
5
A
3. A
13. C
23. B
33. A
43. A
4. C
14. B
24. A
34. D
44. B
5. A
15. D
25. D
35. A
45. D
6. B
16. B
26. C
36. B
46. B
7. C
17. C
27. D
37. B
47. C
8. C
18.C
28. A
38. A
48. A
9. D
19. C
29. A
39. C
49. D
10. B
20. A
30. A
40. C
50. C
ướng dẫn chọ p ươ g á đú g
ax b
Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số y
với c 0 và ad bc 0,
cx d
2x 2
(ad bc 4 0) và
do đó loại phương án y
x 1
x2
y
(ad bc 3 0).
x 1
a
Vì lim y 2 nên 2.
x
c
2 x 2
.
Vậy chọn y
x 1
3
- Ta có: 2
x 2 5 x 6
3
1
2
x 2 5 x 6
0
x 2
3
x2 5x 6 0
.
2
x 3
1
1
- Hoặc th y l n lư t x 2; x 3; x 2; x ; x vào phương trình t
2
3
đư nghi m là x 2; x 3.
Số đi m hung ủ đồ thị hàm số y ( x 1)2 ( x 2 2 x 2) với trục hoành
chính là số nghi m đôi một phân bi t củ phương trình:
( x 1)2 ( x 2 2 x 2) 0.
Vì x 2 2 x 2 ( x 1)2 1 1 nên phương trình ( x 1)2 ( x 2 2 x 2) 0 có 1
nghi m kép x 1.
Vậy ó đ ng đi m hung
Ta có f '( x) 4 x3 có một nghi m duy nhất là x 0 và đổi dấu từ dương
sang âm khi x qua nghi m (theo chiều tăng) Vậy f(x) có một đi m cự đại và
không ó đi m cực ti u.
- Hàm số mũ là hàm ó dạng y a x , (0 a 1).
6
B
7
C
8
C
9
D
10
B
x
11
D
C
13
C
14
15
B
D
x
x
cận ng ng là á đường thẳng y 1 và y 1.
lim f ( x) đồ thị của hàm số f ( x) ó
x ( 1)
12
x
x
1
Ta có y g ( x) 4 4 3 4 3.
Trong các hàm số đã ho thì hàm số mũ là hàm y g ( x).
hận x t: rong ài này họ sinh ó th d ị nh m gi hàm số lũy thừ và
hàm số mũ
-Tính nguyên hàm củ hàm đã ho suy r đáp án
1
1
sin 3x dx 3 sin 3x d (3x) 3 cos 3x C.
x 2 y 4 i ( x 2 y)i
x 2y 0
x 2 y 0
x 2
.
4 ( x 2 y )
x 2 y 4
y 1
1
Từ bảng nguyên hàm suy ra khẳng định sai c n chọn là: dx lnx C
x
(Vì thiếu dấu giá trị tuy t đối).
Trong á ve tơ đã ho, hỉ ó ve tơ n4 (0; 1;2) là một ve tơ pháp tuyến
ủ ( P): y 2 z 3 0.
Phương trình mặt c u (S ) có tâm I (2; 5; 4) và bán kính R 3 là:
( S ):( x 2) 2 ( y 5) 2 ( z 4) 2 9.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
lim f ( x) 1 và lim f ( x) 1 đồ thị của hàm số f ( x) ó 2 đường ti m
3
đường ti m cận đứng là
đường thẳng x 1.
Giải phương trình y ' 0 t đư c hai nghi m x 0 và x 2.
- Vì hàm đơn giản nên có th xét dấu của y’ đ ó hàm đạt cự đại tại
x 0; y(0) 5 nên chọn C.
- Có th tính y '' đ thấy y ''(0) 0 nên hàm đạt cự đại tại x 0.
Nghị h đảo của số phức z 1 3i là:
1
1
1 3i
1 3
i.
z 1 3i (1 3i)(1 3i) 10 10
Ta có f '( x)
x2 1
0, x [1;0), f '( x) 0 x 1 f ( x) nghịch biến
x2
trên [ 1;0) .
2 2x
2( x 1)
Ta có: y 3
.
x 1 ( x 1)( x 2 x 1)
2 2x
2( x 1)
2
2
Vì lim 3
lim
lim 2
nên đường thẳng
x 1 x 1
x 1 ( x 1)( x 2 x 1)
x 1 x x 1
3
x 1 không là ti m cận đứng củ đồ thị.
2 2x
2 2x
lim 3
0 nên đồ thị của hàm số đã ho ó đ ng
3
x x 1
x x 1
cận ng ng là đường thẳng y 0.
Vì lim
ti m
2
16
17
B
C
1
3
1
log 1 (4x 2) 2 0 4x 2 0 4x 2 4 x .
2
2
2
2
1 3
Vậy tập nghi m của bất phương trình là T ; .
2 2
Với điều ki n b > 0, ta có :
P
5
3
b2 b
b b
5
3
1
b2 .b 2
b.b
1
2
5
3
5
5
b2
b
3
2
b 2.5
b
3
2.3
1.
Vậy P 1.
Với z1 1 3i z1 1 3i .
18
C
z2 2 i z2 2 i.
Ta có:
z1
1 3i
w
z1 z2 (1 3i ) (2 i)
7 1
w i.
5 5
7
1
ng và ph n ảo ng .
5
5
nh toán, r t gọn hoặ d ng máy t nh t đư
Vậy số phứ w ó ph n thự
19
C
20
A
3
3
2 nên từ: (2 a) 4 (2 a)2 ta suy ra : 0 2 a 1 2 a 1 .
4
Vậy 1 a 2.
( x 2 1) '
2x
2
.
Đạo hàm của hàm số y log 2 ( x 2 1) là: y ' 2
( x 1).ln 2 ( x 1).ln 2
hận dạng s i hoặ nhớ nh m ông thứ sẽ d n đến á á h lự họn s i:
+ họn vì áp dụng quy t đạo hàm ủ hàm y ln u x
Vì
+ họn
+ họn
vì áp dụng quy t
vì áp dụng quy t
đạo hàm ủ hàm y log a x
đạo hàm ủ hàm y ln x
0
Vì f (x) là hàm số chẵn, liên tục trên
21
nên ta có:
3
D
3
f x dx f x dx.
0
3
22
A
3
3
3
3
Vậy J
0
3
0
0
0
f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx 12.
4
- Sử dụng máy tính c m tay suy ra kết quả I
3
- Hoặ d ng phương pháp t h phân từng ph n
23
B
24
A
u x
du dx
( Đặt:
)
dx
dv
v 2 x 1
x 1
-Sử dụng máy tính c m t y t đư c kết quả, s u đó so sánh với á phương án
suy r đáp án đ ng ủa bài toán.
-Hoặ d ng phương pháp đổi biến t cos x suy ra kết quả.
A 90
A B C A B C 180
30 B 60 .
Tam giác ABC có:
3 2 1
3 2 1
6
C 30
Tam giác ABC vuông tại A có B 60 BC 2 AB 2.10 20 cm .
Vậy, khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB t đư hình nón đỉnh B có
đường sinh BC 20(cm).
Đường thẳng (d) có một ve tơ hỉ phương là ad (1; 1;2).
Mặt phẳng ( P) có một ve tơ pháp tuyến là nP (1;3;1).
25
D
26
C
27
D
Ta có: ad . nP 1.1 1.3 2.1 0
Mặt khác: M (1;1;2) (d) nhưng M ( P) suy ra (d ) // (P).
Vậy trong các m nh đề đã ho, m nh đề đ ng là: "(d) song song với (P)".
Một khối lập phương ó th tích là a3 thì độ dài mỗi cạnh của hình lập
phương là a.
Nếu mỗi cạnh của hình lập phương tăng gấp 2 l n, tứ là độ dài mỗi cạnh là
2a thì th tích của khối lập phương mới là:
V (2a)3 8a 3 (đ v t t).
28
A
29
A
Nhận xét: Hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đều nên đáy ABC là tam
giá đều, các cạnh bên củ hình lăng trụ là á đường cao củ hình lăng trụ
đó
MC mp( ABC).
Sử dụng công thức tính th tích khối chóp suy ra:
1
a3 3
(đ v t t)
VMABC MC.SABC
3
12
- Dùng máy tính c m tay bấm ra kết quả hoặc khai tri n, rút gọn t đư c kết
96 32
i.
quả
5
5
Đoạn thẳng AB ó trung đi m là I (2;1;3).
Mặt phẳng trung trực củ đoạn thẳng AB đi qu I và có một ve tơ pháp tuyến
là n IB (1; 1;0).
Phương trình mặt phẳng trung trực củ đoạn thẳng AB là:
1( x 2) 1( y 1) 0( z 3) 0 x y 1 0.
Mặt phẳng ( ) ó ve tơ pháp tuyến là n (2; m ;2m), mặt phẳng ( ) có
30
A
ve tơ pháp tuyến là n (6; 1; 1).
Đề ) ( ) thì n n n .n 0 12 m 2m 0 m 4.
Đặt z x yi ( x , y ) .
z 3 | 2i z |
| x yi 3 | | 2i x yi |
31
B
( x 3) 2 y 2 ( x) 2 (2 y ) 2
3
5
x .
2
4
Vậy tập h p á đi m bi u di n số phức z thoả mãn đề ài là đường thẳng
3
5
y
x .
2
4
Ta có: f '(t ) 60t 3t 2 .
f ''(t ) 60 6t, f ''(t ) 0 t 10.
Bảng biến thiên:
y
32
33
A
A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tố độ truyền b nh là lớn nhất vào ngày thứ
10.
Ta có f(x) nghịch biến trên f '( x) (m 1)cos x m 1 0 x (đẳng
thức xảy ra chỉ tại một số h u hạn đi m)
g (t ) (m 1) t m 1 0, t [1;1] (đẳng thức xảy ra chỉ tại một số h u
g (1) 0
0 0
(m 1)
(m 1) m 1.
hạn đi m)
g (1) 0
2m 2 0
Vậy giá trị m phải tìm là m 1.
heo đề bài có a, b 0.
49
49
Ta có : log 3 5
log 1
3 log5 72 log5 23 3(2log5 7 3log5 2). (*)
8
53 8
34
D
Theo giả thiết :
1
log 25 7 a log 5 7 a log 5 7 2a. (**)
2
1
log 2 5 b log 5 2 . (***)
b
h y (**) và (***) vào (*) t đư c:
49
1 3(4ab 3)
log 3 5
3(2log 5 7 3log 5 2) 3 2.2a 3
.
8
b
b
49 3(4ab 3)
.
Vậy log 3 5
8
b
Cách 1: Đường thẳng ( d1 ) đi qu đi m M (0;1;6) và ó ve tơ hỉ phương
là: a1 (1;2;3).
Đường thẳng (d 2 ) ó
ve tơ hỉ phương là: a2 (1;1; 1).
Mặt phẳng (P) có cặp ve tơ hỉ phương là a1 và a2 .
Chọn
35
A
36
B
ve tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: n [a1 ; a2 ] (5;4; 1)
Mặt phẳng (P) đi qu đi m M(0 ; 1 ; 6) và nhận n (5; 4; 1) làm ve tơ
pháp tuyến ó phương trình là:
5( x 0) 4( y 1) 1( z 6) 0 5x 4 y z 2 0.
Cách 2:
Ta có th sử dụng phương pháp loại trừ b ng cách:
Ta thấy mặt phẳng ở phương án B chứa (d2) nên loại.
ặt phẳng ở phương án C song song và không chứa (d1) nên loại.
ặt phẳng ở phương án D song song và không chứa (d1) nên loại.
log a (bx) log a b log a x
Ta có : log ax (bx)
log a (ax)
1 log a x
log a b log a x
log xa ( xb)
.
1 log a x
S
A
C
60°
K
H
B
37
B
+ rước hết chỉ ra góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).
Gọi H là trung đi m của BC.
(SBC ),( ABC ) ( SH , AH ) SHA 60o .
SAH là t m giá đều
a 3
.
2
+ Xá định đường cao của hình chóp S.ABC.
Kẻ SK AH (K thuộc AH).
SK mp( ABC) (Vì mp(SAH ) mp( ABC) ).
3a
nh đư c: SK .
4
+ Từ đó suy r th tích của khối chóp S.ABC
1
3 a3
(đ v t t)
VS . ABC .SK .SABC
3
16
Ta có:
SA AH SH
2
38
A
39
C
1
1 1
1
1
y f ( x) x x 2 x 2 x x 0, x .
3
4 12
2 12
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g(x) ta thấy giá trị của hàm g(x) luôn
dương với mọi giá trị của x 0; (hàm số y = g(x) xá định với mọi x
không âm). Vậy đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) không ó đi m chung.
Cách 1:
H i đi m B, C thuộc (S) ó độ dài lớn nhất khi BC là một đường kính của (S),
do đó đường thẳng (d) đi qu A(2; 1; 1) và nhận ve tơ IA(2; 2; 3) làm 1
ve tơ hỉ phương (trong đó I là tâm của mặt c u (S)).
Phương trình đường thẳng (d) là:
x 2 y 1 z 1
.
2
2
3
Cách 2:
Có th d ng phương pháp loại trừ:
Đường thẳng ó phương trình ở phương án A đi qu A nhưng không đi qu
tâm I nên loại.
Đường thẳng ó phương trình ở phương án B đi qu tâm I nhưng không đi qu
A nên loại.
Đường thẳng ó phương trình ở phương án đi qu A nhưng không đi qu
tâm I nên loại.
Gọi th tích khối nón là V1 , th tích khối trụ là V2 .
Khối nón ó
ng đáy và
ng đường cao với khúc gỗ hình trụ.
1
Khi đó: V1 .V2
3
Ph n gỗ bỏ đi ó th tích là 300 cm3 .
40
C
1
V2 V1 300 V2 .V2 300
3
2
.V2 300 V2 450 cm3 .
3
Di n t h đáy ủa khối trụ là: S
Vì khối trụ và khối nón có
30 cm2 .
V2 450
30 cm 2 .
h
15
ng đáy nên di n t h đáy ủa khối nón là
X t phương trình x2 mx 2i 0 (1).
Gọi x1 ; x2 là hai nghi m củ phương trình ( )
41
A
x x m
Theo h thức Vi-et ta có: 1 2
.
x1.x2 2i
Khi đó:
2
x12 x2 3 ( x1 x2 ) 2 2 x1 x2 3
( m) 2 2.2i 3
m 2 3 4i
m 2 (2 i) 2
42
D
m 2 i
.
m 2 i
Vậy m = 2 + i và m = –2 – i là các giá trị c n tìm.
u năm thứ nhất, á Hoàng ó số tiền lãi là: 15.0,08 (tri u đồng)
u năm thứ nhất á Hoàng ó số tiền ả vốn l n lãi là:
15 15.0,08 15.1 0,08 (tri u đồng)
u năm thứ h i, á Hoàng ó ả số vốn l n lãi là:
2
15. 1 0,08 15. 1 0,08 .0,08 15. 1 0,08 (tri u đồng)
ương tự, s u n năm, thì á Hoàng ó ả vốn l n lãi là:
15. 1 0,08 15. 1,08 (tri u đồng)
Đ số tiền t nhất là
tri u đồng thì:
10
10
n
n
15. 1, 08 50 1, 08
n log1,08
3
3
Vậy s u năm thì á Hoàng sẽ ó t nhất
tri u đồng
n
n
Vì y( x) y( x) nên y x 3 x 1 là hàm số chẵn, do đó đồ thị của hàm
3
số y x 3 x 1 nhận trục tung làm trụ đối xứng.
Vì vậy đồ thị của hàm số gồm hai ph n đồ thị:
Ph n 1: là ph n đồ thị (C1 ) : y x3 3x 1 n m phía bên phải trục Oy
Ph n 2: là ph n đồ thị ủ ph n lấy đối xứng qua Oy.
3
ó đồ thị của hàm số y x 3 x 1 như s u:
3
43
A
Dự vào đồ thị ta thấy đường thẳng y 2m 1 c t đồ thị hàm số
y x 3 x 1 tại 4 đi m phân bi t khi và chỉ khi:
1 2m 1 1 0 m 1.
Vậy tất cả các giá trị m c n tìm là: 0 m 1.
3
44
B
Phương trình hoành độ gi o đi m:
x 1 3 x x 1
x 1 0 x 1 ;
3 x 0 x 3.
Dự vào đồ thị, ta thấy th tích của vật th là:
1
V
1
3
2
x 1 dx
3 x
2
dx
1
1
3
x 1 dx 3 x dx
1
1
x 1
2 1
2
1
3 x
2 3
2
4 (đ v t t)
1
S
A
B
M
D
H
N
C
+ rước hết chỉ ra góc gi a mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC)
Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ AH BM H BM .
45
D
Góc gi a mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) là SHA 450.
AH a.
Xét tam giác ABM vuông tại A ó đường cao AH:
1
1
1
2
2
AH
AM
AB 2
AB a 5.
+ Tính di n tích các tam giác MDN, BNC và hình vuông ABCD.
Từ đó suy r
S ABNM S ABCD SMDN SBNC
25a 2
.
8
Vậy th tích hình chóp S.ABNM là:
VS . ABNM
1
1 25a 2 25a3
(đ v t t)
.SA.S ABNM .a.
3
3
8
24
Đặt t x
xt
2
Đổi ận: x 0 t
2
B
2
2
; dx dt.
; x
t 0.
2
f x dx
0
46
0
f t dt
2
0
2
f x dx.
2
2
2
2 I f x dx f x dx f x
2
0
0
0
2
2
f x dx
2
2
sin x cos x dx sin x cos x 02
0
1 0 0 1 2 I 1.
họn phương án
47
C
Gọi đỉnh hình nón là , tâm đáy là I
Thiết di n qua trục SI của hình nón là SAB.
Tâm của mặt c u ngoại tiếp, nội tiếp hình nón chính là tâm củ đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác SAB.
Vì t m giá A đều nên tâm củ đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội
tiếp tam giác SAB trùng nhau và là trọng tâm tam giác SAB.
Gọi tâm khối c u ngoại tiếp và khối c u nội tiếp hình nón là O. Ta có:
Bán kính khối c u ngoại tiếp hình nón là OS, bán kính khối c u nội tiếp hình
nón là OI.
4
3
SO3
V1 3
SO
3
2 8.
4
V2
OI 3 OI
3
Kéo dài AD và BC c t nhau tại Vì A
là hình th ng ân nên t m giá
SAB là tam giác cân. SM AB, SN CD S , M , N thẳng hàng.
Qu y t m giá vuông A qu nh đường thẳng
t đư c khối nón tròn
xo y ó đỉnh và đáy là hình tròn tâm
án k nh A
A
Th tích khối tròn xo y ó đư khi qu y hình th ng A
qu nh đường
thẳng MN b ng hi u th tích của khối nón V1 đỉnh , đáy là hình tròn ( ;
MA) và th tích khối nón V2 đỉnh , đáy là hình tròn ( ;
)
Ta thấy: AB 2.CD; AB / / CD
SAB.
48
là đường trung bình của tam giác
N là trung đi m của SM.
Kẻ CH AB CH MN
AB MB
CH HB.
4
2
Xét tam giác CHB vuông tại H có: CH HB
BC
a
2
MN a SM 2MN 2a; CN NM a; MB 2.MN 2a.
V1
3
.MB 2 .SM
V V1 V2
49
D
50
C
8 3
a ; V2 . NC 2 .SN a 3 .
3
3
3
7 3
.a (đ v t t)
3
Ta có: y ' 3mx 2 6 x 1 m.
Đồ thị hàm số y mx3 3x 2 (1 m) x 2 ó đ ng h i đi m cực trị và hai
đi m đó n m ở hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trinh y ' 0 có
m 0
hai ngi m trái dấu khi và chỉ khi: a.c 0 3m.(1 m) 0
m 1
Vậy tất cả các giá trị thực m c n tìm là m 0 hoặc m 1.
x y z
Phương trình mặt phẳng ( P) có dạng: 1
a a c
4 2
Vì ( P) đi qu C(2; 2; 2) 1.
a c
1 1 1
ve tơ pháp tuyến n ; ;
a a c
Đường thẳng (d ) ó ve tơ hỉ phương a 3;3;4
Mặt phẳng ( P) ó
3 2
0 3 2 0
n.a 0
a c
(d )//(P)
a c
M (2;0;0) (d ); M ( P)
2 1
a 2
a
4 2
a c 1
a 1
2
3 2
Ta có h : 0 c
3
a c
a 2
a 2
Vậy a = 1 thoả mãn yêu c u bài toán.