Thi_thu_thptqg_2017_toan_da_2
TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
M
TOÁN Ọ
Mã đề thi 002
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
1. C
11. B
21. B
31. D
41. D
2. B
12. B
22. C
32. A
42. D
Câu
3. C
13. A
23. D
33. B
43. B
4. A
14. A
24. C
34. D
44. D
5. D
15. B
25. C
35. A
45. B
Đáp á
6. D
16. A
26. B
36. A
46. A
7. B
17. D
27. C
37. D
47. A
8. A
18. A
28. D
38. C
48. C
9. C
19. B
29. B
39. A
49. C
10. C
20. D
30. A
40. A
50. D
ướng dẫn chọ p ươ g á đú g
Vì lim f ( x) lim f ( x) nên loại phương án B và D.
x
1
x
C
Vì f (0) 1 nên loại phương án A. Vậy chọn C.
Vì lim f ( x) nên đồ thị hàm số f(x) có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng
x 2
2
B
x 2.
Vì lim f ( x) 1 nên đồ thị hàm số f(x) có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng
x
y 1.
3
C
4
A
5
D
-Tính nguyên hàm của hàm đã cho suy ra đáp án
x 4 3x 2
3
3
x 3x dx x dx 3xdx 4 2 C.
4
Vì hàm đơn giản nên tính ngay f '( x ) x 3 .
5
4 3
Thấy ngay x 0 thì f '( x) x 0 nên hàm số đồng biến.
5
iải phương trình log3 2x 1 2 2x 1 9 2x 8 x 4.
Nên chọn D.
h l n lư t các phương án d n đến log3 6;log 3 8;log 3 7;log 3 9. hấy
ngay log 3 9 log 3 32 2.
2
2
Ta có hàm số y x có tập xác định là (0; ) do đ đồ thị hàm số ch c
th c dạng
ình ho c ình .
6
D
2
2
2
1 nên “ ình ” chính là đồ thị của hàm số y x .
M t hác 0
2
7
B
Với z1 2 i; z 2 2 i ta có:
z1 z 2 (2 i) (2 i) 2i.
Đường thẳng (d) có một vectơ ch phương là: a 4 2; 4; 1 .
8
A
hông cùng phương với vectơ a 4 2; 4; 1 .
Các vectơ a1 ,a 2 ,a 3
Vậy phương án c n chọn là: a 4 2; 4; 1 .
9
C
M t c u (S) có tâm I(2;1;2) và bán kính R 25 5.
Vì F(x) là nguyên hàm của hàm số f (x) 2x 2 3 nên ta có:
F(x) (2x 2 3)dx
10
C
Mà F(0) 1
Vậy F(x)
2x 3
3x C .
3
2.03
3.0 C 1 C 1.
3
2x 3
3x 1.
3
- Tìm số phức z từ giả thiết (1 i)z 5 i.
5i
ta đư c z 3 2i.
1 i
Kết h p với hình vẽ suy ra số phức z 3 2i đư c bi u diện b i đi m B(3 ;
2).
Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn z
11
12
B
B
Quan sát bảng biến thiên ta thấy:
Hàm số đã cho c 2 cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x 1 và giá trị cực đại là y = 5.
Hàm số đạt cực ti u tại x = 1 và giá trị cực ti u là y 11.
Do lim y và lim y nên hàm số không có giá trị lớn nhất và giá
x
13
A
14
A
15
B
x
trị nhỏ nhất.
Vậy trong các khẳng định đã cho, hẳng định đúng là:
“ àm số đạt cực đại tại x = – và và đạt cực ti u tại x = ”
Thấy ngay hoành độ giao đi m là x0 2 , hi đ y0 4.
6i 1
Biến đổi ta đư c z
.
4 3i
Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn (nhân liên h p) ta đư c
22 21
z
i.
25 25
Giải phương trình y ' 0 đư c hai nghiệm x 4 và x 2.
Lưu ý 2 [3;5] nên loại x 2.
Tính giá trị của hàm số đã cho tại các đi m x 3, x 4, x 5 rồi so sánh các
giá trị đ , ta đư c giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [3;5] là 8 nên
chọn B.
Đ t z x yi (x, y ) .
z (1 i) 1 | x yi (1 i) | 1
16
A
17
D
| (x 1) (y 1)i | 1
(x 1) 2 (y 1) 2 1.
Vậy tập h p các đi m bi u diễn số phức z thoả mãn đề bài là đường tròn
tâm I(1;1) bán kính R = 1.
Vì hàm số đã cho xác định và liên tục trên
nên đồ thị của hàm số hông c
tiệm cận đứng.
4 x 1
4 x 1
4 x 1
4 x 1
lim
2, lim
lim
2 nên đồ thị
Vì lim
x 2 x 1
x 2 x 1
x 2 x 1
x 2 x 1
của hàm số đã cho c hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y 2 và
y 2.
18
A
19
B
3x 4 x 1
log (3x 4) log (x 1)
(Vì 1 )
x 1 0
2x 3
3
3
x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T ; .
2
2
x 1
B log 2 2sin log 2 cos log 2 2sin .cos log 2 sin 1.
12
12
12
12
6
b
log a b log a c . Chọn D.
c
Một số nh m l n mà học sinh c th m c phải:
- Nhớ đư c đúng điều iện 0 a 1, bc 0 nhưng nh m lôgarit của
thương b ng thương các lôgarit thì chọn A.
- Quên điều iện 0 a 1, bc 0 và nh m công thức lôgarit thì chọn
B.
- Nếu nh m điều iện là tích b.c 0 đồng ngh a là b 0 và c 0 thì sẽ
chọn C.
4.(1) 3.0 1 5
Ta có: d
1.
(4)2 32 02 5
Đáp án đúng là: log a
20
D
21
B
heo đề bài a 0. Ta có :
22
23
C
D
1
2a 1
log 1 28 (log 2 4.7) (log 2 4 log 2 7) 2
.
log 7 2
a
2
Áp dụng phương trình của m t phẳng theo đoạn ch n, ta c phương trình của
x y
z
1 hay 6x 2y 3z 6 0.
m t phẳng (PQR) là:
1 3 2
1 2 3 0
nên m t phẳng P) song song với (Q).
3 6 9 5
Do (1) 2.1 3.1 0 nên m t phẳng P) đi qua A.
Vậy mệnh đề đúng là: " M t phẳng P) đi qua A và song song với (Q) ".
Do
24
C
A
M
B
25
C
D
C
-S dụng phương pháp t số th tích đ suy ra kết quả.
VAMCD AM.AC.AD AM 4
VABCD AB.AC.AD AB 7
4
VABCD .
7
Mà VAMCD VMBCD VABCD
3
VMBCD VABCD .
7
V
4
Vậy AMCD .
VBMCD 3
VAMCD
A
D
B
C
A'
26
B'
B
D'
C'
SABCD .SABB'A ' .SADD 'A ' AB.AD.AB.AA '.AD.A 'A ' (AB.AD.A A') 2
VABCD.A 'B'C 'D ' AB.AA '.AD
SABCD .SABB'A ' .SADD 'A '
20.28.35 140 (cm3 ).
27
C
Giả s khối n n c đ nh S, tâm đáy là O và một đường kính của hình tròn đáy
OA
là AB. Khi đ ta c : OA 9cm, SAO 30 SA
6 3 cm .
cos SAO
Thiết diện đi qua hai đường sinh vuông góc với nhau là một tam giác vuông
1
cân nên ta có diện tích thiết diện là: S .l 2 54 cm 2 .
2
2
Xét phương trình z 2z 10 0 .
Ta có: ' 1 10 9 9i .
Phương trình c 2 nghiệm phức là: z1 1 3i; z 2 1 3i
2
28
D
29
B
30
A
31
D
2
2
2
2
2
2
2
Khi đó: z1 z 2 (1) (3) (1) 3 20.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y 2m 1 c t đồ thị hàm số
y f ( x) tại hai đi m phân biệt khi và ch khi:
2m 1 3
m 2
2m 1 3 m 1
Vậy tất cả các giá trị m c n tìm là m 2 ho c m 1.
Xét hàm số y x sin x.
Ta có: y' sin x x cos x; y'' cos x cos x x sin x 2cos x x sin x.
Khi đ : xy'' 2y' xy x(2cos x x sin x) 2(sin x x cos x) x.x sin x
2x cos x x 2 sin x 2sin x 2x cos x x 2 sin x
2sin x.
+ Rút x theo y
2
x 1
y
2
y
2
x 1 x 1 2
y
Do đ :
2
2
S H 1
1
dy 8 đ.v.d.t).
y
y
2
Mấu chốt của bài toán này là ta đ ý ngay mệnh đề
) c :
1
log a 3 1 log a 1 0
3
nên loga 18.loga2 3 20.loga3 1 0 (với 0 a 1 ). Suy ra mệnh đề ) sai.
ừ đ ta loại đư c 2 phương án B và C.
mệnh đề ) ta quy xét dấu của tích về xét dấu của từng thừa số. Cụ th .
2
1
log3 7 0;log 2 5 0;log 27 4 log 3 4 0;log 1 5 47 log 2 47 0
3
5
2
8
32
A
log3 7.log 2 5.log
27
4.log 1 5 47 0
) đúng.
2
33
B
Vậy mệnh đề đúng là: ) đúng, (II) sai.
á 1
Xét hàm số y e x (x 2) 2 .
Tập xác định: D .
Ta có: y ' e x (x 2) 2 e x .2(x 2) e x (x 2 2x).
x 0
y ' 0 x 2 2x 0
.
x 2
rên đoạn 1;3 ta có: y(1) e ; y(2) 0 ; y(3) e3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y e x ( x 2) 2 trên đoạn 1;3 là .
á
2
y ex (x 2)2 0, x 1;3.
Dấu “=” xảy ra hi x 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y e x ( x 2) 2 trên
đoạn 1;3 là .
34
D
35
A
-S dụng máy tính c m tay suy ra kết quả, sau đ so sánh với các phương án
2
suy ra đáp án đúng I .
e
- Ho c dùng phương pháp tích phân từng ph n
1
u ln x
du x dx
Đ t:
)
1
1
dv 2 dx
v
x
x
1
Ta có: v(t) a(t)dt (6t 2 t)dt 2t 3 t 2 C .
2
heo đề bài v(0) = 3 C 3.
1
Do đ : v(t) 2t 3 t 2 3 .
2
36
A
1
Vận tốc của vật sau 2 giây là: v(2) 2.23 .2 2 3 21(m / s) .
2
256
Th tích của hộp là: V x 2 h 256 (cm3 ) h 2 , x 0.
x
Diện tích của mảnh các tông dùng làm hộp là:
256
1024
S x 2 4hx x 2 4 x. 2 x 2
.
x
x
1024
Xét hàm số S ( x) x 2
với x 0.
x
1024
Ta có: S '( x) 2 x 2 , S '( x) 0 x 8.
x
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy diện tích của mảnh các tông nhỏ nhất b ng
192cm2 , đạt đư c khi x 8(cm).
Ta có: y ' 3x 2 6mx 3(m2 1).
Hàm số đạt cực ti u tại x 0 y '(0) 0 3(m2 1) 0 m 1.
Nếu m 1 thì y ' 3x 2 6 x, y ' 0 x 0 ho c x 2.
y ' 0 x 0 ho c x 2 và y ' 0 0 x 2.
37
D
Vì vậy tại x 0 hàm số đạt giá trị cực đại.
Nếu m 1 thì y ' 3x 2 6 x, y ' 0 x 0 ho c x 2.
y ' 0 x 2 ho c x 0 và y ' 0 2 x 0.
Vì vậy tại x 0 hàm số đạt giá trị cực ti u.
Vậy m 1 là giá trị c n tìm.
Đường thẳng d1 đi qua đi m M 1;2;0 và c vectơ ch phương là
38
C
a 1;2; 2 .
Đường thẳng d2 đi qua đi m N 2;2;0 .
MN 1;0;0
MN P n P MN
Ta có:
.
d1 P n P a
Chọn một vectơ pháp tuyến của (P) là: n P a, MN 0; 2; 2 .
Vậy phương trình m t phẳng (P) là:
0 x 1 2 y 2 2 z 0 0 y z 2 0.
39
A
-Đ tích th tích khối ch p A’BCC’B’ ta tính VABC.A 'B'C' và VA ' ABC .
Gọi M là trung đi m của BC.
a 2
; BC a 2 .
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên suy ra AM
2
1
1 a 2 a 2
.
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC MG AM .
3
3 2
6
Tam giác BGM vuông tại M
2
2
a 2 a 2
5a
BG MG BM
6 2 3
2
2
Vì A'G mp(ABC) (A'B, mp(ABC)) (A'B,GB) A'BG 45o
A 'GB vuông cân tại G A’ = B =
VABC.A 'B'C' A 'G.SABC
5a
.
3
5 a 1 a3 5
. a.a
.
3 2
6
1
1 5a 1
5 3
VA 'ABC A 'G.SABC .
. a.a
a .
3
3 3 2 18
-Từ đ suy ra
VA'.BCC'B' VABC.A'B'C' VA'ABC
40
A
a3 5
5 3 a3 5
a
đ.v.t.t).
6
18
9
Gọi cạnh của hình lập phương là a.
VABCD.A'B'C'D' a3 a 5 cm .
41
D
Xét tam giác vuông ABC có: AC AB2 BC2 5 2 cm .
Hình trụ c một đáy là đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD và
đường cao AA’.
Đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính là
1
5 2
OA AC
cm .
2
2
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là:
5 2
S 2Rh 2.
.5 25 2 cm 2 .
2
Do (d) tiếp xúc với (S) tại A nên vectơ ch phương của (d) vuông góc với
IA(2;1; 2), lại c vectơ ch phương của (d) vuông góc với vectơ ch phương
của () là v( 1; 0;1) nên ta chọn vectơ ch phương của (d) là:
a [v; IA]=(-1; 4; -1)
Phương trình đường thẳng (d) là:
x4 y2 z2
.
1
4
1
am giác đều ABC c AM là đường cao.
AM đồng thời là đường trung tuyến M là trung đi m của BC
42
BM MC
D
BC
3 (cm).
2
Xét tam giác AMC vuông tại M có: AM AC.sin C 6.sin 600 3 3 cm
Vì O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều nên nó vừa là trực tâm vừa là
trọng tâm.
1
1
OM .AM .3 3 3 cm .
3
3
Bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là R OM 3 cm .
Mà bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng là bán ính hối c u nên
3
4
4
3
3
ta có th tích khối c u là: VC ..R .. 3 4 3 cm .
3
3
Th tích khối nón là:
1
1
1
VN ..r 2 .h ..BM 2 .AM ..32.3 3 9 3. cm 3
3
3
3
Th tích ph n khối nón bên ngoài khối c u là: 9 3. 4 3. 5 3. cm3 .
Vì lim y , lim y nên a 0.
x
43
B
x
Vì đồ thị của hàm số c t trục tung tại đi m c hoành độ dương nên d 0.
Vì hàm số c hai đi m cực trị âm nên a.c 0 mà a 0 suy ra c 0.
Ta có: y ' 3ax 2 2bx c.
2b
0 ( x1 , x2 l n lư t là đi m cực ti u, cực đại của hàm
Ta thấy: x1 x2
3a
số)
b 0 (do a 0).
Vậy a 0, b 0, c 0, d 0.
Chọn phương án B.
Gọi số tiền g i ban đ u là P. Sau n năm số tiền thu đư c là:
Pn P(1 0, 084) n P.(1, 084) n .
44
D
Đ Pn 3P thì P.(1,084)n 3P n log1,084 3 13,62.
Vì n là số tự nhiên nên chọn n 14.
Vậy muốn thu đư c số tiền gấp ba l n số tiền ban đ u thì người đ phải g i
tiết kiệm sau
năm.
im
-Biến đổi z
, m về dạng z a bi (a, b )
1 m(m 2i)
z
im
(i m)(1 m2 2mi)
m
1
2
2 i
2
2
1 m(m 2i) (1 m 2mi)(1 m 2mi) m 1 m 1
- ính môđun của z.
45
B
2
2
1
m 1
z 2 2
.
2
m 1
m 1 m 1
1
1 z 1.
Vì m 2 0 m m 2 1 1 2
m 1
Dấu “=” xảy ra khi m = 0.
Vậy số phức z c môđun lớn nhất b ng 1, khi m = 0.
1
1
0
0
Đ t u e ; v f x thì u.v ' dx v.u ' dx u.v 0
1
x
1
1
0
0
e x . f ' x dx e x . f x dx e x . f x
0
46
A
1
1
e x f x f ' x dx e. f 1 f 0 e 1.
0
Do đ a 1; b 1 Q 0.
Chọn phương án A.
Gọi là trung đi m của SC. Suy ra IC IS (1)
47
A
Gọi H AC BD H là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Xét tam giác SAC, c
là đường trung bình HI //SA HI ABCD .
Đường thẳng HI là tập h p các đi m cách đều A, B, C, D (2).
Từ (1) và (2) suy ra IA IB IC ID = IS.
Vậy m t c u ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I và bán kính r IC.
Xét tam giác ABC vuông tại B, có:
AC AB 2 BC 2
a 3
2
a 2 2a.
Xét tam giác SAB vuông tại A, có: SA AB.tan 30o a.
Xét tam giác SAC vuông tại A, có: SC SA2 AC 2 a 2 2a a 5.
2
r IC
SC a 5
.
2
2
3
4 3 4 a 5 5 a 3 5
Th tích m t c u bán kính r là: V r
đ.v.t.t).
3
3 2
6
2
1
Th tích của vật th là: V 2
dx
x 1
0
Đ t x tan u u k dx tan 2 u 1 du
2
1
Đổi cận: x 0 sao cho u 0 , x 1 sao cho u
48
C
.
4
Khi đ :
4
V
0
tan
4
1
2
u 1
2
4
. tan 2 u 1 du
0
1
du
tan u 1
2
4
2
cos 2u 1
sin 2u u 4
cos 2 udu
du
.
2
20 4 8
4
0
0
Vậy giá trị của b là
1
.
8
S
M
A
49
B
C
N
2a
C
Gọi M là trung đi m cạnh AB .
-Dựa vào tính chất hai m t phẳng vuông góc với nhau suy ra SM ABC
1
1 1
VS.ABC SABC .SM . .AC.BC.SM .
3
3 2
ọi N là trung đi m của đoạn AC .
MN là đường trung bình của tam giác ABC MN AC; MN
1
BC a.
2
-Ch ra góc giữa m t phẳng (ABC) và m t phẳng (SAC) là SNM 600 .
-Tính th tích hình chóp S.ABC
SM MN. tan SNM a. tan 600 a 3 .
SN
MN
cosSNM
a
2a.
cos 600
AB 2SM 2a 3.
AC AB2 BC2
2a 3
2
2a 2a 2.
2
1
1 1
2a 3 6
Vậy VS.ABC SABC .SM . .AC.BC.SM
đ.v.t.t).
3
3 2
3
Đoạn thẳng AB c trung đi m I(2; 1;4), ta có:
2
2
MA 2 MB2 MA MB (MI IA)2 (MI IB)2
MI2 2MI.IA IA 2 MI2 2MI.IB IB2
AB2
AB2
2MI2
.
2
2
Từ đ , ta thấy MA2 MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức là M là
hình chiếu vuông góc của I trên (d).
Cách 1:
Chuy n phương trình đường thẳng (d) về dạng tham số:
x 1 t
(d): y 2 2t , t M(1 t ; 2 2t ;3 2t) IM(t 1;3 2t ; 2t 1).
z 3 2t
2MI2 2MI(IA IB)
50
D
Đường thẳng d) c vectơ ch phương là: a d (1; 2;2).
Đ M là hình chiếu vuông góc của trên d) thì điều kiện là:
IM a d IM.a d 0 t 1 2(3 2t) 2(2t 1) 0 9t 9 0
t 1 M(2;0 ;5).
Vậy đi m M(2 ; 0 ; 5) thoả mãn điều kiện đ u bài.
Cách 2: Có thể dùng phương pháp loại trừ.
Đi m M phương án C hông thuộc (d) nên loại.
rong các phương án đưa ra A, B, D c các đi m M đều thuộc d) và đi m
M phương án D c MA2 MB2 nhỏ nhất nên loại phương án A, B.