Thi_thu_thptqg_2017_toan_da_3
TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
Môn thi: TOÁN Ọ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
1. B
11. B
21. C
31. A
41. C
Câu
1
Mã đề thi 003
2. B
12. C
22. A
32. D
42. C
3. A
13. C
23. D
33. A
43. B
Đ
ướng dẫn chọ hươ g
đú g
Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên loại phương án
y x3 3x 2 1 .
Ta thấy:
Khi x = 0 thì y 1 nên loại phương án y x3 3x 2 .
B
4. C
14. D
24. B
34. D
44. B
5. A
15. C
25. A
35. D
45. B
6. A
16. C
26. C
36. C
46. C
7. B
17. A
27. D
37. C
47. D
8. D
18. C
28. A
38. A
48. B
9. A
19. B
29. D
39. D
49. B
10. B
20. B
30. D
40. D
50. C
Khi x 2 thì y 3 nên loại phương án y x3 3 x 1.
Vậy chọn B.
Sử dụng công thức tính môđun của số phức ta có:
2
B
Với z 2i 7 7 2i | z | 72 (2)2 53 .
Ta thấy n1 (1; 2;3) là một vectơ pháp tuyến của (P).
3
A
4
C
5
A
6
A
Các vectơ còn lại không cùng phương với vectơ n1 nên không là vectơ pháp
tuyến của (P).
Quan sát hình vẽ, ta thấy :
+) hàm số y f ( x) nghịch biến trên ;1 , do đó không đồng biến trên tập
xác định.
+) hàm số y g ( x) nghịch biến trên một khoảng con chứa trong khoảng 0;1
do đó không đồng biến trên tập xác định.
+) hàm số y k ( x) nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 0;1 , do đó
không đồng biến trên tập xác định.
+) hàm số y h( x) đồng biến trên tập xác định.
Tính nguyên hàm của hàm số đã cho suy ra đáp án.
1
1 (2x 1) 4
1
(2x 1)3 dx (2x 1)3 d(2x 1) .
C (2x 1) 4 C .
2
2
4
8
Để hàm số y x 1 luôn đi qua một điểm với mọi giá trị của thì:
x 1 1 x 2 y 1 1, .
Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua điểm A 2;1 với mọi .
7
B
8
D
9
A
10
B
Theo định nghĩa tiệm cận đứng thì đồ thị hàm số f ( x) có đúng bốn tiệm cận
đứng là các đường thẳng x 1, x 1, x 4 và x 4.
1
dx ln | x 1| C.
Ta có: F(x)
x 1
F(2) 1 ln | 2 1| C 1 C 1.
Vậy F(5) ln | 5 1| 1 ln 4 1.
f’(x) xác định trên , có một nghiệm đơn là 0, một nghiệm bội lẻ là 2 và một
nghiệm bội chẵn là 1 nên f’(x) đổi dấu hai lần khi x đi từ đến .
Vậy số điểm cực trị của f(x) là 2.
Điểm A ' đối xứng với A qua B Điểm B là trung điểm của AA '.
x A x A ' 2 xB
xA ' 2 xB x A 5
y A y A ' 2 yB y A ' 2 yB y A 0
z z 2z
z 2 z z 4
B
B
A
A A'
A'
Vậy A ' (5;0; 4).
Hoặc thử trực tiếp bằng cách kiểm tra xem toạ độ của điểm A' ở phương án nào
x A x A ' 2 xB
thoả mãn y A y A ' 2 yB thì chọn phương án đó.
z z 2z
B
A A'
\ 1.
3
Ta có: y '
, y ' 0 x 1.
( x 1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; ).
Vậy mệnh đề đúng là: "Hàm số đồng biến trên khoảng (; 1)."
(1 3i) z 2 5i (2 i) z
(1 3i 2 i) z 2 5i
2 5i
z
.
1 4i
Dùng máy tính cầm tay bấm ra kết quả hoặc khai triển, rút gọn ta được
TXĐ: D
11
B
12
C
22 3
i.
17 17
x t
Phương trình của đường thẳng d ' : y t (t ).
z 0
Ta có: ud (1;1;1), ud ' (1; 1;0).
nghiệm của phương trình là z
13
C
Vì ud . ud ' 0 nên d và d ' vuông góc. Lại có điểm O (0;0;0) thuộc cả hai
đường thẳng d và d' nên hai đường thẳng d và d' vuông góc và không chéo nhau.
14
15
D
C
x 1
1 x 0
Điều kiện:
8
7x 8 0
x 7
8
Tập xác định là D ;1 .
7
Giải phương trình f ' x 0 được hai nghiệm x 1 và x 3.
Lưu ý 3 [0;4] nên loại x 3.
Tính giá trị của hàm số đã cho tại các điểm x 0, x 1, x 4 rồi so sánh các giá
24
trị đó ta được giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [0;4] là
nên chọn
5
C.
7
3
16
C
4x 2 5x
3
7
7
3
4x 2 5x 1 0
4x 2 5x
7
3
1
4x 2 5x < 1
1
x 1.
4
1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T ;1 .
4
3
2
Số điểm chung của đồ thị hàm số y x x 2 x 2 và đồ thị hàm số
17
A
y x 2 x 4 chính là số nghiệm đôi một phân biệt của phương trình:
x3 x 2 2 x 2 x 2 x 4, hay chính là số nghiệm đôi một phân biệt của
phương trình: x3 3x 2 ( x 1)2 ( x 2) 0.
Vậy có tất cả 2 điểm chung.
c
Với
18
C
c
f x dx 7, f x dx 13 với a c b , ta có:
a
b
b
c
b
c
c
a
a
c
a
b
f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx 7 13 6.
A'
B'
C'
D'
A
19
B
B
D
C
Vì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ và khối chóp A’ABCD có cùng chiều cao hạ từ
A’ xuống mp(ABCD) và chung đáy (ABCD)
1
1
VA '.ABCD VABCD.A 'B'C'D ' V
3
3
Mặt khác: SABCD 2SABC VA 'ABC
1
VA 'ABCD .
2
1 1
1
Do đó: VA 'ABC . V V (đ.v.t.t).
2 3
6
- Cách : Có thể dùng máy tính sẽ được ngay kết quả P 9.
- Cách 2: Ta có:
20
log53 33
5log125 27 5
B
5log5 3 3.
log 22
31log9 4 3.3 32 3.3log3 2 3.2 6.
Vậy P 3 6 9.
Diện tích phần được tô màu trong hình là:
21
C
3
0
4
3
4
3
0
3
g ( x) dx f x dx g ( x)dx f x dx.
Đặt z x yi (x, y ) .
22
A
23
D
iz z i(x yi) x yi
y xi x yi
y x.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn đề bài là đường thẳng
y x.
Diện tích xung quanh của cái nón là: rl .20.30 600 cm2 .
-Sử dụng máy tính cầm tay ta được kết quả, sau đó so sánh với các phương án
suy ra đáp án đúng của bài toán.
24
B
25
A
26
C
-Hoặc dùng phương pháp tích phân từng phần suy ra kết quả.
u x 1
du dx
(Đặt:
)
dv e x dx
v e x
1
1
log 2 5 360 log 2 360 log 2 (32.23.5)
5
5
1
2 log 2 3 log 2 23 log 2 5
5
1
2 log 2 3 3 log 2 5
5
1
2a 3 b .
5
Hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh 2a
(2a)2 3
SABC
3 a2 .
4
3V
3. 3a 3
3a (đ.v.đ.d).
Chiều cao của hình chóp S.ABC là: h S.ABC
SABC
3 a2
27
D
28
A
29
D
Quan sát bảng biến thiên dễ thấy các phương án A, B, C đều đúng. Chỉ có
phương án D sai vì:
y' không đổi dấu khi x đi qua 0.
Cách 1: Thử trực tiếp.
Ta thấy cả 4 mặt phẳng ở 4 phương án đều đi qua A nên không loại được
phương án nào.
Mặt phẳng x y z 3 không vuông góc với mặt phẳng (Q) nên loại.
Mặt phẳng x z 2 không vuông góc với mặt phẳng (Q) nên loại.
Mặt phẳng 2 y x z 0 không vuông góc với mặt phẳng (P) nên loại.
Vậy chọn mặt phẳng y z 2.
Cách 2: Ta có: nP (1;1; 1), nQ (1; 1;1).
Gọi mặt phẳng cần tìm là (R).
Vì (R) vuông góc với cả (P) và (Q) nên (R) có vectơ pháp tuyến là:
n [nP , nQ ] (0; 2; 2).
Phương trình mặt phẳng (R) là:
0.( x 1) 2.( y 1) 2.(z1) 0 y z 2.
5i
.
Ta có: (2 i)z 5i z
2i
- Dùng máy tính cầm tay bấm ra kết quả hoặc khai triển, rút gọn ta được kết quả
z 1 2i .
Từ đó suy ra z 1 2i .
Vậy số phức z có phần thực bằng 1 ; phần ảo bằng 2 .
Mặt cầu (S) có tâm I (2;1; 2) và bán kính R (2)2 12 (2)2 5 2.
30
D
Ta có: d ( I , ( P))
2 3
52
12
Do đó giao của (S) và (P) là tập rỗng.
Xét phương trình : 3x 6 x 27 x 2 6 x 9.
2
Ta có : x 2 6x 9 x 2 6x 9 x 3 0, x .
2
3x 6x 27 0, x .
ậy phương trình đã cho vô nghiệm.
hận xét: Học sinh có thể nhầm l n với việc 30 0 từ đó d n đến nhầm l n
phương trình có một nghiệm x 3.
Vận tốc bơi của cá khi bơi ngược dòng là v 6 (km/giờ).
2
31
A
200
(giờ).
v6
ăng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là:
200
v3
E cv3 .
200c.
( jun).
v6
v6
v3
Xét hàm số E (v) 200c.
với v 6.
v6
Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 200km là: t
32
D
Ta có: E '(v) 400cv 2
v 9
, E '(v) 0 v 9 (vì v 6).
(v 6)2
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy khi vận tốc bơi của cá là 9 (km/giờ) thì năng lượng
tiêu hao của cá là ít nhất.
33
A
Độ dài các cạnh của hình chữ nhật thiết diện là độ dài của đường cao và đường
kính của khối trụ.
Vậy, diện tích xung quanh của khối trụ là:
Sxq 2.r.h .d.h .3.4 12 cm2 .
Lưu ý: Hàm số bậc hai y ax 2 bx c (a 0) có giá trị nhỏ nhất bằng
34
D
đạt được tại x
b
.
2a
m 4
m2 4
3 m 2 16
4
m 4
Vậy các giá trị thực m thoả mãn yêu cầu bài toán là: m 4 hoặc m = 4.
Ta có:
S
a 2
A
H
35
D
D
a 3
B
C
Vì H là hình chiếu của S xuống mp(ABCD) nên
(SC, mp(ABCD)) (SC, HC) SCH 45o
Xét tam giác BCH vuông tại B, theo định lí Py-ta-go ta có:
CH BC BH a 2
2
2
2
2
2
a 3 11a 2
2 4
,
4a
a 11
.
2
Xét tam giác SCH vuông tại H có SCH 45o SCH vuông cân tại H
CH
a 11
.
2
AB.AD a 3.a 2 6 a 2 .
SH CH
Ta có: SABCD
1
1 a 11 2
66 a 3
Do đó: VS.ABCD SH.SABCD .
(đ.v.t.t).
.a 6
3
3 2
6
Ta có: x 2 3x+3 0, x .
2x 3
1
Ta có: y ' 2
.
x 3x+3.ln 2 ln 2
Để hàm số y log 2 ( x 2 3x+3)
36
C
x
tăng thì đạo hàm của hàm số đó là không
ln 2
âm.
2x 3
1
0
x 3x+3 .ln 2 ln 2
2
2x 3 x2 3x 3 x2 x 0 1 x 0.
ậy trong các phương án đã cho, phương án đúng là hàm số tăng trên khoảng
1;0 .
O
A
B
37
O'
C
Tam giác OAB có OA = OB = AB = 2. SOAB 3.
Tứ diện OO’AB có OO ' OAB .
OO '
38
A
3VOO ' AB
8 3.
SOAB
Thể tích hình trụ là: V .OA2 .OO ' 32 3 (đ.v.t.t).
f(x) nghịch biến trên
y ' sin x m 0 x .
m sin x x
m min f ( x), f ( x) sin x
m 1.
Vậy chọn A.
3x
.
2x 1
Tập xác định: D . .
3x
f (x) 1 x 1 1 3x 2x 1 (1)
2
+ Lấy logarit cơ số 3 cả hai vế của ( ) ta được: log 3 3x log 3 2 x 1
x (x 1) log 3 2 . Suy ra phương án A đúng.
+ Lấy logarit cơ số 2 cả hai vế của ( ) ta được:
x log 2 3
x 1
log 2 3x log 2 2x 1 x log 2 3 (x 1)
1 log 2 3 1 log 2 3
x
x 1
. Suy ra phương án B đúng.
1 log3 2 1 log 2 3
+ Lấy logarit cơ số e cả hai vế của ( ) ta được:
ln 3x ln 2x 1 x ln 3 (x 1) ln 2
Xét hàm số f (x)
39
D
Suy ra phương án C đúng.
+ Lấy logarit cơ số 5 cả hai vế của ( ) ta được:
log5 3x log5 2x 1
x log5 3 (x 1) log5 2.
Vậy trong các phương án đưa ra, khẳng định sai cần chọn là:
f (x) 1 x log 1 3 (x 1) log5 2.
5
Ta chọn hệ toạ độ ( A, AB, AD, AA ').
40
D
41
C
1
1
Khi đó: A (0, 0, 0), C ' (1,1,1), M , 0,1 , N 1, , 0 .
2
2
1 1
AC ' 1,1,1 , MN , , 1 .
2 2
Vì AC '. MN 0 AC ' MN .
Vậy góc giữa hai đường thẳng AC' và MN bằng 90o.
1 i (1 i)2 2i
z
i
1 i 12 i 2
2
i
Ta có: z2016 i 2016 i 2
z
2013
(i)2013
2
1008
1006
1.
.i i .
Do đó: z 2016 z
42
C
43
2013
1 (i) 1 i.
Vì ud (1,1,0), ud ' (1,1,0) và điểm A (0,0, 1) thuộc d nhưng không thuộc d'
nên hai đường thẳng d và d' song song với nhau.
Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d' cũng bằng khoảng cách từ
điểm A đến d'.
Có B (0, 0,1) d', AB (0, 0, 2).
Dễ thấy AB vuông góc với d' nên d ( A, d ') AB 2.
B
Q Q o .e 0,195t .
Thay Qo 5000;Q 100000 vào ta được:
100000 5000.e0,195t
44
B
e0,195t 20
0,195t ln 20
ln 20
t
15,36.
0,195
Vậy sau khoảng 15,36 giờ thì số lượng vi khuẩn có 100 000 con.
I
B
C
A
O
B'
I'
C'
A'
45
B
Bước 1: Xác định tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ.
- Gọi I và I’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’.
- Ta có: I và I’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của 2 đáy ABC và A’B’C’.
- Lấy O là trung điểm của II’. O là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ.
OB là bán kính đường tròn ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’.
Bước 2: Tính bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ.
- A là hình chiếu của B lên mp(AA’C’C) nên góc tạo bởi BC’ và mp(AA’C’C)
là BC ' A 30.
- Tam giác ABC vuông tại A có AC a, ACB 60 AB a 3 .
AB
2a 3 .
sin 30
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là:
BC '
R OB
a 3 (đ.v.đ.d).
2
Đặt u cos x; v f x .
- Tam giác ABC’ vuông tại A có: BC '
2
2
I cos x. f ' x dx cos x. f x 02 sin x . f x dx
46
C
0
0
2
f 0 sin x. f x dx 1 1 0.
0
Chọn phương án C.
Đặt w x iy (x, y ) .
w (2 i)z x iy (2 i)z
x iy (x iy)(2 i)
2i
(2 i)(2 i)
2x y ( x 2y)i
z
5
2x y x 2y
z
i.
5
5
z
47
D
| z i | 2
2x y x 2y
ii 2
5
5
2x y x 2y 5
i 2
5
5
2
2
2x y x 2y 5
2
5
5
4x 2 y 2 4xy x 2 4y 2 25 4xy+10x 20y 100
(x 1)2 (y 2) 2 20.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức w là một đường tròn tâm I(1;2) .
Đặt chiều rộng của đáy hình hộp chữ nhật là x (x > 0).
3
Chiều dài của đáy hình hộp chữ nhật là x .
2
Chiều cao của hình hộp chữ nhật h.
Thể tích của hình hộp chữ nhật là:
3
3x 2 h 288
192
V x.x.h
h 2 .
2
2
5
5x
Gọi S là diện tích phần cần xây hồ, S1 là diện tích đáy hồ.
48
B
3
3
3
Ta có: S Sxq S1 x x .2.h x.x 5x.h x 2
2
2
2
192 3
192 3 2
5x. 2 x 2
x
5x
2
x
2
3
192
Để chi phí thuê nhân công thấp nhất thì S f (x) x 2
với x > 0 phải đạt
2
x
giá trị nhỏ nhất
192
Ta có: f '(x) 3x 2 0 x 3 64 x 4 .
x
min f (x) f(4) 72 .
x 0
Vậy Smin 72 m 2 .
ì giá thuê nhân công để xây hồ là 500 000 đồng/ m2 nên chi phí thuê nhân công
thấp nhất là:
500000.72 36000000 (đồng) = 36 (triệu đồng).
Xét hệ trục toạ độ Oxy sao cho elip có phương trình chính tắc là:
49
B
x2 y 2
x2
1 y 3 1
.
16 9
16
4
x2
Diện tích trồng hoa là: S 2 3 1 dx .
16
4
Đặt x 4 sin t
Đổi cận: x 4 sao cho t
Khi đó: dx 4 cos tdt; 1
2
; x 4 sao cho t
.
2
2
x
cos t .
16
sin 2t 2
2
S 24cos 2 tdt 12 1 cos 2t dt 12 t
12 m .
2
2
2
2
2
2
Diện tích mảnh đất hình tròn là: .4 16 m .
2
2
Vậy, diện tích đất trồng lan là: 16 12 4 m2 .
50
C
x z
Điểm ( x, y, z) thuộc quỹ tích x 1 z 1 0. x z 2 0
x 1, z 1
Vậy quỹ tích là hai mặt phẳng có phương trình x z và x z 2 0 trừ đường
thẳng có phương trình x z 1.