Tài liệu 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  2SABC  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 31log9 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  SABC   3 a2 . 4 3V 3. 3a 3  3a (đ.v.đ.d). Chiều cao của hình chóp S.ABC là: h  S.ABC  SABC 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.(z1)  0  y z  2. 5i . Ta có: (2  i)z  5i  z  2i - 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 52 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). v6 ăng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là: 200 v3 E  cv3 .  200c. ( jun). v6 v6 v3 Xét hàm số E (v)  200c. với v  6. v6 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)  2i (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  ii  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.