ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 CHO CÁC BẠN HỌC SINH LỚP 12

2x 1

SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x

x −1 (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng

đi qua điểm M và điểm I(1; 1).

Câu 2 (1,0 điểm).

a Giải phương trình sin 2x +1 = 6sin x +cos 2x .

z + 2z.z + z = 8 và z + z = 2 .

Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình 72x+ x1 −2 6.7−(x x ++1 y =) 03 .x − y = y

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 



2(x2 + y2 ) − 3

=

11 (x, y ∈ ) .

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân 2

x3

I =∫1

−2 ln x

dx .

x2

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB = AC = a, I là

trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của

BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a.

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 4), tiếp

tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của

ADB có phương trình x - y + 2 = 0, điểm M(-4; 1) thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB.

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(-4; 1; 3) và đường

thẳng d : x +1 =y −1 =z + 3 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường

thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB = 5 .

Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh Lấy ngẫu

nhiên 4 viên bi Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ≥

1; c (a + b + c) ≥ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =b + 2c +a + 2c + 6ln(a + b + 2c) .

1+ a 1+ b

1

2

-Hết

-Họ và tên thí sinh SBD:

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

2

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017

Bản hướng dẫn chấm có 6 trang

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = TXĐ : D = R\{1}

x

y’ = − 1

<

0 (x −1)2 lim

x→+∞ f (x) = lim

x→−∞ f (x) = 1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

lim f (x) =+∞, lim =−∞nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x→ 1+ x→ 1−

0.5

Bảng biến thiên

1.a

- ∞ Hàm số nghịch biến trên (−∞;1) và (1; +∞) ,Hàm số không có cực trị 0.25

Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

10 8 6

0.25

2

2 4 6

Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M

Với

x0 ≠ 1, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0

;

x0

x0 −1) có phương trình :

-y

1

+ ∞

1

4

1 x 1 x2

y =− (x − x ) + 0 ⇔ x + y − 0 = 0

(x −1)2 0 x −1 (x −1)2 (x −1)2

(d) có vec – tơ chỉ phương u = (−1; 1 ) , IM = (x −1; 1 )

(x −1)2 0 x −1

Để (d) vuông góc IM điều kiện là : u.IM = 0 ⇔−1.(x −1) + 1 1 = 0 ⇔ x0 = 0

0

(x −1)2 x −1 

x = 2

0 0  0

Câu 2:1 điểm

2a.

sin 2x +1 = 6sin x + cos 2x

⇔ (sin 2x − 6sin x) + (1− cos 2x) =

0

0.25

⇔2sin x (cos x − 3)+ 2sin2 x = 0

sin x = 0

⇔

Tìm số phức z thỏa mãn : z + 2z.z + z = 8 và z + z = 2 0.5

Gọi z = x + iy ta có z = x − iy; z = z = zz = x2 + y2

z + 2z.z + z = 8 ⇔ 4(x2 + y2 ) = 8 ⇔ (x2 + y2 ) = 2 (1)

z + z = 2 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1 (2)

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = ±1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i

Câu 3:0,5 điểm

72x+1 − 6.7x +1 = 0 ⇔ 7.72 x − 6.7x +1 = 0

Đặt t=7x ,t>0

 3 − 2

Phương trình đã cho trở thành:7t2-6t+1=0 ⇔ 7

 3 + 2

0.25

0.25

2x 1

x2   x  y x2 x y 

x2   x  y x  y 1

3  x  y2  3 x  y 1 x2 x y y  





 3  x  y 2

x2   x  y 

 3 x y   1 x2 x y y  

2x 1

2x 1



 x =log (

7 Tim ra x và kết luận nghiệm của pt là 



 x =log (

3 − 7

3 + 7

2

2

)

)

Câu 4:1 điểm

 x2 −( x + y ) 3 x − y = y (1)

Hệ đã cho tương đương với 



2(x2 + y2 ) − 3

= 11(2)

Từ (1) suy ra y ≥ 0, vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1) 0.25

(1)

(

− y)= 0

x

2 − x − y − y2



= 0 ⇔ x − y −1 = 0





Thế y = x −1 vào phương trình (2) ta được:

4x2 − 4x + 2 −

− 3

0

0.25

Đặt t = , t ≥ 0 , ta có t 4 − 3t −10 =

0 ⇔(t − 2) (t3 + 2t2 + 4t + 5) = 0 ⇔ t =

2

0.25

Khi đó = 2 ⇔ x =5 ⇒ y =3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y) = 5 ; 3 

Câu 5:1 điểm

2

ln x 3 2 ln x

I =∫ xdx − 2∫ x2 dx =

2 −2∫ x2 dx =

2 − 2∫ x2 dx

2

ln x

Tính J =∫ x2 dx

1

0.25

Đặt u = ln x, dv =1 dx Khi đó du =1 dx, v =−1

1 2 2 1

Do đó J =−

x ln x +∫ x2 dx

1 1 2

J =−1 ln 2 −1 =−1 ln 2 +1

Vậy I =1 + ln 2

Câu 6:1 điểm

S j Gọi K là trung điểm của AB ⇒ HK ⊥ AB (1)

Vì SH ⊥( ABC ) nên SH ⊥ AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra ⇒ AB ⊥ SK

Do đó góc giữa (SAB)với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH = 60

Ta có SH = HK tan SKH =a 3

2

0.25

M

B

K

A

1 1 1 a3 3

Vậy VS ABC = S ABC SH = AB.AC.SH =

Vì IH / /SB nên IH // (SAB) Do đó d (I , (SAB) ) = d (H , (SAB) )

Từ H kẻ HM ⊥ SK tại M ⇒ HM ⊥(SAB) ⇒ d (H , (SAB) ) = HM 0.25

Ta có 1 = 1 + 1 =16 ⇒ HM =a 3 Vậy d (I , (SAB) ) =a 3

Câu 7:1 điểm

E M'

K M

Gọi AI là phan giác trong của BAC

Ta có : AID = ABC + BAI

IAD = CAD + CAI

Mà BAI = CAI , ABC = CAD nên AID = IAD

⇒ ∆DAI cân tại D ⇒ DE ⊥ AI

0,25

PT đường thẳng AI là : x + y − 5 = 0

0,25

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : x − y + 5 = 0

VTCP của đường thẳng AB là AM ' =(3;5) ⇒VTPT của đường thẳng AB là n =(5; −3)

Vậy PT đường thẳng AB là: 5( x −1)− 3( y − 4) = 0 ⇔ 5x − 3y + 7 = 0

0,25

Câu 8:1 điểm

(1,0 điểm)

Đường thẳng d có VTCP là u d =(−2;1;3)

Vậy PT mặt phẳng (P )là : −2( x + 4)+1( y −1)+ 3( z − 3) = 0

Vì B ∈d nên B (−1− 2t;1+ t; −3 + 3t )

AB = 5 ⇔ AB2 = 5 ⇔(3 − 2t )2 + t2 +(−6 + 3t )2 = 5 ⇔ 7t2 − 24t + 20 = 0

0.25

t = 2

⇔ 10 Vậy B (−5;3;3) hoặc B 

−27 ;17 ; 9 

0.25

Câu 9:0,5 điểm

Tổng số viên bi trong hộp là 24 Gọi  là không gian mẫu.

Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C 244 cách lấy hay n(  )= C 244

Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu Ta có các trường hợp sau:

+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C2 C10 8 61C1  2160 cách

+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C1 C10 862C1  1680 cách

+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có

Do đó, n(A)=5040

C1 10 8 6C1C2

 1200 cách

Vậy, xác suất biến cố A là P( A)  n( A)

n( ) 10626

 5040 47, 4%

0.25

0.25

ab 1ab

ab

1ab

Câu 10:1 điểm

P + 2 =a + b + 2c +1 +a + b + 2c +1 + 6 ln(a + b + 2c)

1+ a 1+ b

=(a + b + 2c +1) 1 + 1 + 6 ln(a + b + 2c)

1 + a 1 + b

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:

+)1a+1 +1+1 b ≥ 2

(1)

2

Thật vậy,

+) 1 + 1 ≥ 2 ⇔(2 + a +

1+

a

1+ b 1+

luôn đúng vì ab ≥ 1 Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

+) ≤ab 2+1 ⇔ −1) ≥ 0 Dấu “=” khi ab=1

Do đó,1a+1 +1+1 b ≥ 2 ≥ 2

1+ab 2+1

=3 +4 ab

ab + bc + ca +

Đặt t = a + b + 2c,t > 0 ta có:

2

2

(

P + 2

≥

16(t +1)

f (t) = + 6 ln t, t > 0;

t 2

6 16(t + 2) 6t 2 −16t −

t 0 4 +∞

f(t)

5+6ln4 Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1

-Hết

-Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!!