10 đề toán bản pdf đẹp (6)

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh:

Số Báo Danh:

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C

Phương pháp: đối với bài tâ ̣p quan sát đồ thi ̣ hàm số nhìn ra phương trình hàm số cần chú ý tới dáng đồ

thi ̣, to ̣a đô ̣ điểm thuô ̣c đồ thi ̣, to ̣a đô ̣ giao điểm của đồ thi ̣ với tru ̣c tung, tru ̣c hoành

Cách giải: quan sát dáng đồ thi ̣ ta thấy có mô ̣t cực đa ̣i, hai cực tiểu suy ra đồ thi ̣ hàm bâ ̣c 4 nên loa ̣i B, C

Mă ̣t khác đồ thi ̣ đi qua điểm  0;3 nên to ̣a đô ̣ phải thỏa mãn phương trình nên loa ̣i A

Câu 2: Đáp án B

Phương pháp: Đồ thi ̣ hàm số y ax b

cx d





 với c 0,ad bc  có tiê ̣m câ ̣n đứng x d

c

  và tiê ̣m câ ̣n ngang a

y

c



Cách giải: Đồ thi ̣ hàm số có tiê ̣m câ ̣n đứng x 2

Đồ thi ̣ hàm số có tiê ̣m câ ̣n ngang y 0

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp: Đối với hàm số bâ ̣c 3 yf x  , thì y' 0 có hai nghiê ̣m phân biê ̣t thì hàm số luôn có hai điểm cực tri ̣

Cách giải: Với 1 3 2  

3

y 'x 2mx2m 1   4m 4 2m 1 4 m 1   0, m 1

Do đó hàm số có hai điểm cực tri ̣ khi m 1

Câu 4: Đáp án A

Phương pháp: Hàm số ax b 

cx d



 đồng biến, nghi ̣ch biến trên từng khoảng xác đi ̣nh của nó y '0 y '   0 x D

Cách giải: Hàm số



Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1; 

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp: Nếu hàm số y có y ' x 0 0 và y" x 0 0 thì x0 là điểm cực đa ̣i của hàm số

Cách giải: Ta có : 2 x 1

y ' x 4x 3 y ' 0

x 3





y"2x4; y" 1   2 0; y" 3  2 0

Suy ra x 1 là điểm cực đa ̣i hàm số

Câu 6: Đáp án D

Để tìm giá tri ̣ lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên 1 khoảng

ĐỀ SỐ 44/80

Ta tính y’, tìm các nghiê ̣m x , x , 1 2 thuô ̣c khoảng mà thỏa mãn phương trình y' 0

Sau đó dựa vào bảng biến thiên và so sánh các giá tri ̣ y x , y x   1 2 , để xác đi ̣nh giá tri ̣ lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên mô ̣t khoảng

Giải

2

x 1 0;

y ' 0



Bảng biến thiên:

y 3

Suy ra giá tri ̣ lớn nhất của hàm số trên 0; là y 3

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp: Đồ thi ̣ hàm số bâ ̣c 3 3 2

yax bx cx d, a 0 luôn cắt tru ̣c hoành, luôn có tâm đối xứng và  

x

lim f x

Đồ thi ̣ của hàm số bâ ̣c 3 luôn có cực tri ̣ khi y' 0 có hai nghiê ̣m phân biê ̣t

Cách giải: Đồ thi ̣ của hàm số bâ ̣c 3 luôn có cực tri ̣ khi y' 0 có hai nghiê ̣m phân biê ̣t

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp: Với các hàm số đa thức, hàm phân thức, số điểm cực tri ̣ chính là số nghiê ̣m của y’

Các điểm cực tri ̣ (nếu có) của đồ thi ̣ hàm số  

 

f x y

g x

 sẽ nằm trên đồ thi ̣ hàm số  

 

f ' x y

g ' x

Cách giải: Ta có     

y '

x 0

y ' 0

x 2





Suy ra hai điểm cực tri ̣ là A 0; m   và B 2; 4 m  

Khoảng cách giữa hai điểm cực tri ̣ là AB 2; 4 AB AB  4 16 2 5

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp: Cách tìm khoảng đồng biến của f x  :

+ Tính y’ Giải phương trình y' 0

+ Giải bất phương trình y' 0

+ Suy ra khoảng đồng biến của hàm số (là khoảng mà ta ̣i đó y' 0 x  và có hữu ha ̣n giá tri ̣ x để y' 0 )

Cách giải: Điều kiê ̣n xác đi ̣nh của hàm số là: 2

2x x    0 0 x 2 ;

2

1 x

2x x



Kết hơ ̣p với điều kiê ̣n để hàm số nghi ̣ch biến ta có 1 x 2 

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp: Go ̣i a là đô ̣ dài tấm nhôm hình vuông

Go ̣i x là đô ̣ dài ca ̣nh hình vuông bi ̣ cắt 0 x a

2

   

 

Thể tích khối hô ̣p  2

Vx a2x

V ' a 2x a 6x V ' 0 x

6

Khi đó thể tích có giá tri ̣ lớn nhất

3

2a V 27

 khi x a

6



Cách giải: Từ phương pháp đã đưa ra ta có để thể tích hình hô ̣p lớn nhất thì x 12 2

6

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp: +Tìm điều kiê ̣n

+ Để hàm số đồng biến trên  a; b thì y '  0, x  a; b

Cách giải: Điều kiê ̣n: tan x m 0, x 0; m tan x, x 0; m  0;1

         

Kết hơ ̣p với điều kiê ̣n ta có m 0 hoă ̣c 1 m 2 

Câu 12: Đáp án D

Phương pháp: phương trình logarit cơ bản b

a

log x  b x a

Cách giải: ta có  2

3

log x  2 x 3 3

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp: các phương pháp giải phương trình mũ:

+ Đă ̣t ẩn phu ̣

+ Đưa về cùng cơ số

+ logarit hóa

Cách giải: Đă ̣t x 

t2 t0 phương trình có da ̣ng 2 t 1

t t 2 0





Với t 1 ta có x

2   1 x 0

Câu 14: Đáp án D

Phương pháp: Đa ̣o hàm của mô ̣t tích  uv 'u ' vuv '

Cách giải:   x x x x

f ' x e xe f "2e xe   0 0

f " 0 2e 0.e 2

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp: Giải bất phương trình logarit cơ bản b 

a

log x  b x a a1

Cách giải: Điều kiê ̣n 2x 1 0 x 1

2

3

log 2x 1  3 2x 1 3   x 14

Câu 16: Đáp án C

Phương pháp: Điều kiê ̣n tồn ta ̣i log ba là a,b 0;a 1 

Cách giải: Điều kiê ̣n xác đi ̣nh 3 2  2  1 x 0

x 2

  



Tâ ̣p xác đi ̣nh D  1; 0  2;

Câu 17: Đáp án B

Phương pháp: Chú ý quy tắc tính logarit của mô ̣t tích, logarit của mô ̣t thương

log b b log b log b ; 1

2

b

Cách giải: Ta có 2 2  2  2

2

a b

3



Lấy logarit cơ số 2 hai vế của phương trình ta có

2

a b

3



3



 

Câu 18: Đáp án B

Phương pháp: chú ý công thức đổi cơ số c  

a

c

log b

log a

Công thức a

b

1 log b

log a



Cách giải: ta có 6

log 5

Câu 19: Đáp án D

Phương trình: Tính chất hàm số mũ x

ya a0; a1 Với a 1 , hàm số luôn đồng biến

Với 0 a 1  , hàm số luôn nghi ̣ch biến

Đồ thi ̣ hàm số luôn đi qua điểm  0;1 và  1; a

Đồ thi ̣ hàm số x

ya và 1 x 

a

 

  đối xứng nhau qua tru ̣c tung

Cách giải: dựa vào tính chất hàm số mũ ta có đáp án đúng là D

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp: Đa ̣o hàm của hàm số mũ (hàm hợp)  u u

a 'a ln a.u '

Cách giải: ta có:  

2



f ' 0 2.2 ln 2 ln 2

Câu 21: Đáp án D

Phương pháp: Bài toán lãi kép: Với số vốn ban đầu là P, lãi suất là r Khi đó số tiền thu được sau n năm

là  n

n

P P 1 r

Cách giải: Từ công thức bài toán lãi kép:  n

n

P P 1 r Theo giả thiết thu được số tiền gấp đôi ban đầu

thì ta có  n  n

2PP 1 r  1 r   2 n log 2log 29

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp: Tính chất của nguyên hàm

 Tính chất 1: f x dx  f x C

 Tính chất 2: kf x dx  k f x dx  

 Tính chất 3: f x   g x dx f x dx  g x dx 

Bảng nguyên hàm của mô ̣t số hàm số thường gă ̣p:

0dxC

ln a

dx x C

1

x dx

!





 

1

dx ln x C

e dxe C

2

1

dx cot x C

Cách giải: ta có

3 4

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp: Cho hàm số f(x) xác đi ̣nh trên K Hàm số F(x) đgl nguyên hàm của f(x) trên K nếu với

mo ̣i x thuô ̣c K ta có: F ' x   f x

Cách giải: ta có  2  3 2

3x 10x4 dxx 5x 4x 5 C

F x mx  3m2 x 4x3 là mô ̣t nguyên hàm của hàm số 2

3x 10x 4 thì ta có

m 1

m 1 3m 2 5





Câu 24: Đáp án B

Phương pháp: chú ý đến tính chất và bảng nguyên hàm mô ̣t số hàm số thường gă ̣p (đã nói đến ở câu 22) Cách giải:

1

dx sin xdx sin x

Câu 25: Đáp án C

Phương pháp: cho hai hàm số yf1 x và yf2 x liên tục trên  a; b Diê ̣n tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thi ̣ của hai hàm số và các đường thẳng x a, x b  được tính bởi công thức

b

a

S f x f x dx

Cách giải: ta có 2 2 x 1





2 2



2x 2

      

Câu 26: Đáp án D

Phương pháp: diê ̣n tích hình phẳng giới ha ̣n bởi đồ thi ̣ hàm số f(x) liên tu ̣c, tru ̣c hoành và hai đường

thẳng x a, x b  đươ ̣c tính theo công thức b  

a

Sf x dx

Cách giải: 4 2  5 3  3  

1 1

S5x 3x 8dx x x 8x 192  8 200

Câu 27: Đáp án A

Phương pháp: công thức tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới ha ̣n bởi đồ thi ̣ hàm số yf x 

, tru ̣c Ox và hai đường thẳng xa, xb a b quay xung quanh tru ̣c Ox là b 2 

a

V f x dx

Cách giải: ta có: 2 

2

0

x 0

x 2

 

0

2

0

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp: Tính diê ̣n tích hai phần của hình tròn được phân bởi đường

parabol bằng cách sử du ̣ng tích phân

Cách giải: Phương trình đường tròn: 2 2 2 2

x y  8 x  8 y Thế vào phương trình parabol, ta được

2 2

8 y

2



y 2

y 4 l





Diê ̣n tích phần được ta ̣o bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là :

2 2

2

2







Tính

1



Đă ̣t x2 2 sin tdx2 2 cos tdt; x  0 t 0 ; x 2 t

4



2 1

cos 2t 1

2



8 4

3 3

Diê ̣n tích hình tròn: 2

              

1

2

4

2

0, 435 0, 4; 0, 5 4

S

6

3

 

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp: Cho phương trình bâ ̣c hai 2  

ax bx c 0 a, b, c , a 0 Với 2

b 4ac 0

    , phương trình có hai nghiê ̣m phức xác đi ̣nh bởi công thức

1,2

b i

x

2a

Cách giải: 2

2x 5x 4 0 có 2

5 4.2.4 25 32 7 0

Phương trình có hai nghiê ̣m phức 1,2

5 i 7 x

4



Câu 30: Đáp án D

Phương pháp: cho phương trình bâ ̣c hai 2  

ax bx c 0 a, b, c , a0 Với 2

b 4ac 0

    , phương trình có hai nghiê ̣m phức xác đi ̣nh bởi công thức x1,2 b i

2a

Ngoài ra với số phức 2 2 2

z  a bi z a b

Cách giải: 2 2

z 2z 10    0 2 4.10  36 0 z1,2 2 i 36 1 3i

2

 

     ;  z12  z22 10 10 20

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp: số phức 2 2

z  a bi z  a b

Cách giải:  3

z

  

8 6 3i 1 i

1 i 1 i



2

   

         z 4 3 34 3 3 i 

              

Câu 32: Đáp án B

Phương pháp: Chú ý điều kiê ̣n hai số phức bằng nhau a bi c di a c

b d





z a bi;a, b ,i  1 thì số phức liên hơ ̣p z a bi 

Từ giả thiết, ta có:        2

2 3i abi  4 i abi    1 6i 9i

Câu 33: Đáp án D

Phương pháp: go ̣i M x; y  là to ̣a đô ̣ của điểm biểu diễn số phức z

Dựa vào hê ̣ thức của đề bài để tìm biểu thức của x, y

Cách giải: z i  1 i z   x y 1 i   1 i xyi  x y 1 i 

           

2

   

Vâ ̣y tâ ̣p hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 0; 1   bán kính 2

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp: + Xác đi ̣nh to ̣a đô ̣ M và M’

+ Xét xem tam giác có điều gì đă ̣c biê ̣t để tính được diê ̣n tích không

+ Nếu đô ̣ dài các ca ̣nh không chứa căn, nên sử du ̣ng công thức Herong tính diê ̣n tích tam giác

   

S p p a p b p c với p a b c

2

 

Cách giải: M 3; 4  ; 1 i  1 i 3 4i 7 i 7 i

   

 

OM 3 4 5; OM '

        

Suy ra tam giác OMM’ là tam giác cân ta ̣i M’ Go ̣i H là trung điểm OM H 3; 2

2

   

 

M ' H S OM.M ' H 5

Câu 35: Đáp án C

Phương pháp: Diê ̣n tích tam giác có 3 ca ̣nh a, b, c bằng S p p a  p b p c  với p a b c

2

 



(công thức Hê-rông)

Thể tích khối chóp V 1Sh

3

Cách giải: tam giác đáy của hình chóp của nửa chu vi 20 21 29  

2

Và diê ̣n tích      2

S p p 13 p 14 p 15   210 cm

Thể tích hình chóp là 1 1  3

V Sh 210.100 7000 cm

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp: +Tính đô ̣ dài đường cao

+ Tính diê ̣n tích đáy

+ Tính thể tích khối chóp V S.h

Cách giải: Go ̣i G là tro ̣ng tâm tam giác ABC, do S.ABC là hình chóp đều

nên SGABC

4a

Câu 37: Đáp án A

Phương pháp: Giả sử ta có MN cắt mă ̣t phẳng ta ̣i O Khi đó ta có tỉ

lê ̣ h1 NO

h2MO

Với h1 là khoảng cách từ M đến mă ̣t phẳng

Với h2 là khoảng cách từ N đến mă ̣t phẳng

Tính khoảng cách từ mô ̣t điểm tới mô ̣t mă ̣t phẳng; Xác đi ̣nh hình

chiếu vuông góc của điểm đó lên mă ̣t phẳng

Cách giải: Go ̣i F là giao điểm A B1 và AB1 , khi đó AFB F1

 1 1BD    1  

Trong ABCD dựng AG BD ta ̣i G

1

A E AG





 1 

Tam giác ABG vuông ta ̣i A, AG là đường cao suy ra

 2

AG

AG AB AD a  a 3 3a   2

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp: + Xác đi ̣nh chiều cao của khối chóp

+ Xác đi ̣nh diê ̣n tích đáy

+ thể tích V 1S.h

3

Cách giải: Go ̣i E là trung điểm AB Do SAB là tam giác đều và vuông

góc với đáy nên

SE ABCD  SC, ABCD  SC, EC SCE60

Chiều cao khối chóp 0

SECE.tan 60 trong đó:

Diê ̣n tích đáy  2 2 1 2 3a 15 9a3 15

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp: + Xác đi ̣nh bán kính, đồ dài đường sinh của hình nón

+ Diê ̣n tích xung quanh S Rl

Cách giải: Đô ̣ dài đường sinh 2 2 2

lAC ' AA ' AB AC b 3

xq

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp: Diê ̣n tích xung quanh hình nón là S Rltrong đó R là bán kính

đáy, l là đô ̣ dài đường sinh

Cách giải: hình nón có đỉnh là tâm hình vuông ABCD và đường trong đáy ngoa ̣i

tiếp hình vuông A’B’C’D’ thì có chiều cao h bằng đô ̣ dài ca ̣nh hình lâ ̣p phương

bằng a, đường tròn đáy có bán kính R AC a 2

 

Đô ̣ dài đường sinh là

2



Câu 41: Đáp án B

Phương pháp: thể tích hình tru ̣ V Sh

Cách giải: hình tru ̣ có hai đáy là hai hình tròn nô ̣i tiếp hai mă ̣t mô ̣t hình lâ ̣p phương nên có chiều cao

bằng ca ̣nh hình lâ ̣p phương bằng a Hai đáy của hình tru ̣ là đường tròn bán kính a

2 Diê ̣n tích mă ̣t đáy là

2

4

    suy ra thể tích khối tru ̣ là

Câu 42: Đáp án A

Phương pháp: Tính diê ̣n tích của quả bóng bàn và tính diê ̣n tích hình tru ̣ rồi suy ra tỉ số

Công thức: Diê ̣n tích hình cầu (quả bóng bàn) 2

S 4 R  , diê ̣n tích hình tru ̣: S 2 Rh 

Cách giải: Go ̣i R là bán kính của mô ̣t quả bóng bàn, khi đó tổng diê ̣n tích ba quả bóng bàn là:

1

S 3.4 R  12 R

Hình tru ̣ có chiều cao bằng ba lần đường kính của quả bóng bàn h 3.2R 6R  , bán kính đáy bằng bán kính quả bóng bàn suy ra diê ̣n tích hình tru ̣ là S2  2 Rh 2 R.6R 12 R 1

2

S 1 S

 

Câu 43: Đáp án C

Phương pháp: Đường thẳng d đi qua A x ; y ; z 0 0 0 và nhâ ̣n ua; b; c làm véc tơ chỉ phương là

0

0

0

d :

 



  



  



Cách giải: đường thẳng đi qua M 2; 0; 1   và có véc tơ chỉ phương a4; 6; 2  2 2; 3;1  là:

x 2 2t

d : y 3t

 





   



Câu 44: Đáp án B

Phương pháp: tìm bán kính của mă ̣t cầu: Rd I, P    suy ra phương trình mă ̣t cầu:

xa  yb  z c R

Cách giải:     1 4 2 22 2 2 9

3

   

Câu 45: Đáp án B

Phương pháp: mă ̣t phẳng   chứa hai điểm A, B và song song với mô ̣t đường thẳng d thì có vécto pháp tuyến là n AB, u với u là vecto chỉ phương của đường thẳng d

Cách giải: AB  2; 2;1 ; Ox có vecto chỉ phương là u1; 0; 0 suy ra vecto pháp tuyến của   là

nAB, u 0;1; 2   : y2z 2 0

Câu 46: Đáp án C

Phương pháp: M BC: MC 2MB   to ̣a đô ̣ M, suy ra đô ̣ dài AM

Cách giải: M x; y; z BC : MC2MBMC 2MB x3; y 6; z 4