Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT Kiến An Hải Phòng Lần 1 File word Có lời giải chi tiết

Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT Kiến An Hải Phòng Lần 1 File word .doc, Mathtypye 100% kí hiệu toán học Có lời giải chi tiết Bản đẹp chính xác duy nhất hiện nay (Xem thêm tại http:banfileword.com Website chuyên cung cấp tài liệu giảng dạy, học tập, giáo án, đề thi, sáng kiến kinh nghiệm... file word chất lượng cao tất cả các bộ môn)

A. 215,169 triệu đồng B. 216,269 triệu đồng C. 215,269 triệu đồng D. 216,169 triệu đồng

Câu 2: Hàm số y x ln x đồng biến trên khoảng nào?

Câu 3: Tìm m để đồ thị hàm số 4 2 2

y x  2mx 2m  4 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1

log 2 C. log 0,7 a D. log a 1a  

Câu 11: Xét tính đơn điệu của hàm số y 2x 1

x 1







A. Hàm số luôn nghịch biến trên R \ 1

B. Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng   ; 1 và 1;  

C. Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1; 

D. Hàm số luôn đồng biến trên R \ 1

Câu 12: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm

số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C,

D dưới đây Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

Câu 20: Biết đường thẳng y 2x 4  cắt đồ thị hàm số y x 3x2 4 tại điểm duy nhất

a b



1log 5

a b



1 1log 5

A. Thể tích của chúng tăng lên 2 lần B. Thể tích của chúng giảm đi 2 lần

C. Thể tích của chúng tăng lên 4 lần D. Thể tích của chúng tăng lên 8 lần

Câu 26: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và tam giác SAB vuông cân tại S Tính thể tích V của khối chóp S.ABC

Câu 28: Tìm giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y x.e x

 trên nửa khoảng

  Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng

B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận đứng

C. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng là các đường thẳng y 1 và y 3

D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng là các đường thẳng x 1 và x 3

Câu 30: Tìm giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của y x 4 2x23 trên 0; 2 

tập xác định của nó.

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số y f x   có 1 cực đại và 2 cực tiểu

B. Hàm số y f x   có 1 cực đại và 1 cực tiểu

C. Hàm số y f x   có đúng 1 cực trị

D. Hàm số y f x   có 2 cực đại và 1 cực tiểu

Câu 34: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với đáy một 60 Tính thể tích V khối chóp S.ABC.0

3

V8

3

a 3V

24



Câu 35: Tìm m để hàm số 3 2

y x  3x mx 1 đạt cực tiểu tại x 2

Câu 39: Tìm tập nghiệm của phương trình 5x 1  53 x  26

   Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số có một cực đại và hai cực tiểu

B. Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu

C. Hàm số không có cực đại và cực tiểu

D. Hàm số có một cực đại và một cực tiểu

Câu 42: Một tấm bìa hình vuông có cạnh 44cm, người ta cắt bỏ đi ở mỗi góc tấm bìa một hình vuông cạnh 12cm rồi gấp lại thành một cái hộp hình chữ nhật không có nắp Tính thể tích cái hộp này

Kí hiệu V là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và 1 V là thể tích của thùng gò được theo2

cách 2 Tính tỉ số 1

2

VVHình 1

V2

1 2

Câu 47: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B,

AB a,SA 2a  và SA vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC Tính thể tích khối tứ diện S.AHK

3 S.AHK

4aV

15

3 S.AHK

8aV

45

3 S.AHK

8aV

15

3 S.AHK

4aV

Câu 49: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AA ' 2a , tam giác ABC vuông tại B có

AB a, BC 2a  Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A 'B'C '

Câu 50: Tìm m để đồ thị hàm số 3

y x  3mx m 1  tiếp xúc với trục hoành

A. m1 B. m 1 C. m 1 D. m1

HẾT

+ T: Số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn

+ M: Tiền gửi ban đầu

+ r: lãi suất định kì (%)

+ n: số kì hạn tính lãi

Phương pháp: + Tìm điều kiện để hàm số có ba cực trị

+ Tìm tọa độ của ba điểm cực trị

Dựa vào giả thiết để thiết lập phương trình liên quan đến m, giải phương trình tìm m

Cách giải: y ' 4x 3 4mx 4x x  2 m Để hàm số có ba cực trị thì phương trình y ' 0 có

ba nghiệm phân biệt  x2 m 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 m 0 Khi đó phươngtrình có ba nghiệm là x 0; x  m

Tọa độ ba điểm cực trị là A 0; 2m 2 4 ; B  m; m2 4; C m; m2 4

Giải phương trình kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình

Cách giải: điều kiện :

 

1m

m 02

3 lần diện tích đáy nhân với chiều cao:1

Phương pháp: + Tính đạo hàm y’

+ Tìm các giá trị khiến y ' 0 hoặc y ' không xác định

+ Chỉ ra các khoảng đơn điệu của hàm số

Phương pháp: Hàm số y ax b

  , cả bốn hàm số thỏa mãn

Hàm số có tiệm cận ngang y a 1

c

   loại CHàm số đi qua điểm 2;0  loại B,D 

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp: biến đổi về dạng af x  ag x   f x g x 

x 116



Câu 14: Đáp án A

Phương pháp: Tính diện tích xung quanh của hình nón và hình trụ rồi lập tỉ số

1

S  2 Rh 2 R.R 2 2 2 R   Hình nón có đường sinh là l R2h2  R2 R 22 R 3 suy ra diện tích xung quanh

2

S RlR.R 3R 3

2 1

Cách giải: Tiệm cận đứng x d 1

c

  , tiệm cận ngang y a 2

c

 Suy ra tâm đối xứng của đồ thị hàm số là 1; 2 

+ Nếu y’ đổi dấu từ dương sang âm thì x là điểm cực đại của hàm số, từ đó suy ra giá trị cực0

y ' 0, x     ; 3  1; y ' 0, x    3; 1  suy ra y’ đổi dấu từ dương sang âm qua

x1 Vậy x1 là cực đại của hàm số  giá trị cực đại yCĐ 1

Phương pháp: + Tính diện tích đáy ABCD

+ Tính chiều cao h

Cách giải: Gọi E là trung điểm AB suy ra SE là đường cao

của tam giác đều SAB nên SE a 3

Gọi G là trung điểm của CD Ta có

Phương pháp: + Chọn cơ số thích hợp nhất (thường là số xuất hiện nhiều lần)

+ Tính các logarit cơ số đó theo a và b

+ Sử dụng các công cụ c  m n

tính theo logarit cơ số đó

Nếu   0 m 4 thì y ' 0, x  suy ra hàm số đồng biến trên R loại

Nếu  0 m 4 thì hàm y ' 0 có hai nghiệmx1x2 và y ' 0, x  x ; x1 2  hàm sốnghịch biến trên x ; x 1 2

Để hàm số nghịch biến trên 0;3 thì

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp: Đa giác đều có diện tích tỉ lệ với bình phương của một cạnh

Thể tích khối chóp là V 1.B.h

3

 , trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao

Cách giải: Đa giác đều có diện tích tỉ lệ với bình phương của một cạnh nên khi giảm độ dài

cạnh đi 2 lần thì diện tích giảm 4 lần Từ giả thiết có chiều cao khối chóp tăng lên 2 lần Mặt khác thể tích khối chóp là V 1B.h

3

 , trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao Nên suy ra thể tích khối chóp khi chiều cao tăng 2 lần, cạnh đáy giảm 2 lần thì thể tích của chúng giảm 2lần

Câu 26: Đáp án B

3

 , trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau, nếu có 1 cạnh nằm trong mặt này mà vuông góc với giao tuyến thì sẽ vuông góc với mặt phẳng kia

Cách giải: Gọi E là trung điểm của AB

Vì tam giác SAB vuông cân tại S nên ta có SEAB

Mặt khác ta có SAB  ABC nên suy ra SEABC

Diện tích đáy ABC là S a2 3

4



Xét tam giác SAB vuông cân tại S, có AB a Khi đó theo

định lý pytago ta có:

Phương pháp: Đồ thị hàm số bậc 4 có 3 điểm cực trị khi đạo hàm của hàm số bậc 4 có 3

nghiệm phân biệt

Cách giải: Với đáp án A, y '4x3 2x2x 2x 21, phương trình y ' 0 có 1 nghiệmVới đáp án B, y ' 4x 34x 4x x  21 , phương trình y ' 0 có 1 nghiệm

Với đáp án C, y ' 8x 38x 8x x  21, phương trình y ' 0 có 1 nghiệm

Với đáp án D, y ' 4x 3 4x 4x x  21, phương trình y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn a; b 

+ Tính y’, tìm các nghiệm x , x , thuộc 1 2 a; b của phương trình y ' 0 

+ Tính y a , y b , y x , y x ,      1  2

+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên a; b , giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên  a; b 

g x

 có các tiệm cận đứng là x x , x x , , x x 1  2  n với

1 2 n

x , x , , x là các nghiệm của g x mà không là nghiệm của   f x  

Đồ thị hàm số y f x   có hai tiệm cận đứng là x x ; x x ' 0  0 khi và chỉ khi tồn tại các giới hạn xlim f xx 0   xlim f xx 0   

Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn a; b 

+ Tính y’, tìm các nghiệm x , x , thuộc 1 2 a; b của phương trình y ' 0 

+ Tính y’ Giải phương trình y ' 0

+ Giải bất phương trình y ' 0

+ Suy ra khoảng đồng biến của hàm số (là khoảng mà tại đó y ' 0 x  và có hữu hạn giá trị xđể y ' 0 )

Câu 32: Đáp án C

+ f x liên tục trên   

+ f x có đạo hàm   f ' x 00   x và số giá trị x để f ' x 0 là hữu hạn

Chú ý: x ,ax2 bx c 0 a 0

là điểm cực đại (hay điểm cực tiểu) của hàm số f x Khi đó   f x là giá trị cực đại (hay  0

giá trị cực tiểu) của hàm số

Chú ý: Tại điểm cực trị của hàm số, đạo hàm có thể bằng 0, hoặc không xác định

Cách giải: Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy   x  1;5, ta có f x f 2  Hàm số đạt cực đại tại x 2 ,   x  2; 2, ta có f x  f1 Hàm số đạt cực tiểu tại x1 Hàm số có 1 cực đại và 1 cực tiểu

Nếu đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng thì góc giữa đường thẳng với mặt phẳng làgóc giữa đường thẳng với hình chiếu của nó trên mặt phẳng.

với mặt phẳng đáy là SBA 60 0

Xét tam giác vuông ABC vuông cân tại B Theo định lý

pytago ta có

22

Cách giải: ta có y x 3 3x2mx 1 ; y ' 3x 2 6x m ; y" 6x 6 

Để hàm số đạt cực tiểu tại x 2 thì  

+ Đồ thị hàm số đi qua điểm x ; y thì tọa độ của điểm thỏa mãn phương trình hàm số.0 0

Cách giải: Cả 4 đáp án là các hàm số bậc 3.

Khi x   thì y     hệ số của 3

x là âm  Loại A, CTừ bảng biến thiên thấy đồ thị đi qua điểm 0; 1 , 2;3    nên tọa độ các điểm trên thỏa mãn phương trình hàm số

Ta thấy tọa độ điểm 0; 1  đều thỏa mãn phương trình hai hàm số B và D Tuy nhiên tọa độ điểm 2;3 chỉ thỏa mãn phương trình B.

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp: Các tính chất của hàm số lũy thừa với số mũ thực:

Cho a, b,a, b 0; ,    Ta có:

Phương pháp: Hình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt.

Cách giải: Tổng số đỉnh, cạnh và mặt cảu hình lập phương là 26.

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp: Các phương pháp giải phương trình mũ thường gặp

là

+ Tìm cách đưa về cùng cơ số

+ Đặt ẩn phụ

+ Logarit hóa theo cơ số thích hợp

Để biến đổi đưa về phương trình mũ cơ bản

Cách giải: Ta đưa về cùng cơ số 5, rồi đưa về phương trình bậc hai ẩn 5 x

VR h trong đó R là bán kínhđáy, h là chiều cao

Khi cắt hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục thì thiết diện là hình chữnhật có chiều dài là h và chiều rộng là 2R/

Cách giải: Hình trụ có chiều cao h, bán kính dáy R.

Khi cắt hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục thì thiết diện là hình chữnhật có chiều dài là h và chiều rộng là 2R

Theo giả thiết, diện tích thiết diện là 6a 2

Ta có h.2R 6a 2 h 3a

Thể tích khối trụ là Va 3a 3 a2   3

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp: Hàm số bậc 4 y ax 4bx2c a 0   với hệ số a 0 , mà phương trình

y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt thì hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu

Hàm số bậc 4 y ax 4bx2c a 0  với hệ số a 0 , mà phương trình y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt thì hàm số có 2 cực đại và 1 cực tiểu

Câu 42: Đáp án C

Phương pháp: Gọi a là độ dài cạnh hình vuông.

Gọi x là độ dài cạnh hình vuông bị cắt 0 x a

Thể tích khối hộp là V x x a 2x  2

Cách giải: Theo giả thiết ta có độ dài cạnh hình vuông

Phương pháp: Thể tích khối trụ V Bh trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao

Chu vi hình tròn C 2 r 

Cách giải: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng có chiều cao 50 cm, khi đó

bán kính đáy của thùng là r 120

2

 thể tích của thùng

2 1

2 2

120.50

Đặt t 2 t 0 x   Phương trình đã cho trở thành t2 2mt m 2 0 **    

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 0

Phương pháp: Giả sử hàm số y f x   có đồ thị là C và hàm số 1 y g x   có đồ thị là

C Khi đó số giao điểm của 2 C và 1 C là số nghiệm của phương trình 2 f x g x 

Đặt t x t 0 2   phương trình có dạng 2t24t 2 m 0  

Để phương trình vô nghiệm thì

  , trong đó r là bán kính đáy, h là chiều cao

Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng qua trục với thiết diện là

tam giác vuông thì độ dài đường sinh l là độ dài cạnh hình

vuông

Cách giải: Thiết diện là tam giác vuông cân cạnh là

1 2a Theo định lý pytago ta có:

Phương pháp: Với hình chóp S.ABC Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy 3 điểm

A’, B’, C’ khác S Ta có A.A'B'C'

Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có SB SA2AB2  4a2a2 a 5

Xét tam giác SAC vuông tại A, ta có: SC SA2AC2  4a22a2 a 6

Ta có SHA ~ SAB g.g   nên

S.AHK S.ABC S.ABC

Chú ý trong hình trụ thì chiều cao bằng độ dài đường sinh

Cách giải: Từ công thức tính diện tích xung quanh hình trụ ta có công thức A là chính xác/ Câu 49: Đáp án D

Phương pháp: Thể tích khối trụ là V B.h , trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao

Phương pháp: Để đồ thị hàm số bậc 3 tiếp xúc với trục hoành thì giá trị cực đại hoặc giá trị

cực tiểu bằng 0

Câu 1: Ông A gửi 200 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép với lãi suất 0,65% một tháng Đúng một năm sau ông A cần rút hết cả gốc và lãi, hỏi ông A rút được bao nhiêu tiền?

A. 215,169 triệu đồng B. 216,269 triệu đồng C. 215,269 triệu đồng D. 216,169 triệu đồng

Câu 11: Xét tính đơn điệu của hàm số y 2x 1

x 1







A. Hàm số luôn nghịch biến trên R \ 1

B. Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng   ; 1 và 1;  

C. Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1; 

D. Hàm số luôn đồng biến trên R \ 1

[<br>]

Câu 12: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm

số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C,

D dưới đây Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

Câu 20: Biết đường thẳng y 2x 4  cắt đồ thị hàm số 3 2

y x x  4 tại điểm duy nhất

a b



1log 5

a b



1 1log 5

A. Thể tích của chúng tăng lên 2 lần B. Thể tích của chúng giảm đi 2 lần

C. Thể tích của chúng tăng lên 4 lần D. Thể tích của chúng tăng lên 8 lần

[<br>]

Câu 26: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và tam giác SAB vuông cân tại S Tính thể tích V của khối chóp S.ABC