Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 2

Quan sát bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đã cho c 2 cực trị... Vì hàm số đã cho xác định và liên tục trên nên đồ thị của hàm số hông c tiệm cận đứng... 27 C Giả s khối n n c đ nh S, tâm

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM

BIGSCHOOL

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017

M TOÁN Ọ

1 C 2 B 3 C 4 A 5 D 6 D 7 B 8 A 9 C 10 C

11 B 12 B 13 A 14 A 15 B 16 A 17 D 18 A 19 B 20 D

21 B 22 C 23 D 24 C 25 C 26 B 27 C 28 D 29 B 30 A

31 D 32 A 33 B 34 D 35 A 36 A 37 D 38 C 39 A 40 A

41 D 42 D 43 B 44 D 45 B 46 A 47 A 48 C 49 C 50 D

Câu Đáp á ướng dẫn chọ p ươ g á đú g

Vì lim ( ) lim ( )

     nên loại phương án B và D

Vì f(0) 1 nên loại phương án A Vậy chọn C

Vì 2

lim ( )

x

f x



   nên đồ thị hàm số f(x) có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng 2

x

Vì lim ( ) 1

   nên đồ thị hàm số f(x) có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng 1

 

-Tính nguyên hàm của hàm đã cho suy ra đáp án

x 3x dx x dx 3xdx C

4 2

Vì hàm đơn giản nên tính ngay 4 3

'( )

5

 

Thấy ngay x 0 thì '( ) 4 3 0

5

f x   x  nên hàm số đồng biến

- iải phương trình log 23 x  1 2 2x  1 9 2x  8 x 4

Nên chọn D

- h l n lư t các phương án d n đến log 6;log 8;log 7;log 9.3 3 3 3 hấy

log 9  log 3  2.

Ta có hàm số

2 2

y x có tập xác định là (0;) do đ đồ thị hàm số ch c

th c dạng ình ho c ình

M t hác 0 2 1

2

  nên “ ình ” chính là đồ thị của hàm số

2

2



y x

Mã đề thi 002

7 B Với z1 2 i ; z2   2 i ta có:

1 2

z z      (2 i) ( 2 i) 2i.

Đường thẳng (d) có một vectơ ch phương là: a42; 4; 1  

Các vectơ a ,a ,a hông cùng phương với vectơ 1 2 3 a42; 4; 1  

Vậy phương án c n chọn là: a42; 4; 1  

9 C M t c u (S) có tâm I( 2;1; 2) và bán kính R 255

Vì F(x) là nguyên hàm của hàm số f (x)2x23 nên ta có:

3

3

Mà

3 2.0

3

Vậy

3 2x

3

- Tìm số phức z từ giả thiết (1 i)z  5 i

Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn z 5 i

1 i





 ta đư c z 3 2i.

Kết h p với hình vẽ suy ra số phức z 3 2i đư c bi u diện b i đi m B(3 ;

2)

Quan sát bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số đã cho c 2 cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x 1 và giá trị cực đại là y = 5

Hàm số đạt cực ti u tại x = 1 và giá trị cực ti u là y 11

Do lim

  

  

x y nên hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Vậy trong các khẳng định đã cho, hẳng định đúng là:

“ àm số đạt cực đại tại x = – và và đạt cực ti u tại x = ”

13 A Thấy ngay hoành độ giao đi m là x0 2, hi đ y0 4.

Biến đổi ta đư c z 6i 1

4 3i





 Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn (nhân liên h p) ta đư c

22 21

25 25



Giải phương trình y' 0 đư c hai nghiệm x 4 và x  2.

Lưu ý  2 [3;5] nên loại x  2.

Tính giá trị của hàm số đã cho tại các đi m x3,x4,x5 rồi so sánh các

giá trị đ , ta đư c giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [3;5] là 8 nên chọn B

Đ t z x yi (x, y )

z (1 i) 1 | x yi (1 i) | 1

| (x 1) (y 1)i | 1 (x 1) (y 1) 1

       

Vậy tập h p các đi m bi u diễn số phức z thoả mãn đề bài là đường tròn tâmI(1;1) bán kính R = 1

Vì hàm số đã cho xác định và liên tục trên nên đồ thị của hàm số hông c tiệm cận đứng

Vì lim 4 1 lim 4 1 2, lim 4 1 lim 4 1 2

của hàm số đã cho c hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y 2 và 2

y

log (3x  4) log (x 1)  3x 4 x 1

x 1 0

  



 (Vì 1)

x





    Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T 3;

2

  

 

19 B B log2 2sin log2 cos log2 2sin cos log sin2 1

Đáp án đúng là: loga b log ba log c a

Một số nh m l n mà học sinh c th m c phải:

- Nhớ đư c đúng điều iện 0 a 1, bc 0    nhưng nh m lôgarit của thương b ng thương các lôgarit thì chọn A

- Quên điều iện 0 a 1, bc 0    và nh m công thức lôgarit thì chọn

B

- Nếu nh m điều iện là tích b c 0 đồng ngh a là b0 và c0 thì sẽ chọn C

4.( 1) 3.0 1 5

5 ( 4) 3 0

heo đề bài a0 Ta có :

7 1

2

(log 4.7) (log 4 lo

log 2 a



Áp dụng phương trình của m t phẳng theo đoạn ch n, ta c phương trình của

m t phẳng (PQR) là: x y z 1

1 3 2

  hay 6x 2y 3z 6 0.   

24 C

   

  nên m t phẳng P) song song với (Q)

Do   ( 1) 2.1 3.1 0  nên m t phẳng P) đi qua A

Vậy mệnh đề đúng là: " M t phẳng P) đi qua A và song song với (Q)"

M

D

C B

A

-S dụng phương pháp t số th tích đ suy ra kết quả

AMCD

ABCD

4

7

Mà VAMCDVMBCDVABCD

3

7

Vậy AMCD BMCD

A

B

C D

A'

B'

C' D'

ABCD ABB' A ' ADD ' A ' ABCD.A ' B'C ' D '

ABCD ABB' A ' ADD ' A '

S S S AB.AD.AB.AA '.AD.A ' A ' (AB.AD.A A')



2

3

20 28 35 140

27 C

Giả s khối n n c đ nh S, tâm đáy là O và một đường kính của hình tròn đáy

cos

OA

SAO

Thiết diện đi qua hai đường sinh vuông góc với nhau là một tam giác vuông cân nên ta có diện tích thiết diện là: 1 2  2

54 2

S  l  cm

Xét phương trình 2

z   2z 10 0

Ta có:      ' 12 10 9 9i2

 Phương trình c 2 nghiệm phức là: z1  1 3i; z2   1 3i

1 2

z  z  ( 1)  ( 3)    ( 1) 3 20.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y2m1 c t đồ thị hàm số ( )

y f x tại hai đi m phân biệt khi và ch khi:



      

Vậy tất cả các giá trị m c n tìm là m2 ho c m 1

Xét hàm số yx sin x

Ta có: y'sin xx cos x; y''cos x cos x x sin x2cos xx sin x. Khi đ : xy'' 2y' xy  x(2cos xx sin x) 2(sin x x cos x)x.x sin x

2x cos x x sin x 2sin x 2x cos x x sin x 2sin x

 

+ Rút x theo y

 2

2

x 1

y 2

y

x 1

y



 





  



Do đ :

  8

2

        

Mấu chốt của bài toán này là ta đ ý ngay mệnh đề ) c :

a

1 log 1 log 1 0

3

3

log 18.log 20.log 1 0 (với 0 a 1) Suy ra mệnh đề ) sai

ừ đ ta loại đư c 2 phương án B và C

mệnh đề ) ta quy xét dấu của tích về xét dấu của từng thừa số Cụ th

5

2

log 7 0;log 5 0;log 4 log 4 0;log 47 log 47 0

2 log 7.log 5.log 4.log 47 0 ) đúng

Vậy mệnh đề đúng là: ) đúng, (II) sai

á 1

Xét hàm số ye (xx 2) 2 Tập xác định: D

Ta có: y 'e (x 2)x  2e 2(x 2)x  e (xx 22x)

x 2





 rên đoạn  1;3 ta có: y(1)e ; y(2)0 ; y(3)e 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số  x( 2)2

y e x trên đoạn  1;3 là

ye (x 2)   0, x 1;3 Dấu “=” xảy ra hi x2 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số  x( 2)2

y e x trên đoạn  1;3 là

-S dụng máy tính c m tay suy ra kết quả, sau đ so sánh với các phương án suy ra đáp án đúng I 2

e

 

- Ho c dùng phương pháp tích phân từng ph n

Đ t:

2

1

x 1

1

v x

x



)

Ta có: v(t) a(t)dt (6t2 t)dt 2t3 1t2 C

2

heo đề bài v(0) = 3  C 3

v(t) 2t t 3

2

Vận tốc của vật sau 2 giây là: v(2) 2.23 1.22 3 21(m / s)

2

Th tích của hộp là: V x h2 256 (cm3) h 2562 ,x 0

x

Diện tích của mảnh các tông dùng làm hộp là:

2

256 1024

Xét hàm số S x( ) x2 1024

x

  với x0

Ta có: S x'( ) 2x 10242 , '( )S x 0 x 8

x

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy diện tích của mảnh các tông nhỏ nhất b ng 2

192cm đạt đư c khi , x8(cm)

Ta có: y'3x26mx3(m21)

Hàm số đạt cực ti u tại x 0 y'(0) 0 3(m2    1) 0 m 1 Nếu m 1 thì y'3x26 , 'x y   0 x 0 ho c x2

y   x ho c x2 và y'   0 0 x 2

Vì vậy tại x0 hàm số đạt giá trị cực đại

Nếu m1 thì y'3x26 , 'x y   0 x 0 ho c x 2

y    x ho c x0 và y'    0 2 x 0

Vì vậy tại x0 hàm số đạt giá trị cực ti u

Vậy m1 là giá trị c n tìm

Đường thẳng  d đi qua đi m 1 M 1; 2;0 và c vectơ ch phương là  

a 1; 2; 2  Đường thẳng  d2 đi qua đi m N 2;2;0  

 

MN 1;0;0

   

 

 

P



Chọn một vectơ pháp tuyến của (P) là: n P a, MN0; 2; 2   

Vậy phương trình m t phẳng (P) là:

0 x 1 2 y 2 2 z 0     0 y z 2 0

-Đ tích th tích khối ch p A’BCC’B’ ta tính VABC.A ' B'C ' và VA ' ABC Gọi M là trung đi m của BC

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên suy ra a 2

2

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC 1 1 a 2 a 2

Tam giác BGM vuông tại M

Vì A'Gmp(ABC)(A'B, mp(ABC))(A'B,GB)A'BG45o

A 'GB

  vuông cân tại G  A’ = B = 5 a

3 3

ABC.A 'B'C ' ABC

5 a 1 a 5

3

-Từ đ suy ra

3 3

3

A '.BCC'B' ABC.A 'B'C' A 'ABC

Gọi cạnh của hình lập phương là a

 

3 ABCD.A'B'C'D'

V a a 5 cm

AC AB BC 5 2 cm Hình trụ c một đáy là đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD và đường cao AA’

Đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính là

 

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là:

 2

5 2

S 2 Rh 2 5 25 2 cm

2

Do (d) tiếp xúc với (S) tại A nên vectơ ch phương của (d) vuông góc với IA(2 ;1; 2), lại c vectơ ch phương của (d) vuông góc với vectơ ch phương của ( ) là v( 1; 0;1)  nên ta chọn vectơ ch phương của (d) là:

a  [v ; IA]=(-1; 4; -1) Phương trình đường thẳng (d) là: x 4 y 2 z 2

am giác đều ABC c AM là đường cao

 AM đồng thời là đường trung tuyến  M là trung đi m của BC

BC

2

AMAC.sin C6.sin 60 3 3 cm

Vì O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều nên nó vừa là trực tâm vừa là trọng tâm

 

Bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là ROM 3 cm  

Mà bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng là bán ính hối c u nên

C

Th tích khối nón là:

 

N

V r h BM AM 3 3 3 9 3 cm

Th tích ph n khối nón bên ngoài khối c u là:  3

9 3. 4 3. 5 3. cm

Vì lim , lim

     

x y x y nên a0

Vì đồ thị của hàm số c t trục tung tại đi m c hoành độ dương nên d 0

Vì hàm số c hai đi m cực trị âm nên a c 0 mà a0 suy ra c0

Ta có: y'3ax22bx c

Ta thấy: 1 2 2 0

3

b

x x

a

    (x x l n lư t là đi m cực ti u, cực đại của hàm 1, 2 số)

0 ( 0)

Vậy a0,b0,c0,d0

Chọn phương án B

Gọi số tiền g i ban đ u là P Sau n năm số tiền thu đư c là:

n

P  P(1 0, 084)   P.(1, 084)

Đ Pn 3P thì P.(1,084)n3P n log1,0843 13,62.

Vì n là số tự nhiên nên chọn n14.

Vậy muốn thu đư c số tiền gấp ba l n số tiền ban đ u thì người đ phải g i

tiết kiệm sau năm

-Biến đổi z i m , m

1 m(m 2i)



  về dạng z a bi (a, b )

2

- ính môđun của z

z

m 1

Dấu “=” xảy ra khi m = 0

Vậy số phức z c môđun lớn nhất b ng 1, khi m = 0

46 A

Đ t  x;   

u e v f x thì 1 1  1

0

u v dx v u dx u v

       

1

0

1

0

x

e f x dx e f x dx e f x

e f x f x dx e f f e



Do đ a1;b   1 Q 0

Chọn phương án A

Gọi là trung đi m của SC Suy ra ICIS (1) Gọi H ACBD H là tâm của hình chữ nhật ABCD

Xét tam giác SAC, c là đường trung bình HI//SAHIABCD 

 Đường thẳng HI là tập h p các đi m cách đều A, B, C, D (2)

Từ (1) và (2) suy ra IAIBICID = IS

Vậy m t c u ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I và bán kính rIC Xét tam giác ABC vuông tại B, có:

AC AB BC  a a  Xét tam giác SAB vuông tại A, có: SAAB.tan 30oa

Xét tam giác SAC vuông tại A, có: 2 2 2  2

SC SA AC  a  a

5

SC a

r IC

Th tích m t c u bán kính r là:

3

3 3

r

    



Th tích của vật th là:

2 1

2 0

1

    

2



Đổi cận: x0 sao cho u0, x1 sao cho u

4



 Khi đ :

   

2

2

2

2

tan u 1 tan u 1

cos 2u 1 sin 2u u





Vậy giá trị của b là 1

8

M

2a C

B A

S

N

Gọi M là trung đi m cạnh AB -Dựa vào tính chất hai m t phẳng vuông góc với nhau suy ra SMABC

V S SM AC.BC.SM

ọi N là trung đi m của đoạnAC

MN là đường trung bình của tam giác ABC MN AC; MN 1BC a

2

-Ch ra góc giữa m t phẳng (ABC) và m t phẳng (SAC) là SNM600

-Tính th tích hình chóp S.ABC

0

SM  MN tan SNM  a tan 60  a 3

0

cos 60 cosSNM

AB2SM2a 3.

AC AB BC  2a 3  2a 2a 2

Vậy

3

Đoạn thẳng AB c trung đi m I(2; 1; 4), ta có:

MI 2MI.IA IA MI 2MI.IB IB

Từ đ , ta thấy MA2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức là M là hình chiếu vuông góc của I trên (d)

Cách 1:

Chuy n phương trình đường thẳng (d) về dạng tham số:

x 1 t (d): y 2 2t , t M(1 t ; 2 2t ;3 2t) IM(t 1;3 2t ; 2t 1)

z 3 2t

 





  



Đường thẳng d) c vectơ ch phương là: ad (1; 2;2).

Đ M là hình chiếu vuông góc của trên d) thì điều kiện là:

IM a IM.a 0 t 1 2(3 2t) 2(2t 1) 0 9t 9 0

t 1 M(2;0 ;5)

  

Vậy đi m M(2 ; 0 ; 5) thoả mãn điều kiện đ u bài

Cách 2: Có thể dùng phương pháp loại trừ

Đi m M phương án C hông thuộc (d) nên loại

rong các phương án đưa ra A, B, D c các đi m M đều thuộc d) và đi m

M phương án D c 2 2

MA MB nhỏ nhất nên loại phương án A, B