Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 3

Các vectơ còn lại không cùng phương với vectơ n1 nên không là vectơ pháp tuyến của P.. 23 D Diện tích xung quanh của cái nón là:  2 -Sử dụng máy tính cầm tay ta được kết quả, sau đó s

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM

BIGSCHOOL

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

Môn thi: TOÁN Ọ

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

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

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

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

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

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên loại phương án

3 2

y  x x 

Ta thấy:

Khi x = 0 thì y 1 nên loại phương án yx33 x2

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:

Với z    2i 7 7 2i 2 2

Ta thấy n1(1; 2;3) là một vectơ pháp tuyến của (P)

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

4



6 A Để hàm số yx1 luôn đi qua một điểm với mọi giá trị của  thì:

Mã đề thi 003

Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua điểm A 2;1 với mọi 

7 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

Ta có: F(x) 1 dx ln | x 1| C

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'

Vậy A' ( 5;0; 4). Hoặc thử trực tiếp bằng cách kiểm tra xem toạ độ của điểm A' ở phương án nào

thoả mãn

' ' '

2 2 2

z z z



  



  



thì chọn phương án đó

TXĐ: D \ 1

Ta có: ' 3 2, ' 0 1

( 1)

x

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

1 4i



 

 Dùng máy tính cầm tay bấm ra kết quả hoặc khai triển, rút gọn ta được nghiệm của phương trình là z 22 3 i

Phương trình của đường thẳng ' : ( )

0

x t

d y t t z





   



 



Ta có: u d (1;1;1),u d' (1; 1;0).

Vì u u d d' 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 D

Điều kiện:

1

8

7

x x

x





 



Tập xác định là 8;1

7

D  

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 trị đó ta được giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [0; 4] là 24

5 nên chọn C

2

2

4x 5x < 1

1

4

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T 1;1

4

  

Số điểm chung của đồ thị hàm số yx3 x2 2x2 và đồ thị hàm số

2 4

y   x x chính là số nghiệm đôi một phân biệt của phương trình:

x x x x x haychính là số nghiệm đôi một phân biệt của

3 2 ( 1) ( 2) 0

x  x  x x  Vậy có tất cả 2 điểm chung

Với c   7,c   13

f x dx f x dx với a c b , ta có:

                 7 13 6

f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

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)

A '.ABCD ABCD.A 'B'C 'D '

B' A'

B A

Mặt khác: SABCD 2S ABC VA 'ABC 1VA 'ABCD

2



Do đó: VA 'ABC 1 1 V 1V

  (đ.v.t.t)

- Cách : Có thể dùng máy tính sẽ được ngay kết quả P9

- Cách 2: Ta có:

3 3

125 log 3 5 5

2 2

3 3.3 3.3 3.26

Vậy P    3 6 9.

Diện tích phần được tô màu trong hình là:

 g x dx  f x dx g x dx  f x dx

Đặt z x yi (x, y )

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

23 D Diện tích xung quanh của cái nón là:  2

-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

-Hoặc dùng phương pháp tích phân từng phần suy ra kết quả

(Đặt:

x

u x 1

dv e dx

 







du dx

v e





 

 

2 3 5

3

log 360 log 360 log (3 2 5)

1

2 log 3 log 2 log 5 5

1

2 log 3 3 log 5 5

1 2a 3 b 5

Hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh 2a

2

2 ABC

4



Chiều cao của hình chóp S.ABC là:

3 S.ABC

2 ABC

27 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 2y  x z 0 không vuông góc với mặt phẳng (P) nên loại

Vậy chọn mặt phẳng y z 2

Cách 2: Ta có: n P(1;1; 1), n Q(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:

[ , ] (0; 2; 2)

n n n

Phương trình mặt phẳng (R) là:

0.(x 1) 2.(y 1) 2.(z 1)    0 y z 2.

Ta có: (2 i)z 5i z 5i

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 2 2 2

Ta có:

2

2 3

1

d I P  

Do đó giao của (S) và (P) là tập rỗng

Xét phương trình : 2 6 27 2

3x x    

2

x 6x 27

3     0, x

ậy phương trình đã cho vô nghiệm

hận xét: Học sinh có thể nhầm l n với việc 0

3 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)

Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 200km là: 200

6





t

v (giờ)

ăng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là:

3

3 200

v

Xét hàm số

3 ( ) 200

6

v

E v c

v



 với v6.

Ta có: '( ) 400 2 92, '( ) 0 9

( 6)

v

v



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

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:

 2 xq

S  2 r.h .d.h .3.4 12  cm

Lưu ý: Hàm số bậc hai 2

yax bx c a  có giá trị nhỏ nhất bằng

4





a,

đạt được tại

2

b x a

 

Ta có:

2

4

4 4









m m

m

m

Vậy các giá trị thực m thoả mãn yêu cầu bài toán là: m 4 hoặc m = 4

Vì H là hình chiếu của S xuống mp(ABCD) nên

o (SC, mp(ABCD))(SC, HC)SCH45 Xét tam giác BCH vuông tại B, theo định lí Py-ta-go ta có:

 2 2 2

H

a 2

a 3

S

A

D

a 11 CH

2

Xét tam giác SCH vuông tại H có SCH45o SCHvuông cân tại H

a 11

2

Ta có: SABCD AB.ADa 3.a 2 6 a2

Do đó:

3 2

S.ABCD ABCD

Ta có: 2

Ta có:

ln 2 3x+3 ln 2





y x

2

x

ln 2

y x tăng thì đạo hàm của hàm số đó là không

âm

0

ln 2 3x+3 ln 2



x

ậy trong các phương án đã cho, phương án đúng là hàm số tăng trên khoảng

1;0 

Tam giác OAB có OA = OB = AB = 2 S OAB  3

Tứ diện OO’AB có OO'OAB

'

3 ' OO AB 8 3

OAB

V OO

S

Thể tích hình trụ là: V .OA OO2 '32 3 (đ.v.t.t)

38 A f(x) nghịch biến trên y' sinx m   0 x

B

O'

sin min ( ), ( ) sin 1

m

  

Vậy chọn A

Xét hàm số

x

x 1

3

f (x)

2 

 Tập xác định:D

x

x x 1

x 1

3

2





+ Lấy logarit cơ số 3 cả hai vế của ( ) ta được: log 33 x log 23 x 1

3

   Suy ra phương án A đúng

+ Lấy logarit cơ số 2 cả hai vế của ( ) ta được:



  Suy ra phương án B đúng

+ Lấy logarit cơ số e cả hai vế của ( ) ta được:

x x 1

ln 3 ln 2  x ln 3(x 1) ln 2

Suy ra phương án C đúng

+ Lấy logarit cơ số 5 cả hai vế của ( ) ta được:

x x 1

log 3 log 2

x log 3 (x 1) log 2





Vậy trong các phương án đưa ra, khẳng định sai cần chọn là:

5

f (x) 1 x log 3(x 1) log 2.

Ta chọn hệ toạ độ ( ,A AB AD AA, , ')

Khi đó: (0, 0, 0), ' (1,1,1), 1, 0,1 , 1, , 0 1

2 2

Vì AC MN'  0 AC'MN Vậy góc giữa hai đường thẳng AC' và MN bằng 90 o

2

Ta có: 2016 2016  2 1008

z i  i 1

 2013 2013  2 1006

z  ( i)   i i i

Do đó: 2016  2013

z  z     1 ( i) 1 i

Vì u d (1,1,0),u d'(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

0,195t o

Thay Qo 5000;Q 100 000 vào ta được:

0,195t 0,195t

100000 5000.e

0,195t ln 20

ln 20

0,195



Vậy sau khoảng 15,36 giờ thì số lượng vi khuẩn có 100 000 con

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

- Tam giác ABC’ vuông tại A có: ' 2 3

sin 30

AB

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là:

' 3 2

BC

ROB a (đ.v.đ.d)

Đặt ucos ;x v f x  

2 0

2 0

I x f x dx x f x x f x dx

f x f x dx





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) z

2 i (2 i)(2 i) 2x y ( x 2y)i z

5

   

 

O

I'

I

C'

A'

B

A

C

B'

2 2

2

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)

Chiều dài của đáy hình hộp chữ nhật là 3x

2

Chiều cao của hình hộp chữ nhật h

Thể tích của hình hộp chữ nhật là:

2

2

Gọi S là diện tích phần cần xây hồ, S1 là diện tích đáy hồ

xq 1

2

Để chi phí thuê nhân công thấp nhất thì 3 2 192

   với x > 0 phải đạt

giá trị nhỏ nhất

Ta có: f '(x) 3x 1922 0 x3 64 x 4

x



x 0

min f (x) f(4) 72

min

ì giá thuê nhân công để xây hồ là 500 000 đồng/ 2

m 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:

y

Diện tích trồng hoa là:

4

2 3 1

16



Đặt x4 sint

Đổi cận: x 4 sao cho ; 4

2

t  x

sao cho

2

t

Khi đó:

2

16

x

dx tdt   t

2

sin 2



Diện tích mảnh đất hình tròn là: 2  2

Vậy, diện tích đất trồng lan là:  2

16 12 4 m

Điểm ( , y, z)x thuộc quỹ tích     x 1 z 1 0 2 0

1, 1

x z

x z

x z

 



   

  



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