Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 4

Và dễ thấy các khẳng định ở các phương án B, C, D đều đúng... Vì hình chóp D.ABC và hình chóp D.ABG có cùng chiều cao hạ từ D xuống mặt đá ABC D... Đẳng th c xảy ra chỉ tại các điểm ,.

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

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

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

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

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

Vì f x'( )   0 x ( 2; 2) và f x'( )0 khi và chỉ khi x[0;1] ( f x'( )0 tại

vô số điểm) nên f(x) không nghịch biến trên toàn khoảng ( 2; 2). Do đó A sai

Và dễ thấy các khẳng định ở các phương án B, C, D đều đúng

Đáp án đúng là: loga b loga b loga c

h n t: Bài nà chỉ u c u h c sinh nh lại c ng th c iến đ i lôgarit, h c sinh có thể ị nh m l n:

- lôgarit c thương thành lôgarit c t ch

- lôgarit lôgarit

3 A Từ bảng nguyên hàm ta có khẳng định sai c n ch n là: 12 cot

sin x dx xC



Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là: a31;1;0 Các vectơ a a a kh ng cùng phương v i vectơ 1, 2, 4 a31;1;0 nên không là vectơ chỉ phương c a d

V y ch n C

lim

x

x x



  

 n n đường thẳng

2 3

y  là tiệm c n ngang c đồ thị

hàm số đã cho

3

'( ) 4

f x   x có một nghiệm duy nhất là x = 0 và đ i dấu từ dương s ng

âm khi x qua nghiệm V y f(x) có một điểm cực trị

Quan sát hình vẽ, ta thấy hàm y f x  chính là hàm số y x

T p ác định là D Hàm số y x có đạo hàm trái tại điểm x0 là 1, đạo hàm phải tại x0 bằng 1 nên hàm số kh ng có đạo hàm tại x 0 D

Do đó hàm số y x kh ng có đạo hàm tại điểm x0 thuộc t p ác định

Mã đề thi 004

8 C

Xét I x e3 x2dxx e2 x2xdx

Đ i biến 2

tx  2x x d 1

2

dt d x x dt

I t e dt  t e dt

9 B 7 –1 – 2i   5i    ( 1 2) (7 5)i  3 2 i

10 A

Mặt c u ( )S có tâm I( 2;1; 1)  và bán kính

( 2) 1 ( 1) ( 3) 9 3

R a b   c d        

11 D

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị c a hàm số y ax b

cx d





 v i c0 và adbc0,

do đó loại phương án 2( 1 0)

1

x

x

 

Vì lim 1

  nên a 1

c  nên loại phương án 2 2

1

x y x







Vì

1

lim

x

y



  nên d 1

c

  nên loại phương án 2 4

x y x





 V y ch n phương

1

x y x







12 D

5x 2(x )

3

  )

3

x x

x





      



V y t p nghiệm c a bất phương trình là T    ( ; 3) (0; ).

13 A

Vì f (x) là hàm số lẻ, liên tục trên n n t có f x   f  x

Từ đó su r 1  

1

0

f x dx







0 2 2

J f x dx f x dx f x dx

14 A

Giải phương trình y'0 t được hai nghiệm x 1 và x1

- Vì hàm đơn giản nên có thể xét dấu c ’ su r hàm đạt cực tiểu tại

1

x nên ch n A

- Có thể tính y'' để thấy y''(1)0 n n hàm đạt cực tiểu tại x1

15 D

Xét hàm số  1

3x 2x 1

y  

Ta có:

' (3x 2x 1) (3x 2x 1) (3x 1)(3x 2x 1)

y

16 B

V i a0;a1 ta có:

139

21

3

21

a

17 D

Phương trình đường thẳng d là: 1 ( )

x t

y t t

z t





    



 



Vì n P (1, 1,1),u d  (1, 1,1) n n đường thẳng d vuông góc v i mặt phẳng (P)

18 A

1

3

a b

c



19 C

G i v t là v n tốc c hòn đá tại thời điểm t  

Ta có      2

v t a t   m s

     

Vì v 0 20m s/  C 20v t  10t20

Khi hòn đá đạt được độ cao l n nhất, v n tốc c hòn đá ằng 0

v t t

S u 2 giâ hòn đá đạt độ cao l n nhất

Khi đó, quãng đường v t đi được là: 2   

0

s  t dt m

V hòn đá đạt được độ cao l n nhất so v i mặt đất là: 20 10 30 m

20 A

Đặt z x iy x y( ,  )

| | 2z   x y  2 x y 4

V y trên mp(Oxy) t p hợp các điểm biểu diễn số ph c z thoả mãn điều kiện

| | 2z  là hình tròn tâm O(0 ; 0), bán kính bằng 2

21 C

Ta có: f x( )  m 0 f x( ) m

Số nghiệm c phương trình f x( ) m 0 chính bằng số điểm chung c a đường thẳng y m và đồ thị c a hàm số y f x( )

Dựa vào bảng biến thiên ta thấ đường thẳng y m và đồ thị c a hàm số ( )

y f x có điểm chung        2 m 1 1 m 2

V y ch n C

22 D

V i z 1 3i suy ra z 1 3i

2

iz z i i i

V y w = –2 – 2i

23 B

M G

D

A

B

C

G i M là trung điểm c a BC

Ta có: G là tr ng tâm c a tam giác ABC 2

3

Vì hình chóp D.ABC và hình chóp D.ABG có cùng chiều cao hạ từ D xuống mặt

đá (ABC)

D.

.

1 3





.18 6

24 A

1

TXĐ: D

Ta có:

3

'( ) 4 4 , '( ) 0 0

f x  x  x f x   x Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất c a hàm số là 4.

2 T có: 4 2

f x x  x     x

Do đó hàm số có giá trị nhỏ nhất là 4 khi x0

cos( )

du dx

u x

nx

n







Áp dụng công th c tích phân từng ph n ta có:

2

0 0



Vì n2 ,k k nên ( 1) 2 1

4

k

I

k

 



26 A

E

3a a

C' B'

A'

C

B A

Vì lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều nên mp(BCC’B’)  mp(A’B’C’)

G i E là trung điểm c a B’C’ A E' B C' ' (Vì A’B’C’ đều)

Mà mp BCC( 'B')mp(A'B'C')B'C'

A E mp BCC B

Do đó '. ' ' 1 ' ' '

3

V  A E S

BCC B

S BC CC a 

3 2 ' ' '

.3a

A BCC B

V

27 B

Giả sử khối trụ tròn o T có án k nh đá là R và đường cao là 1 h thì thể 1

tích là 2

1 1 .1

V  R h Khối trụ tròn xoay có bán kính bằng một nửa bán kính khối trụ T và đường cao gấp đ i đường cao c a khối trụ T có thể tích là:

V  R h    h     cm

 

28 C

Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tu ến là n (2;m;2m), mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tu ến là n (6; 1; 1). 

Đề )( ) thì n n n n     0 12 m 2m  0 m 4

29 C

2016

(1 i)

z

i



Chú ý: (1i)2    1 2i i2 2 i

 252

1008

(1 i) (1 i)  (2 )i 2 i 2

Do đó:

1008 1008

1008 2

i



V y số ph c z có ph n thực bằng 0; ph n ảo bằng 21008

30 A

Mặt c u (S) có tâm là I2;1;0

Dễ thấ điểm A thuộc mặt c u (S) vì:

(4 2)  (2 1) 2 9

Mặt phẳng (P) đi qu A(4 ; 2 ; 2) và nh n IA(2;1; 2) làm một vectơ pháp tu ến Phương trình mặt phẳng (P) là:

2(x 4) 1(y 2) 2(z 2) 0 hay 2x y 2z140

31 C

T có f’( ) = 1 – 2cosxsinx = 1 – sin2x  0, x  (vì sin2x   1, x ) Đẳng th c xảy ra chỉ tại các điểm ,

4

x  k k Do đó f( ) lu n đồng biến

trên

32 C

X t phương trình:  3 

log 1 x log x Điều kiện: x0.

Đặt tlog7 x x 7 t

Khi đó t có phương trình:

2

t

t

Xét hàm số (t) 1 3 7 3 1

f     

Ta có: f  3 0;

f t       

 f(t) là hàm nghịch biến trên

Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất t 3.

V i t  3 x 73343.

Vâ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x343.

33 D

Ta có: BM x x, (0;18)MN 36 2 ; x QM x 3

Diện tích hình chữ nh t MNPQ là:

2

SMN QM   x x  x x Xét hàm số S x( ) 3(36x2x2) v i 0 x 18

Ta có: S x'( ) 3(36 4 ), '( ) x S x   0 x 9

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích c a hình chữ nh t MNPQ có giá trị l n nhất

là 162 3cm2, đạt được khi x9(cm)

34 B

Xét hàm số 2 x

yx e

T p ác định: D

Ta có: y'2x.e xx e2 x x e (2x x).

0

2

x y

x





    



Tr n đoạn  1;1 ta có:

( 1) ; (0) 0; (1)

e



V y giá trị l n nhất c hàm số 2 x

yx e rê đoạn 1;1 e

35 B

Đặt z a bi a b( ,  )

2

(1 2 ) (3 ) (3 2 ) (1 2 )( ) (3 )( ) 9 12 4 4a 3 ( 2 a) 5 12

26

5

i z i z i

i a bi i a bi i

a b

b

b



 



   



z   i   z  i

 Ph n ảo c a số ph c z bằng 43

5



36 A

Giả sử tấm kim loại hình chữ nh t có k ch thư c a b Uốn theo cách 1 t được hình trụ có chiều c o là và chu vi đá là Uốn theo cách 2 t được hình trụ có chiều c o là và chu vi đá là

Dễ dàng t nh được 1

2

1 2

V  a

37 D

Quay tam giác vuông ABC vuông tại A một vòng quanh cạnh AB được một khối nón có án k nh đá là AC, đường c o AB và đường sinh là BC

Xét tam giác ABC vuông tại A có BC = 12cm và ABC 300

Thể tích c a khối nón là:

 

V   r h  AC AB    cm

38 B

P

N M

A

B

C

A'

B'

C'

G i P là trung điểm c CC’

Mặt phẳng (CMN) chia khối lăng trụ ABC.MNP thành 2 khối chóp là C.ABNM

và C.MNP

Xét khối chóp C.MNP và khối lăng trụ ABC.MNP có cùng mặt phẳng đá

(MNP) và chung chiều cao kẻ từ C xuống mặt đá (M P)

1 3

3

' ' '

1 2

ABC MNP

ABC A B C

V

3

C ABNM

V

39 B Dễ thấ điểm B(1;1;1) thuộc đường thẳng d

Ta có: AB(0;1;1),u d (1;0;0)

Vì AB u d  0 AB d d(A,d)AB 2

40 A

3

Phương trình (1) có ' 1  m.

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt x x thì 1; 2

1   m 0 m 1.

Theo hệ th c Vi-et ta có: 1 2

1 2

2

x x

x x m

  





Khi đó:

2

3

x x

2

      (thoả mãn m1)

V y 1

2

m là giá trị c n tìm

41 A

Ta có: y' 3mx22x m Hàm số y mx3x2mx2 có đúng h i điểm cực trị và điểm cực tiểu nằm

n trái điểm cực đại khi và chỉ khi a  m 0 và phương trình y'0 có hai nghiệm phân biệt, t c là khi và chỉ khi:

2

0

m m

m m

m





 

V y tất cả các giá trị thực m c n tìm là: 0 3

3

m

 

42 C

Dễ thấ điểm A không thuộc mặt phẳng (P)

Ta có: ; ;

2 2 2

a b c

   Phương trình đường thẳng OA là: x y z

a  b  c

G i H là gi o điểm c đường thẳng OA và mặt phẳng (P)

H thuộc đường thẳng OA  H at bt ct t; ; (  )

1

3

; ;

3 3 3

at bt ct

a b c

a b c H

   

2

OA OH  điểm H nằm giữ h i điểm O, A và H kh ng là trung điểm

c a OA

V h i điểm O và A ở khác ph đối v i (P) nhưng kh ng cách đều (P)

43 C

Để đồ thị hàm số tồn tại 2 tiệm c n ngang thì phải tồn tại lim lim

  

Có

1 1

1

m

x

x





Có

1 1

1

m

x

x



V i m0 đồ thị hàm số có đúng một tiệm c n ng ng là đường thẳng y0

V i m0 thì hiển nhiên lim lim

   , vì thế hàm số đã cho có 2 tiệm c n ngang

44 D

4 năm = 4 tháng; 1,2 tỉ = 1 200 000 000 đồng

iả sử ác Huệ gửi m i tháng vào ngân hàng là (đồng), v i lãi suất là r Cuối tháng th nhất, ác Huệ có số tiền là: a a.r a 1 r   (đồng)

Đ u tháng th h i, ác Huệ có số tiền là:

Cuối tháng th h i ác Huệ có số tiền là:

             

Đ u tháng th , ác Huệ có số tiền là:

          

Cuối tháng th , ác Huệ có số tiền là:

             

V s u tháng th 4 ác Huệ tiết kiệm được là: a  48  

r

    

1 0,5% 1 1 0,5% 1200 000 000 a 22 071676 0,5%

(đồng)

45 B

Thể tích c a v t thể là:

2 2

2 0

1 4

x

  



x udx u du

Đ i c n: x0 sao cho u0, x2 sao cho

4

u

Khi đó:

2

2

2

.2 tan 1

4 tan 4

cos 2 1 cos

u u

u











2 4

0

u

    



(đ.v.t.t)

46 D

X t phương trình:

3

1

z i

i z



  

  Điều kiện zi

3

3

1

0 3

z i

i z

z i z i

z z z z



  





 

 



V phương trình đã cho có 3 nghiệm là z10; z2 3;z3  3

T ng ình phương các nghiệm c phương trình là:

z  z z     

47 C

G

M

C

B A

C'

B' A'

Ta có: V A BCC B' ' ' V ABC A B C ' ' 'V A ABC'

G i M là trung điểm c a AC

Xét tam giác ABM vuông tại A, theo định lí Py-ta-go ta có:

BM AB AM a   

 

 

5 2

a BM

Vì G là tr ng tâm c a tam giác ABC nên 2 2 5 5

Vì A G' mp ABC( ) nên ( 'B;A mp ABC( ))( 'B;GB)A A BG' 45o

X t t m giác A’B vu ng tại G, ta có:

o

2

ABC

S  AB AC a a a

' ' '

3 3

'

V y

' ' '

A BCC B

48 C

Đặt ux v;  f x thì:  

 

 

2 0

2 2 0 0

2

0

'

2

J f x dx u vdx uv v udx

xf x x f x dx

x f x dx

 















t x x t dx dt

 

 

2017 0

2

sin

2

t

x

  







T có:

2

2 0 0

2



 

   

4



 J

Do đó 2  

0



        

Ch n phương án C

49 C

Bước 1: Xác định tâm mặt c u ngoại tiếp hình chóp S.ABC

G i I là tr ng tâm c a tam giác ABC

G i M, N l n lượt là trung điểm c a AC, SB

Ta có: SI ABC

 O là gi o điểm c a SI v i đường trung trực c a SB trong mặt phẳng (SBM)

Bước 2: Sử dụng các hệ th c lượng trong tam giác tính bán kính mặt c u

Ta có:

SAC ABC AC

BM AC

SM AC











 Góc giữa mặt n (SAC) và đá (ABC) là SMI 60 0

SI IM SMI  SB SI IB a SN  

Lại có :

12 2

a a

a

Bước 3: Tính diện tích mặt c u

V y diện tích mặt c u là :

4

S     

  (đ.v.d.t)

50 C

Cách 1:

Ta có: AB(1; 2; 2),AD ( 2; 2; 1).

AB AD

  và ABAD Hiển nhi n điểm C tồn tại và duy nhất

Và C450DC2AB C (1;6;4)

Cách 2:

Thử trực tiếp bằng cách sử dụng công th c:

CB CD

CB CD

Kiểm tr em điểm C ở phương án nào có cos 1

2

BCD thì ch n phương án

đó