Biết rằng mặt bên được làm từ một miếng vật liệu hình chữ nhật uốn lại thành hình trụ và được thực hiện không có lãng phí; mặt đáy và nắp được làm từ hai tấm vật liệu hình vuông bằng n[r]
Trang 1KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 Môn thi: TOÁN
ĐỀ VIP 08 Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án sau:
1
x y
x
− +
=
+ B
2 1
x y x
− −
=
2 1
x y x
− −
=
2 1
x y x
− +
=
−
Lời giải Dựa vào bảng biến thiên, ta có các nhận xét sau:
● Hàm số có TCĐ x= − ; TCN 1 y= − Do đo ta loại phương án C & D 1
● Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định Thử đáp án A, ta có
( )2
3
1
−
= <
+
y x
không
thỏa mãn Chọn B
Câu 2. Giải phương trình ( iz − 1 )( z + 3 i )( z − + 2 3 i ) = 0 trên tập số phức
2 3
= −
= −
= +
2 3
= −
=
= +
2 3
= −
= −
= −
D
2
2 3
= −
=
= −
Lời giải Phương trình ( )( )( )
1 0
2 3 0
− =
− + =
iz
3
2 3
= −
⇔ = −
= +
Chọn A
Câu 3. Một mặt cầu có độ dài bán kính bằng 2 a Tính diện tích S của mặt cầu
4 π
=
3
π
=
8 π
=
16 π
=
Lời giải Diện tích của mặt cầu ( ) S là 2 ( )2 2
mc
S = π R = π a = a π Chọn D.
Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) ( ) (2 )2 2
S x − + y − + z = Mặt cầu ( ) S ′ có tâm I ′ ( 9;1; 6 ) và tiếp xúc ngoài với mặt cầu ( ) S Phương trình mặt cầu
( ) S ′ là:
A ( ) (2 ) (2 )2
x − + y − + − z = B ( ) (2 ) (2 )2
x − + y − + − z =
C ( ) (2 ) (2 )2
x − + y − + − z = D ( ) (2 ) (2 )2
x + + y + + + z =
Lời giải Mặt cầu ( ) S tâm I ( 1;1; 0 ) và bán kính R = 2.
x
'
y
y
+∞
1
1
−
Trang 2Gọi R ′ là bán kính của mặt cầu ( ) S ′
Vì ( ) ( ) S , S ′ tiếp xúc ngồi nên R + = R ′ II ′
Vậy phương trình mặt cầu ( ) S ′ là ( ) (2 ) (2 )2
x − + y − + − z = Chọn C
Câu 5. Tính diện tích hình phẳng phần bơi đen
giới hạn bởi các đường 2 1 4
,
y = x y = − x + và trục hồnh như hình vẽ bên
A 7
3
C 11
2
Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm của ( ) P và ( ) d nằm trong gĩc phần tư thứ nhất:
1
3 loại
=
= −
x
x
Diện tích hình phẳng cần tính là
2
.
Câu 6. Đạo hàm của hàm số ln( )2 1
2 x
y = + là:
A ln( )2 1
2
2
1
x
y
x
+
′ =
2 x .
C ln( )2 1
2
2 2 ln 2
1
x
x y
x
+
′ =
( )
2
ln 1
2
.2
.
1 ln 2
x
x y x
+
′ = +
Lời giải Ta cĩ ln( )2 1 ( 2 ) ln( )2 1 ln( )2 1
2
2
1
x
Câu 7. Cho hàm số y = f x ( ), xác định liên tục trên ℝ \ { } − 2 cĩ bảng biến thiên như hình dưới đây
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − − ∪ − − 3; 2 ) ( 2; 1 )
B Hàm số cĩ giá trị cực đại bằng − 3.
C Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ − ; 3 ) và ( − + ∞ 1; )
D Hàm số cĩ điểm cực tiểu là 2.
Lời giải Dựa vào bảng biến thiên, ta cĩ nhận xét sau
x
'
y
y
−∞ −3 −2 −1 +∞
2
−∞
2
−
−∞
Trang 3• Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − − 3; 2 ) và ( − − 2; 1 )
• Hàm số có giá trị cực đại yCĐ = − 2.
• Hàm số đồng biến khoảng ( −∞ − ; 3 ) và ( − + ∞ 1; )
• Hàm số có điểm cực tiểu là − 1.
Chọn C
Câu 8. Cho số phức z = − 2 3 i Tìm số phức liên hợp của số phức w ( ) 1 i z z2.
z
A w = − 3 4 i B w = + 3 4 i C w = + 4 3 i D w = − 4 3 i
Lời giải Ta có z = − → = + 2 3 i z 2 3 i, Khi đó w ( ) 1 i z z2 ( ) 1 i z z
z
( )( 1 i 2 3 i ) ( 2 3 i ) 3 4 i
= + − − + = − → Số phức liên hợp của w là w = + 3 4 i Chọn B
Câu 9. Cho hàm số f x ( ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như
hình vẽ bên Khẳng định nào sau đây là đúng?
A Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ; 0 , 0; ) ( + ∞ )
B Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − 1; 0 ) ( ∪ +∞ 1; )
C Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ − ; 1 ) và
( 1; + ∞ )
D Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − 1; 0 ) và ( 1; + ∞ )
Lời giải Chọn D
Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình 1
4x+ = 64a với a là số thực cho trước
A 3 a − 1. B 3 a + 1. C a − 1. D 3
1.
a −
Lời giải Phương trình 1
4x+ = 64a ⇔ + = x 1 log 64a = a log 64 = 3 a ⇔ = x 3 a − 1.
Chọn A
Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M ( − 2; 6;1 ) và M a b c ′ ( ; ; ) đối xứng nhau qua mặt phẳng ( ) Oyz Tính tổng S = 7 a − 2 b + 2017 c − 1.
A S = 2017. B S = 2042. C S = 0. D S = 2018.
Lời giải Dựa vào lý thuyết: Hai điểm M x y z( ; ; ) và M x y z( '; '; ') đối xứng nhau qua mặt phẳng (Oyz) thì
' ' '
y y
z z
= −
=
=
Từ đó suy ra M ′ ( 2; 6;1 ) → = S 7 a − 2 b + 2017 c − = 1 2018. Chọn D
Câu 12. Nếu một khối hộp chữ nhật có độ dài các đường chéo của các mặt lần lượt là 5,
10, 13 thì thể tích V của khối hộp chữ nhật đó bằng:
A V = 6. B V = 5. C V = 4. D V = 8.
Trang 4Lời giải Gọi hình hộp chữ nhật là ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ → AC AB AD , ′ , ′ là các đường chéo của các mặt của hình hộp Khi đó
2 2
2 2
1 13
AD
AA AB
Vậy thể tích khối hộp chữ nhật ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ bằng V = AA AB AD ′ = 6. Chọn A
Câu 13. Tính tích phân
1 2017
0
d
x
I = ∫ e x
1 2017
C 1 ( 2017 )
1 2017
1 2017
I = e− −
t
2017
1
= → =
= → =
Khi đó
2017
2017
t
Câu 14. Hàm số y = 2x+ ln x + 1 có tập xác định là:
A ℝ \ { } − 1 B ℝ \ 0 { } C ℝ+. D ℝ
Lời giải Hàm số đã cho xác định ⇔ + > ⇔ ≠ − x 1 0 x 1. Chọn A
Câu 15. Điểm cực đại của đồ thị hàm số
3
x
y = − x + x + có tọa độ là:
A ( − 1; 2 ) B 3; 2
3
C ( 1; 2 − ) D ( ) 1; 2
Lời giải Xét hàm số
3
x
y = − x + x + , ta có 2
y ′ = − x x + và y ′′ = 2 x − ∀ ∈ 4; x ℝ
Phương trình
( ) ( ) 2
3
′ = ⇔ − + = ⇔
Do ( )
( )
′′ = − <
′′ = >
y
y Suy ra ( ) 1; 2 là điểm cực đại của đồ thị hàm số Chọn D
Câu 16. Tính đạo hàm của hàm số 2
.
x
A
2 .
2 2
x
e
y
x
2
x
e y
x
2 2
x
e y
x
2 x.
x
′
′
Trang 5Câu 17. Với 0 < ≠ a 1, giá trị lớn nhất của hàm số loga x
y x
= trên đoạn 2
;
a a
là:
A Không có giá trị lớn nhất B 1
ln
e a
C 22.
a
Lời giải Chọn 1
2
a = , xét hàm số ( ) 12 2
log
log
x
x
4 2
1 1
4 2
∈ ⇒ <
Suy ra f x ( ) là hàm số nghịch biến trên 1 1 ; max 1 4.log2 1 8.
Vậy max 8 2 2 22.
1 2
y
a
Chọn C
Câu 18. Tìm tập nghiệm của bất phương trình ( 2 ) ( )
logπ x − < 1 logπ 3 x − 3
A S = ( ) 1; 2 B S = −∞ − ∪ ( ; 1 ) ( 2; + ∞ )
C S = −∞ ∪ ( ;1 ) ( 2; + ∞ ) D S = ( 2; + ∞ )
Lời giải Điều kiện
2
1 0
1
3 3 0
x
x x
− > ⇔ >
− >
Do 1
4
π < nên bất phương trình ( 2 ) ( ) 2
logπ x − < 1 logπ 3 x − ⇔ 3 x − > 1 3 x − 3
1
>
⇔ − + > ⇔
<
x
x x
x
Kết hợp với điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 2; + ∞ ) Chọn D
Câu 19. Hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số ( ) 5
5x
A
5 1
ln
x
x
− + B
5 6 .
ln 5 6
.5x 5
x − + x D
5 5
.
ln 5 ln
x
x x
+
ln 5 6
f x dx x dx d x x dx C Chọn B
Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn 7 + + ( 1 2 i z ) ( = + 2 3 i z ) + i Tính môđun của z
A z = 2 5. B z = 3 5. C z = 5. D z = 5.
Lời giải Đặt z = + x yi x y ( , ∈ ℝ ) suy ra z = − x yi và 2 2
.
Khi đó 7 + + ( 1 2 i z ) ( = + 2 3 i z ) + ⇔ + + i 7 ( 1 2 i )( x − yi ) ( = + 2 3 i )( x + yi ) + i
7 x yi 2 xi 2 y 2 x 2 yi 3 xi 3 y i x 5 y 7 x 3 y 1 i 0
Trang 6Câu 21. Cho khối nón ( ) N có thể tích bằng 4 π và chiều cao bằng 3. Tính bán kính r
đường tròn đáy của khối nón ( ) N
3
=
3
=
r
Lời giải Thể tích khối nón ( ) N bằng 1 2 3
.
3 π
π
h Vậy bán kính đáy của khối nón ( ) N là 3. 3.4 2.
3
V r
h
π
Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình tham số của trục Oz là:
=
=
=
B 0.
0
y z
=
=
=
C
0 0
x
z
=
=
=
D
0 0.
x y
=
=
=
Lời giải Trục Oz đi qua điểm O(0;0;0) và nhận vectơ đơn vị k=(0;0;1) làm một VTCP nên
có phương trình tham số là
0 0
0 0
0 1
= +
= +
= +
hay
0 0.
x y
=
=
=
Chọn D.
Câu 23. Cho hàm số y = f x ( ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên
x −∞ 1− 0 1 +∞
'
y − 0 + 0 − 0 +
y +∞ +∞
2
1 1 Khẳng định nào sau đây sai?
A Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − 1; 0 ) và ( 1; + ∞ )
B f ( ) − 1 được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số
C x0 = 1 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số
D M ( ) 0; 2 được gọi là điểm cực đại của hàm số
Lời giải Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét sau
• Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − 1; 0 ) và ( 1; + ∞ )
• f ( ) − 1 được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số
• x0 = 1 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số
• M ( ) 0; 2 được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số Chọn D
Câu 24. Cho các số thực dương a b c , , khác 1 thỏa mãn ( log )
log c a 1.
a b = Khẳng định nào sau đây là đúng?
A 2
.
a = bc B 2
logb .
a = c C b = c D a = c
Lời giải Sử dụng công thức logm xn = n logm x, ta được
( log )
a b = ca ab = cb = ⇔ cb = ⇔ = b c Chọn C
Trang 7Câu 25. Trong mặt phẳng phức, nếu điểm A biểu diễn số phức 1 i − , điểm B biểu diễn số phức 3 i + thì trung điểm M của đoạn thẳng AB biểu diễn số phức nào sau đây?
A z1= 4. B z2 = + 1 i C z3= 2. D z4 = − − 1 i
Lời giải Điểm A biểu diễn số phức 1 i − → A ( 1; 1 − )
Điểm B biểu diễn số phức 3 i + → B ( ) 3;1
Vì M là trung điểm của AB → M ( ) 2; 0 → = z 2. Chọn C
Câu 26. Gọi n d , lần lượt là số đường tiệm cận ngang và số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
1 1
x y
−
=
− Khẳng định nào sau đây là đúng?
A n = = d 1. B n = 0; d = 1. C n = 1; d = 2. D n = 0; d = 2.
Lời giải Xét hàm số ( ) ( 1 )
1
x
y f x
−
− có tập xác định D = ( ) 0;1
Ta có lim ( ) , lim ( )
→+∞ →−∞ không tồn tại suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang Xét phương trình ( 1 ) 0 0
1
=
=
x
x Ta có
0
1
1
→
− = ∞ → =
−
x
x
x
x
x
Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang, có 2 tiệm cận đứng Chọn D
Câu 27. Khối chóp tam giác đều có thể tích 3
2
V = a , cạnh đáy bằng 2 a 3 thì chiều cao h
của khối chóp bằng:
A h = a 6. B 6
3
= a
3
= a
3
= a
h
Lời giải Diện tích tam giác đều cạnh ( )2
3
4
a
S
Câu 28. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )?
A
4 log
y = π x B
2 loge .
y = x C
3 loge .
2
log
Lời giải Hàm số y = loga x với a > 1 là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ )
So sánh 1 ; ; 2
e e π
> > ⇒
Hàm só
2 loge
y = x đồng biến trên ( 0; + ∞ ) Chọn B
Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết A ( 2; 4; 3 − ) và trọng tâm G của tam giác có tọa độ G ( 2;1; 0 ) Khi đó vectơ AB + AC có tọa độ là:
A ( 0; 9;9 − ) B ( 0; 4; 4 − ) C ( 0; 4; 4 − ) D ( 0;9; 9 − )
Lời giải Gọi M là trung điểm của BC ⇒ AB + AC = 2 AM
Trang 8Vì G là trọng tâm của tam giác 3 0; 9 9 ;
2 2
Câu 30. Cho hàm số y = 5x có đồ thị ( ) C Hàm số nào sau đây có đồ thị đối xứng với ( ) C
qua đường thẳng y = x
A y = 5 −x B y = log5x C y = − log5x D y = − 5 −x
Lời giải Đồ thị hàm số x
y = a và đồ thị hàm số y = loga x đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x Chọn B.
Câu 31 Biết M(1; 6− ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 3 2
y= x +bx + + Tìm tọa độ cx
điểm cực đại của đồ thị hàm số đó
A N(2;21 ) B N(−2;21 ) C N(−2;11 ) D N( )2;6
Lời giải Đạo hàm 2
y′= x + bx+c y′′= x+ b ∀ ∈ ℝ x
Điểm M(1; 6− là điểm cực tiểu đồ thị hàm số )
( ) ( ) ( )
3
12
b
c b
y
′
′′ > + >
Khi đó, hàm số có phương trình ( ) 3 2
y= f x = x + x − x+
( )
f x
− =
− <
Suy ra N(−2;21) là điểm cực đại của đồ thị hàm số Chọn B.
Câu 32 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;1;1) và hai đường thẳng
1
:
d − = + = −
1
1
= − +
= +
= +
Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ đi
qua điểm M vuông góc với d1 và d2
x− y− z−
x+ y+ z+
−
x− y− z−
x+ y+ z+
Lời giải Đường thẳng d1 có VTCP u1= −(1; 1;2) Đường thẳng d2 có VTCP u2=(1;2;1 )
Đường thẳng cần tìm ∆ vuông góc với d1 và d2 nên có một VTCP là u∆ =u u1, 1= −( 5;1;3)
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng : 1 1 1
x− y− z−
Câu 33 Cho hàm số f x( ) liên tục trên ℝ và có ( )
2
0
f x x=
1
−
−
=∫
A I =0 B 3
2
I= C I= 3 D I =6
I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
−
Đặt t=2x→dt=2dx Đổi cận: 0 0
= → =
= → =
Trang 9Khi đó ( ) ( )
3
I =∫ f t dt=∫ f x dx= Chọn C
Nhận xét 0 ( ) 1 ( ) 1 ( )
f x dx f x dx f x dx
−
∫ ∫ ∫ là do hàm f( )2x là hàm chẵn
Câu 34 Cho hàm số y= f x( ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Khi đó, phương trình ( ) 1
2 2
f x− = − có bao nhiêu nghiệm?
Lời giải Trước tiên tịnh tiến đồ thị sang phải 2 đơn vị để được đồ thị hàm số y= f x( −2) Tiếp theo giữ phần đồ thị phía bên phải đường thẳng x= , xóa bỏ phần đồ thị phía bên trái 2
đường thẳng x= 2
Cuối cùng lấy đối xứng phần đồ thị vừa giữ lại ở trên qua đường thẳng x= Ta được toàn bộ 2
phần đồ thị của hàm số y= f(x−2 ) (hĩnh vẽ bên dưới)
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình ( ) 1
2 2
f x− = − có 4 nghiệm phân biệt Chọn D
Câu 35 Kí hiệu ( ) 4 2
1
1
2 log
x
f x x
+
= + + −
Giá trị của f(f(2017) ) bằng:
Lời giải Ta có
( )
2
log 2
1 log 2
2 log log
3.
3 log 2 3 log 2 log 2 log 2
2
x x
x
x
x
+
Trang 10Khi đó ( ) ( 2 ) ( )2 2
2
f x = x + x+ − = x+ − =x
Suy ra f(2017)=2017→f(f(2017) )= f(2017)=2017 Chọn C
Câu 36 Cho hàm số f x( ) có đồ thị trên
đoạn [−1; 4] như hình vẽ bên Tính tích
phân 4 ( )
1
d
I f x x
−
=∫
A 5
2
I=
B 11
2
I=
C I= 5
D I= 3
O
-1
4 3 2
1
2
-1
y
x
Lời giải Gọi A(−1;0 , ) ( )B 0;2 , C( )1;2 , D( )2;0 , E(3; 1 , − ) F(4; 1 , − ) H( )1;0 , K( ) (3;0 , L 4;0)
I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
−
(do f x( )≥0, ∀ ∈ −x [ 1;2] và f x( )≤0, ∀ ∈x [2; 4])
.2.1 2.1 2.1 1.1 1.1
ABO OBCH HCD DKE EFLK
Câu 37 Cho hai số thực b và c c( >0 ) Kí hiệu , A B là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình 2
z + bz+ =c Trong mặt phẳng phức Oxy tìm điều ,
kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông.
A 2
2
c= b B 2
b = c C b= c D 2
2
b = c
Lời giải Theo định lí Viet, ta có
1 2
1 2
2
z z c
+ = −
=
2 2 1 2 2 2
OA z
OB z
=
=
Sử dụng đẳng thức, ta có
Tam giác OAB vuông tại O nên 2 2 2
OA +OB =AB
Trang 112 2
b c b
= −
Câu 38 Cho khối chóp S ABC có thể tích bằng 16 Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm các cạnh SA SB SC, , . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP
A V= 2 B V=4 C V= 6 D V= 8
Lời giải Ta có d S MNP ,( )=d A MNP ,( ) nên V AMNP=V SMNP.
8
SMNP
SABC
V SM SN SP
V = SA SB SC = nên 1 . 2
8
AMNP S ABC
V = V = Chọn A
Câu 39 Cho tam giác ABC có AB= 13cm, BC= 5cm và AC =2cm. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành khi quay tam giác ABC quanh trục AC
4 cm
8 cm
cm 3
cm 3
V= π
Lời giải Gọi H là chân đường cao hạ từ B lên đường thẳng AC
Dùng công thức Hêrông, tính được S∆ABC = 2
2
ABC
S∆ = AC BH →BH =
Trong tam giác vuông BHC , ta có
CH = BC −BH = →AH=AC+CH =
● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,
chiều cao AH =3cm là 2 3
1
1
3
V = π BH AH = π
● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,
chiều cao CH =1cm là 2 3
2
V = π BH CH = π
Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính 3
1 2
8
cm 3
V = −V V = π Chọn D
Cách 2 Dùng phương pháp tính phân
Để cho gọn ta gắn A C, vào hệ trục tọa độ Oxy tương ứng A( )0;0 , C( )2;0
Do AB= 13→ ∈B đường tròn tâm A, bán kính 13; BC= 5→ ∈B đường tròn tâm C
bán kính 5 Giao hai đường tròn này ra được điểm B( )3;2 hoặc B(3; 2− ) Để đơn giản ta chọn điểm B( )3;2
Từ đó thiết lập được phương trình các đường : 2
3
AB y= x và BC y: =2x−4
2
V=π x dx −π x− dx= π− π= π
Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(2;0;0 ,) B(0;3;0 ,) và (0;0; 4)
C − Gọi H là trực tâm tam giác ABC Trong các phương trình sau, phương trình nào
là phương trình tham số của đường thẳng OH?
A
6
4 3
x t
=
=−
=−
B
6
3
x t
=
= +
=−
C
6
3
x t
y t
=
=
=−
D
6
1 3
x t
y t
=
=
= −
Lời giải Phương trình mặt chắn ( ): 1 ( ): 6 4 3 12 0
x y z
Suy ra mặt phẳng (ABC) có một VTPT n ABC =(6;4; 3 − )
Vì H là trực tâm tam giác ABC→OH ⊥(ABC)
