Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường đại học ngoại thương lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Mặt phẳng ( 1 BCI chia tứ diện làm hai tứ diện. Tính tỉ số bán kính mặt cầu ).. ngoại tiếp hai tứ diện đó[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐH NGOẠI THƯƠNG HN

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM HỌC 2017 – 2018

Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:……….……… SBD:……… Câu 30 [2D3-3] Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x 0 và x  , biết rằng

thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ

x  x  là một tam giác đều có cạnh là 2 sin x

A V 3 B V 3 C V 2 3 D V 2 3

Lời giải

Chọn D.

Diện tích thiết diện là  

2 sin 2 3

3 sin 4

x

Áp dụng công thức   0

b

a



. Chọn D.

Câu 31 [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A0; 2; 2 ,  B2;2; 4 

Giả sử I a b c ; ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Tính T a2b2c2

Lời giải Chọn A

Ta có OA AB 2 2 nên tam giác OAB cân tại A, vì vậy I thuộc đường trung tuyến

qua A là

1

2

z

 







 



1 2; 0; 2

Do đó T 8  chọn A.

Câu 32 [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh avà

Xác định x để hai mặt phẳng SBCvà SDC tạo với nhau một góc bằng 60?

A x a 3 B x a C

3 2

a

x 

a

x 

Lời giải Chọn B

Từ A kẻ AH AK, lần lượt vuông góc với SB SD,

Góc giữa hai mặt phẳng SBCvà SDC bằng 60nên

cos HAK os60

2

c

Ta có

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2





















Mà

·

cos HAK

2 1 cos HAK os60

2

AH AK c







 Thay vào, giải phương trình tìm được nghiệmx a

Câu 35 [2D3-3] Cho hàm số f x  có đạo hàm xác định, liên tục trên đoạn 0;1

đồng thời thỏa mãn các điều kiện f' 0 1 và    

2 '

  Đặt T f  1  f  0 , hãy chọn khẳng định đúng?

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết ta có

 

 

 

'

1

x c

f x

Mà f' 0 1 nên  

1 '

0

1

1

ln 2 1

1 1

c

T

x

f x

x

















Câu 36 [2D4-3] Gọi z z z là các nghiệm của phương trình 1; ;2 3 iz32z2 1 i z i   Biết 0 z là số1

thuần ảo Đặt P z z 2 3 , hãy chọn khẳng định đúng?

A 4 P 5 B 2 P 3 C 3 P 4 D 1 P 2.

Lời giải

Chọn B.

Biến đổi phương trình iz32z2 1 i z i    0 i z iz   2  z 1 0

 2 1 0(*)







  

Như vậy: z z là các nghiệm của phương trình (*).2; 3

2 2

2 3 2 3 2 3 4 2 3

2

 

   

 

Vậy P 417

Câu 38 [2D3-3] Biết rằng

3 2

2

1

dx

c





với , ,a b c là các số nguyên dương Tính T a b c  

A T 31 B T 29 C T 33 D T 27

Lời giải

3 2

3 1

1

2

2

x

=

19 4 8

6



Vậy a b c     19 8 6 33

Câu 39 [2H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của

'.

DD Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A D' bằng

A

3 3

a

B

3 2

a

2 3 3

a

D 3

a

Hướng dẫn giải:

Chọn a  ta có hệ trục tọa độ 1 Oxyz sao cho 0;0;0 , ' 1;0;1 ,   0;0;1

2

  và C0;1;0

Ta có DA  ' 1;0;1

;

1 0; 1;

2

CK   

và

1 0;0;

2

DK  

Ta có

1

2

 

1 ';CK

2

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Do đó

 

 

2

1 2 1

2

A D CK

d





    

1

1 2

3 1

4



 

Vậy A D CK' ;  3

a

Câu 40 [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

( )

5 5

log

2

mx

x+ =

có nghiệm duy nhất?

Hướng dẫn giải:

Phương trình đã cho tương đương: 5 2 5 

1 0 0

x mx x

 





 





2

1 0

x x

m

x



  



  



 



Xét

1

x

trên 1;  \ 0

1 '( ) 1

f x

x

 

+

+∞

4

+∞

-∞

0

∞ 1

0

+ 1

0

y y' x

Bảng biến thiên ta có m 4 hoặc m 0 Vậy có vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu

bài toán

Câu 41 [1D5-3] Cho hàm số  

2 1; 0

1, 0

f x



 Khi hàm số f x  có đạo hàm tại x 0 0 Hãy tính T a 2b

A T 4 B T 0 C T 6 D T 4

Lời giải

+) Ta có với x 0 thì      

2

       

0

x

y



 





+) Với x 0 thì    y a x b.  1 1  a x b.  2



   

Hàm số có đạo hàm tại x 0 0thì lim 0

x

y x



 



 phải hữu hạn nên b  2 0 b2 Suy ra f ' 0  a



Khi đó: f ' 0  f ' 0  a b

Vậy a b  2 a2b6

Câu 43 [1D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

cos3x cos 2x m cosx1 có đúng bảy nghiệm khác nhau thuộc khoảng 2; 2





Lời giải

Phương trình cos3x cos 2x m cosx 1 mcosx 1 cos 2x cos3x

2

cos 0 cos 2cos 4 cos 3cos

x







Phương trình:

3

có hai nghiệm thuộc khoảng

; 2 2







Phương trình đã cho có đúng bảy nghiệm khác nhau thuộc khoảng 2; 2







  khi và chỉ

khi phương trình 4cos2 x2cosx 3 m  * có đúng 5 nghiệm phân biệt khác

3

;

2 2

 

thuộc khoảng 2; 2





Đặt tcos ,x t  1;1 Khi đó phương trình (*) trở thành 4t22t 3 m  1

Yêu cầu bài toán  1 có hai nghiệm thỏa mãn  1 t1 0 t2 1

Lập bảng biến thiên của hàm f t  4t22t3 ta được:

Dựa vào bảng biến thiên: các giá trị m cần tìm là: 3m5

Vậy có 1 giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán

Câu 44 [2D1-4]Cho hàm số f x 

có đồ thị như hình vẽ Hãy tìm cực trị của hàm số yf f x   

Hướng dẫn giải Chọn C.

+) Ta có với uf x 

thì '    u' x u' x'

x

 

 

 

'

'

0

2

u

x

u f x

f f x

x











+) Ta thấy f x   0

có hai nghiệm x1,2   0 x3  2

+) Ta thấy f x   2

có hai nghiệm x4 x3

 

f f x

có nghiệm x 0bậc 3, x2, ,x x3 4 bậc 1

 hàm số có 4 cực trị.

Câu 45 [1D3-4] Từ các chữ số 0; 2;3;5;6;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số

đôi một khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau

Hướng dẫn giải Chọn A

Từ các chữ số trên, có thể lập được số các số có 6 chữ số đôi một khác nhau là 5.5! (Chữ số đầu khác 0) (1)

Chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau được 05, ta coi là số 0 và số 50, ta coi là số 5

+ Số 05 và 4 chữ số còn lại lập số có 6 chữ số đôi một khác nhau cũng như số 0 và 4

chữ số còn lại lập số có 5 chữ số đôi một khác nhau và là: 4.4! (Chữ số đầu khác 0) (2)

+ Số 50 và 4 chữ số còn lại lập số có 6 chữ số đôi một khác nhau cũng như số 5 và 4

chữ số còn lại (khác 0) lập số có 5 chữ số đôi một khác nhau và là: 5! (3)

Từ (1), (2), (3) được: 5.5! 4.4! 5! 384  

Câu 46: [2D1-4] Cho hàm số f x 8x4ax2b trong đó a b, là các tham số thực Biết rằng giá

trị lớn nhất của hàm số f x  trên đoạn 1;1 Hãy chọn khẳng định đúng?

A a0,b0 B a0,b0 C a0,b0 D a0,b0

Hướng dẫn giải

Chọn C

Đặt tx2 với t 0;1

f t  t at b t 

Ta có:

 0

 1 8

f   a b

2

f    a b

1

2

f     a b

Do    

0;1

max f t 1

nên 1

1 8

b

a b



  

   

4b  b a 8  2b a  4 4

Dấu " "  xảy ra khi

1

b

a b







  



1

b

a b







  



   

Vậy

1 8

b a









 Vậy a0,b0

Câu 47 [2H2-4]. Cho tứ diện đếu ABCD , AA là đường cao của tứ diện với I là trung điểm1

ngoại tiếp hai tứ diện đó

A

43

1

1

48 153

Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có bài toán phụ: Xét tứ diện SABC , có đường cao SH = , O là tâm đường tròn h ngoại tiếp tam giác ABC Đặt bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là r ,

OH = , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC là R Khi đó ta có công thức: d

2

R

h

-=

Chứng minh:

d

x R

d S

A

B

C

E

I F

Ta giả sử tâm mặt cầu nằm trong tứ diện

Theo định lý Pitago:

Mặt khác:

-Từ (1) và (2) ta được:

2

h

2

R

Từ đó ta được:

2

R

h

-=

, cũng có thể viết lại công thức như sau:

2

R

h

=

B

C

D M

A1

I E K

Q

N

O

P

Đặt

AP x

AD

=

, khi đó theo định lý Menelaus với ba điểm , ,B I E thẳng hàng

1 1

2

3

A I

hàng thì:

1

3

1 4

AP x

AD

- Theo bài toán trên:

+ Xét hình chóp K BCD với ( BCD là đáy thì: ) 1

3 4

, r là bán kính đường tròn

ngoại tiếp tam giác BCD đều cạnh a , 1 1

1 4

Ta tìm được

86 16

PBCD

+ Xét hình chóp KABC với ( ABC là đáy thì: ) 1

,r là bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đều cạnh a , 1

Ta tìm

được

102 16

PABC

Vậy tỉ lệ hai bán kính

43

51

Câu 48 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 5z i   z 1 3i 3 z  Tìm giá trị lớn nhất 1 i M của

2 3

?

A

10 3

M 

Lời giải Chọn D

Gọi A1;3 , B1; 1 ,  C0;1 C là trung điểm AB

Suy ra

Mặt khác 5 z i   z 1 3i 3z  1 i 5MC MA 3MB 10 MA2MB2

Mà z 2 3  i     z i  2 4i  z i    2 4i MC 2 5 4 5 

Dấu “ = “ xẩy ra khi và chỉ khi z 2 5i

Câu 49 [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 2; 2), (2; 2;0).B  Gọi

1(1;1; 1)

I  vàI2(3;1;1)là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB Biết rằng luôn có một mặt cầu ( )S đi qua cả hai đường tròn ấy Tính bán

kính Rcủa ( )S

A

219 3

R 

129 3

R 

D R 2 6

Lời giải Chọn C

Gọi () là đường thẳng qua I và 1 (ABI1)

(') là đường thẳng qua I và 2 (ABI2)

1 5 ( ) : 1 2

1

 





    

  

 ( t R ),

3 ' ( ') : 1 2 '

1 5 '

 





   

  

 ( 't R)

Khi đó Tâm I của ( )S là giao điểm của () và (')

Xét hệ phương trình

1

3

1 2 1 2 '

1 '

1 1 5 '

3

t





3 3 3



Vậy bán kính

129 3

R IA 

Câu 50 [2D3-4] Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn  f  1  ,1

1

0

9 d 5 '



và 1  

0

2 d 5



Tính tích phân

 

1

0

d

A

3 5

I 

1 4

I 

3 4

I 

343 48



Lời giải Chọn B.

Đặt t  x x t 2 dx2tdt Đổi cận: x 0 t  ; 0 x 1 t  Ta có1

 

1

0

2

2

1

0

'

1

0

1

0

  

 

1

0

'

5

t f t dt

, hay

 

0 2 1

3 '

5

x f x dx 



(1)

Hơn nữa ta có

1

0

9 d 5 '



(2) theo giả thiết và

1 4 0

1 5

x dx 



(3)

Xét tích phân

 

0

Mà  f x'  3x22 0

với mọi x 0;1 Vậy f x'  3x2

Do đó f x  x3C Lại có f  1  1 C Vậy 0 f x x3

Vậy

 

0

3 0

1 4