36 Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.. Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh [r]
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017
MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề
Trang 11Đáp án đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán
1 D
2 D
3 A
4 B
5 D
6 A
7 D
8 D
9 A
10 A
11 C
12 B
`13 C
14 C
15 B
16 A
17 C
18 A
19 A
20 C
21 D
22 B
23 B
24 C
25 B
26 D
27 D
28 C
29 C
30 C
31 D
32 B
33 C
34 A
35 D
36 C
37 B
38 A
39 A
40 C
41 A
42 D
43 B
44 B
45 D
46 B
47 A
48 A
49 A
50 B
Hướng dẫn giải chi tiết
1 y x 4 2x2 4 y' 4 x3 4x4x x 21 , ' 0 y x 1;0 1;
2 R=IA=√16+1+1=√18 Mặt cầu có bán kính nên có phương trình
z − 3¿2=18
y +4¿2+¿
x − 1¿2+¿
¿
3 (P),(Q) ⃗n P=(2;− 3 ;6), ⃗n Q=(1 ;1 ;− 2) lần lượt có vectơ pháp tuyến là
[ ,n n P Q] (0;10;5)
d ⃗u=¿ 1
5[ ⃗n P ,⃗ n Q]=(0 ;2 ;1) Ta có nên có vectơ chỉ phương 1
2
x
Do đó có phương trình
4 x33x22x13x2 2x 1Phương trình hoành độ giao điểm:
5 i(z − 2+3i)=1+2 i ⇔ z −2+3 i= 1+2i
i ⇔ z− 2+3i=2−i ⇔ z=4 − 4 i ⇔ z=4+4 i.
6 ⃗AB=(− 2;2 ;2) ⇒ AB ⃗u=−1
2⃗AB=(1 ;−1 ;−1) có vectơ chỉ phương
Trang 12AB B x −1
1 =
y
−1=
z −3
− 1 . đi qua nên có phương trình
7 z=b − ai z=a+bi Mệnh đề sai : Số phức có số phức liên hợp là
8 ln 3 1
2
S
S
a
SA SB AB a V a a
Tính được 11
z1,2=1±√3i
2 ⇒ S=√ (12)2+( √23)2+√ (12)2+(−√3
2 )2=2 12
y=(π e)x y=( √23)x Có hai hàm số nghịch biến là và
13
2 f x dx 2 f x dx f x dx 1
Vì là hàm chẵn nên
f x dx f x d x f t dt
Do đó 14
D=¿
¿
log1
2
(2 x −1)≥0
2 x −1>0
⇔
¿2 x −1 ≤1
2 x −1>0
⇔ 1
2<x ≤1 ⇒
¿{
¿
Điều kiện: TXĐ:
15
4 1
2016 f x dx' f 4 f 1 2017 f 1 f 1 1
16
y '= 3
x
ln 3 (2+3x
)ln3=
3x 2+3x
17
sin cos 3 sin sin3 1sin4
4
F x f x dx x x dx x d x x C
F C F x x F
3
V
h
19 Có hai mệnh đề đúng: (I) “Trong tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn
Trang 13có nghiệm” và (III) “Môđun của một số phức là một số phức”.
20 M(0; 2). Điểm cực tiểu của đồ thị là
21 y f x( )
Vẽ đồ thị hàm số , từ đó suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt
22 A (1 ;−3), B(− 2;1)⇒ AB=5
23
1 2
2
x
f x dx e C
24 ⃗a ⊥ ⃗b ⃗b ⃗c=5 |b⃗|=√14 Có ba mệnh đề đúng: (I) (II) (IV)
25 BB' 5 2 3 2 4 V 3 4 36 2 Tính được
26 4x −5 2 x
+6=0⇔
2x=2
¿
2x=3
¿
x =1
¿
x =log23
¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
2
'
' 0
y
x x1, 2 x x 1 2 4 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
28 d M (1; 0;− 1) ⃗u=(2 ;1;−1) đi qua và có vectơ chỉ phương
(P) ⃗n=(2 ;−3 ;1)
¿
M ∈(P)
⃗
u ⃗n=0
⇒d ⊂(P).
¿{
¿
có vectơ pháp tuyến Nhận thấy
M ∈ d ⇒ M (1+2t ;t ;−1− t) M (P) Cách 2: Lấy , thay tọa độ của vào phương
trình của ta được
d ⊂(P) d M 2(1+2 t)− 3 t −1 −t − 1=0 ⇔ 0=0 ⇒ M ∈(P) , do lấy bất kì trên nên
2
y
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
Trang 1430 ⃗n=(2 ;−1 ;1) Mệnh đề sai: Vectơ là một vectơ pháp tuyến của (P).
31 a b c, , S TP 2ab bc ca
Gọi là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật thì
a b c AC Theo giả thiết ta có
2.18 36
TP
a b c ab bc ca S Từ bất đẳng thức
32 SH (ABCD).Gọi H là trung điểm
của AD suy ra Dễ thấy tâm I của
mặt cầu nằm trên trục d đi qua trung
điểm O của MN và vuông góc với
mặt phẳng (ABCD), I và S cùng phía
so với mp (ABCD).
2
4
a
10 4
a
IK OH
x OI Nếu đặt thì
và
2
(0;0;0),
H 2;0;0 , ( ;0;0)
a
A M a
3 0;0;
2
a
S
3
; ;0
4 4
a a
E
IE(ABCD)
3
; ;
4 4
a a
I t
IS IA t R IA
Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho
và Khi đó trung điểm là trung điểm của MN Do nên Từ
33 s9t2 t3 v s ' 18t 3t2 v' 18 6 t 0 t 3
max
t v t v v Khi
34 z=x +yi x , y ∈ R |2 z −1|=|z +1+i|⇔|2 x −1+2 yi|=|x +1+(1− y)i| Gọi với Ta
có
S ABC K Hd M D O I N
Trang 152 x −1¿2+4 y2
¿
1 − y¿2
¿
x +1¿2+¿
¿
¿
√¿
(1)
y − 1¿2=5
x − 1¿2+ ¿
¿
z Mặt khác điểm biểu diễn của thuộc đường tròn đã cho nên (2)
(x ; y )=(0 ;−1), (2;− 1) ⇒ z=−i , z=2 −i Giải (1) và (2) ta được:
√0+1√4+1=√5 Do đó tích các môđun là
35 y' x2 2m 1x m 3 y ' 0 TXĐ: D = , có nhiều nhất 2 nghiệm trên
0;3 y' 0, x 0;3
+) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
0;3
2 1
g x
x
2 1
x
2
2
1
2
2 1
x
x loai x
g x m x m
Từ BBT,
'0,3;1yx 3; 1
+) Hàm số đồng biến trên khoảng
3; 1
2 1
g x
x
2 1
x
2
2
1
2
2 1
x
x loai x
m a b g x m, x 3; 1 m 1Từ BBT, Do đó
36 Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.
Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh S và
1 4
S ABC S MNP
Trang 16, ,
x SM y SN z SP Đặt , ta có:
2
2
2
120
4 7
3
2 95
S ABC S MNP
37 (S ) I(5;− 3 ;5), R=2√5 ⇒IN=R=2√5 có tâm bán kính
IMN N IM=√IN2+MN2=√20+16=6 Do tam giác vuông tại nên
d (I ,(P))=|5+6+10− 3|
√1+4+4 =6=IM M I (P)⇒IM ⊥(P)
⇒⃗ IM=t ⃗ n P ⇒ M (5+t ;−3 −2 t ;5+2 t) Ta lại có do đó phải là hình chiếu của lên
M ∈(P) 5+t − 2(−3 −2 t)+2(5+2t)−3=0 Do nên
⇔t=− 2⇒ M (3 ;1 ;1)⇒OM=√11
1
1
k k
5 2
5 2
5
,
1 1
k k
39 x2 x 2 0 x1,x2Phương trình có hai nghiệm
1
x 4x 1 x2 2x 6 x 24x 1 x2 2x 6 x 2Thay vào biểu thức thấy kết quả bằng 0, thay vào biểu thức thấy kết quả khác 0 Suy ra đồ thị hàm số chỉ có
1 tiệm cận đứng là
S
M
N
P B
C A
Trang 1740 1 2
6 6
y x
- Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc là trung điểm O của MN, trục hoành trùng với đường thẳng MN thì parabol có phương trình là
2
2
6
- Khi đó diện tích của khung tranh là 208
900.000 20.800.000
9 - Suy ra số tiền là: đồng
41 Công thức tính thể tích chỏm cầu
có bán kính R, chiều cao h là:
chom
3
R
cau
R h
h
V V V V V3V2V1Gọi là thể tích
khối nón tròn xoay khi quay tam giác
BCD quanh trục AC, là thể tích khối
cầu khi quay hình tròn quanh trục AC,
là thể tích khối chỏm cầu khi quay
hình phẳng (BnD) quanh trục AC thì
2
3
7,
R
7 2 7 2
2 3
8 5 2 7
h
6
Khối chỏm cầu
có bán kính chiều cao nên Do đó:
42 log712=x ⇔log73+2 log72=x (1)
xy=log712 log1224=log724⇒ log73+3 log72=xy (2)
log72=xy − x , log73=3 x −2 xy Từ (1) và (2) ta suy ra
54168
log
¿ log 7 168 log754 =
log 7 (23.3 7) log7(33.2) =
3 log 7 2+ log 7 3+1 log72+3 log73 =
xy +1
− 5 xy+ 8 x. Do đó
a=1 ,b=−5 , c=8⇒ S=15 Do đó
B
A
D
C n
Trang 18 2
2
2
ln 9
9 3
x
x
Đặt
2 1
3
12
ln 5 6ln 2 2 6ln 3 ln 5 6ln 2 2 6ln 5 12ln 2
5ln 5 6ln 2 2 13
x S
44
⇔ log22x − 2 log2x +3=m t=log2x x ∈[12;4] t ∈[−1 ;2]. PT Đặt , do nên
t2−2 t+3=m PT đã cho trở thành (*)
f (t)=t2− 2t +3 [− 1;2] t ∈[−1 ;2] min
[−1 ;2 ] f (t)≤m ≤ max
[− 1 ;2] f (t )⇔ 2≤ m≤ 6 Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn ta được (*) có nghiệm khi và chỉ khi
45
y '= 2 ln x − ln
2
x
x2
y '=0 ⇔
ln x=0
¿
ln x=2
¿
x=1
¿
x=e2
¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
,
y (1)=0 , y (e2)=4
e2, y (e
3
)=9
e3 ⇒max
[1 ; e 3
]
=y (e2)=4
e2⇒ m=4 ,n=2 ⇒S=42
+2 23=32
46 N n r a A N1=A(1+r)− a Gọi là số tiền người vay còn nợ sau n tháng,
là lãi suất hàng tháng, là số tiền trả hàng tháng, là số tiền vay ban đầu
1+r¿2−a [1+(1+r )]
N2=[A (1+r )− a](1+r )−a= A¿
1+r¿2− a[1+(1+r)]
1+(1+r )+¿
1+r¿3− a¿
A¿(1+r )− a= A¿
N3=¿
Trang 191+r¿m −1
¿
¿
1+r¿m − a¿
1+r¿2+ +¿=A¿
1+(1+r)+¿
1+r¿m − a¿
N m=A¿
N m=0 1+r¿m(Ar − a)+a=0 ⇔ m=log 1 +r a
a− Ar
⇔¿
Khi trả hết
nợ nghĩa là
m≈ 21 , 6 Thay số ta được: Do đó số tháng để trả hết nợ là 22 tháng
47
0 0 0 0
ac cd bd ab
0 0
bc ad
Từ đồ thị ta thấy
48 H AB IAB I IH⊥ AB IA=√2 IH +) Gọi là trung điểm của , do tam giác vuông cân tại nên và
(0; 2; 2)
d M (2;1 ;−1) ⃗u=(2 ;1;−1) +) đi qua và có vectơ chỉ phương
[IM u; ] (2; 4; 4)
⃗ ⃗
⇒d (I , d)=|[⃗IM; ⃗u]|
|⃗u| =
√16+16+ 4
√4 +4 +1 =2.
IA=√2 IH=√2 d (I , d )=2√2 Do đó , suy ra mặt cầu có phương trình
z − 1¿2=8
y +1¿2+¿
x − 2¿2+¿
¿
IH H Chú ý: Có thể tính bằng cách tìm tọa độ điểm
49 y x 4 4(m1)x22m 1 y' 4 x3 8m1x4x x 2 2m1
1
m Điều kiện để có 3 cực trị là Tọa độ các điểm cực trị là
Tam giác ABC luôn cân tại A nên theo giả thiết ta có
Trang 20
4
3 0
2 1 16 1
2
r T
T
Gọi là chu kì bán rã, suy ra
4000
ln 2
1602
2
T
S e