Dap an chi tiet De thi thu truong THPT Bac Yen Thanh Mon Toan

Gọi O là tâm của đáy.. Đường cao của hình chóp là SO.[r]

Trang 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

(50 câu trắc nghiệm, đáp án 5 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài 90 phút

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHI TIẾT ĐÁP ÁN.

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

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

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

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

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1 Chọn B.

 2

3

1

x



Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1

và 1; 

Câu 2 Chọn D.

y  x  x x x   y' 0 có 3 nghiệm phân biệt y x 4 2x2 có 3 cực trị1

Cách 2 Chỉ có (D.) có ab 0 y' 0 có 3 nghiệm phân biệt

Câu 3 Chọn D. TXĐ D \ 1;3 

Vậy x1,x3 là 2 đường TCĐ

Câu 4 Chọn C. TXĐ D 

 

2

y  x  x x x

, y' 0  x   ;0  2; 

y đồng biến trên khoảng  2;

Câu 5 Chọn A.

Hàm số đồng biến và Đồ thị đi qua các điểm 2;0 , 0; 2   nên là đồ thị hàm số yx x21.

Câu 6 Chọn B. TXĐ D, 'y xác định trên \ 2 

Dựa vào BBT hàm số đạt CĐ tại x 2 và đạt CT tại x 1 (hay hàm số có 1 CĐ và 1 CT)

Chú ý: Hàm số đạt cực trị tại x x 0 

 

0

y x

ng y x









 và y' đổi dấu khi x qua x0

Câu 7 Chọn D. TXĐ D 

Dựa vào BBT, phương trình có 3 nghiệm phân biệt   1 2m    1 3 1 m1

Câu 8 Chọn B. TXĐ D  và

y x  x m

Theo ycbt:

 

, ,

y







Cách 2

 

2

0;3

x



Câu 9 Chọn D. TXĐ D 

Trang 2

Hàm số có 3 điểm cực trị khi y' 4 x x 2 m0

có 3 nghiệm phân biệt khi m dương

Khi đó, ta gọi 3 đỉnh của ABC cân tại A với A0; 2m2 4 , B m m; 2 4 , C  m m; 2 4

ABC

S  m   m

Câu 10 Chọn B. TXĐ D 

y  x  x x x  y   x  x loai x

 0 3,  1 2,  2 11

Vậy M 11,m2.

Theo ycbt thì

 

, ,,

y y









Giải ra và thử lại m 0.

Câu 12 Chọn D TXĐ D 

y  x  x x  x

, ta có BBT

Ycbt  phương trình hoành độ giao điểm

không có nghiệm  m4

Câu 13 Chọn B

Ycbt xảy ra

3 2

x mx m

 



có nghiệm Giải ra m 1.

Dựa vào tính chất của lũy thừa: 0 a b  thì a m b m m0 là sai (phương án B đúng)

Câu 15 Chọn C.

   2   2 

y  x e e x  x  x  e

Câu 16 Chọn D. y xác định  x25x 6 0  2x 3 TXD D: 2;3

Câu 17 Chọn A. Đồ thị là của hàm số y  (có thể thấy đi qua điểm 2x 1; 2)

 

2

f



Câu 19 Chọn D Hàm số mũ và logarit nghịch biến khi cơ số 0a1

+) ylog x a 10 1  y trên 0; 

+)

1 ên 3 3 x y  a   y tr       +) 1 1 1 ên 3 3 x y   a   y tr       +)   13 3  có TXD: 2 x x f x  D    , 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 , : 3 3 3 3 x x x x x x x x x x x x                        1 1 2 2 3x 3x 3x 3x     (cộng vế với vế)  f x 1  f x 2  f x  tr nê . Câu 20 Chọn C.   3 15 15 15 3 log 5 1 2 log 75 log 15.5 1 log 5 1 1 log 15 1 1 a a a a            Câu 21 Chọn C. -1 0 1 + 0 -

0 + 0 - 4 4

0

Trang 3

  1 2 2

1

x



Theo công thức lãi kép CA1rN

với giả thiết A100.000.000 10 ; 8 r7% 0,07 và  N 10 Vậy số tiền nhận được … 10 (1 0,07)8  10, nên chọn A

1

x

3

1

y



3

a

 





x

 

x e dx xd e  x e  e dx x e  e C e x C

I  x dx x dx x dx   x   x 

1

Xét

;

1

0

a

b



Cách 2 Đặt x 4 t



Phương trình hoành độ giao điểm x x 1 x 2  0 x 0 x 1 x2

     

S f x dxf x dx f x dx

Trang 4

 

Ox

V x x dxx xdx

2 2

3

2 ln ln

1 3

du xdx

dv x dx v x







 







V  x x  x xdx  x   x x x dx  e

Vận tốc

 

2

0

2

0

v dt t  m s

Khối nón tạo thành có đường cao

3 2

a

AH 

, bán kính đáy 2

a

r 

Thể tích khối nón là V =

3

3 24

a



Mặt trụ tạo thành có đường cao a, bán kính đáy r = a Diện tích xq mặt trụ là

2

xq

S  rl  a

Khối tròn xoay tạo thành là khối cầu bán kính r = 2(cm)

Thể tích khối cầu là

3

V  r  

(cm3)

Nếu ba hình tam giác không chồng lên nhau thì thể tích của khối tròn xoay là

3 1

3 8

a

V 

Thể tích phần bị chồng lên là

3 2

3 96

a

V 

 Thể tích cần tính là

3

11 3 96

a

V V V   

Gọi O là tâm của đáy Đường cao của hình chóp là SO

Góc giữa cạnh bên SA và đáy là SAO  600

Trong tam giác SAO có

2

SO AO AO

Diện tích đáy là S a 2

Thể tích khối chóp là

3

.SO

a

V  S 

Diện tích đáy là

2

ABC

Thể tích khối chóp là

3

1

a

V  S SA

Thể tích khối tứ diện là

3

1

6

V  BA BC BD a

3

.

A CMN

A CMN A CBD

A CBD

3

3 2

C BDNM A CBD A CMN

a

Vì SA vuông góc với mp(ABCD) nên góc giữa SC và mp(ABCD) là góc SCA  600

Trang 5

AC

Thể tích h/c là

3

1

V  SA S a

Đáy của lăng trụ là tam giác cân có cạnh bên bằng x, cạnh đáy bằng 60 2x

Đường cao tam giác đó là AH  60x 900

Diện tích đáy là

3

Diện tích đáy lớn nhất là 100 3 nên thể tích lớn nhất là V 4000 3

Câu 43 Chọn D. a b,  11;2; 5 

 

Gọi D d ;0;0

AD BC  d 3216 25 d  0 d 6

Vậy D 0;0;0

hoặc D 6;0;0

Một vectơ pháp tuyến của mp(P) là nAB j,  4;0; 1 



 

   

Phương trình mp(P): 4x z  1 0

17

m

d M Q     m  m

Vậy M12;0;0 M5;0;0

Phương trình mặt cầu có dạng x2y2z2 2ax2by2cz d 0a2b2c2 d 0

Thay tọa độ O, A, B, C vào phương trình trên ta được hệ

0

d

a d

b d

c d











 Giải hệ được: a1;b2;c2;d0

Vậy pt mặt cầu là: x2y2z2 2x 4y 4z0hay x12y 22z 22 9

Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến là n Q AB n, P 4; 4; 2  2 2; 2;1  

Phương trình mp(Q): 2x 2y z 1 0

Mp(P) đi qua N5; 4; 2 

có một vtpt là MN 4; 2;6  2 2; 1;3  



Pt (P): 2x y 3z 20 0

Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là

( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )

A a B b C c với a b c , , 0

Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng 1.

x y z

a b c 

Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1;9;4) nên

1 9 4

1 (1)

a b c  

Vì OA OB OC  nên a b c, do đó xảy ra 4 trường hợp sau:

Trang 6

+) TH1: a b c  .

Từ (1) suy ra

1 9 4

a a a     nên phương trình mp( ) là x y z  14 0.

+) TH2: a b c. Từ (1) suy ra

1 9 4

a a a     nên pt mp( ) là x y z   6 0.

+) TH3: ab c . Từ (1) suy ra

1 9 4

a a a     nên pt mp( ) là x y z   4 0.

+) TH4: abc. Từ (1) có

1 9 4

a a a     nên pt mp( ) là x y z  12 0. Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	816,43 KB