Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 1

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM BIGSCHOOL ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2017 M TOÁN Ọ Mã đề thi 001 ĐỀ THI CHÍNH THỨC C 11 D 21 D 31 B 41 A D 12 C 22 A 32 A 42 D Câu Đáp C D A C A A 13 C 23 B 33 A 43 A C 14 B 24 A 34 D 44 B A 15 D 25 D 35 A 45 D B 16 B 26 C 36 B 46 B C 17 C 27 D 37 B 47 C C 18.C 28 A 38 A 48 A D 19 C 29 A 39 C 49 D 10 B 20 A 30 A 40 C 50 C ướng dẫn chọ p ươ g đú g ax  b Đồ thị hình vẽ đồ thị hàm số y  với c  ad  bc  0, cx  d 2x  (ad  bc   0) loại phương án y  x 1 x2 y (ad  bc   0) x 1 a Vì lim y  2 nên  2 x  c 2 x  Vậy chọn y  x 1 3   - Ta có:   x 5 x  3 1   2 x 5 x  x  3     x2  5x     2 x  1 - Hoặc th y l n lư t x  2; x  3; x  2; x  ; x  vào phương trình t đư nghi m x  2; x  Số m ủ đồ thị hàm số y  ( x  1)2 ( x  x  2) với trục hoành số nghi m đôi phân bi t củ phương trình: ( x  1)2 ( x  x  2)  Vì x  x   ( x  1)2   nên phương trình ( x  1)2 ( x  x  2)  có nghi m kép x  1 Vậy ó đ ng m Ta có f '( x)  4 x3 có nghi m x  đổi dấu từ dương sang âm x qua nghi m (theo chiều tăng) Vậy f(x) có m cự đại không ó m cực ti u - Hàm số mũ hàm ó dạng y  a x , (0  a  1)   B C C D 10 B x  11 D C 13 C 14 15 B D x x  cận ng ng đường thẳng y  1 y  lim  f ( x)    đồ thị hàm số f ( x) ó x  ( 1) 12 x x  1 Ta có y  g ( x)        Trong hàm số ho hàm số mũ hàm y  g ( x) hận x t: rong ài họ sinh ó th d ị nh m gi hàm số lũy thừ hàm số mũ -Tính nguyên hàm củ hàm ho suy r đáp án 1  sin 3x dx   sin 3x d (3x)   cos 3x  C x  y  4 i   ( x  y)i  x  2y  x  y  x     4   ( x  y ) x  y  y 1 Từ bảng nguyên hàm suy khẳng định sai c n chọn là:  dx  lnx  C x (Vì thiếu dấu giá trị t đối) Trong ve tơ ho, hỉ ó ve tơ n4  (0; 1;2) ve tơ pháp tuyến ủ ( P): y  z   Phương trình mặt c u (S ) có tâm I (2;  5;  4) bán kính R  là: ( S ):( x  2)  ( y  5)  ( z  4)  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: lim f ( x)  1 lim f ( x)   đồ thị hàm số f ( x) ó đường ti m đường ti m cận đứng đường thẳng x  1 Giải phương trình y '  t đư c hai nghi m x  x  - Vì hàm đơn giản nên có th xét dấu y’ đ ó hàm đạt cự đại x  0; y(0)  nên chọn C - Có th tính y '' đ thấy y ''(0)  nên hàm đạt cự đại x  Nghị h đảo số phức z   3i là: 1  3i     i z  3i (1  3i)(1  3i) 10 10 Ta có f '( x)  x2 1  0, x [1;0), f '( x)   x  1  f ( x) nghịch biến x2 [  1;0)  2x 2( x  1) Ta có: y   x  ( x  1)( x  x  1)  2x 2( x  1) 2 Vì lim  lim  lim   nên đường thẳng x 1 x  x 1 ( x  1)( x  x  1) x 1 x  x  x  không ti m cận đứng củ đồ thị 2  2x  2x  lim  nên đồ thị hàm số ho ó đ ng x  x  x  x  cận ng ng đường thẳng y  Vì lim ti m 2 16 17 B C 1 log (4x  2)  2   4x       4x     x  2 2  3 Vậy tập nghi m bất phương trình T   ;   2 Với điều ki n b > 0, ta có : P b2 b b b  b2 b b.b  5 b2 b  b 2.5 b 2.3  Vậy P  Với z1   3i  z1   3i 18 C z2   i  z2   i Ta có: z1  3i w  z1  z2 (1  3i )  (2  i) w    i 5 ng  ph n ảo ng 5 nh toán, r t gọn hoặ d ng máy t nh t đư Vậy số phứ w ó ph n thự 19 C 20 A 3  nên từ: (2  a)  (2  a)2 ta suy :   a    a  Vậy  a  ( x  1) ' 2x  Đạo hàm hàm số y  log ( x  1) là: y '  ( x  1).ln ( x  1).ln hận dạng s i hoặ nhớ nh m ông thứ d n đến á h lự họn s i: + họn áp dụng quy t đạo hàm ủ hàm y  ln u  x  Vì + họn + họn áp dụng quy t áp dụng quy t đạo hàm ủ hàm y  log a x đạo hàm ủ hàm y  ln x Vì f (x) hàm số chẵn, liên tục 21 A  3 D Vậy J  22 nên ta có: f  x  dx   f  x  dx 3 3 3 3 0  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  12 - Sử dụng máy tính c m tay suy kết I  - Hoặ d ng phương pháp t h phân ph n 23 B 24 A u  x  du  dx  ( Đặt:  ) dx   dv  v  x     x 1  -Sử dụng máy tính c m t y t đư c kết quả, s u so sánh với phương án suy r đáp án đ ng toán -Hoặ d ng phương pháp đổi biến t  cos x suy kết  A  90  A B C A  B  C 180      30   Tam giác ABC có:  B  60 3  1  C  30 Tam giác ABC vuông A có B  60  BC  AB  2.10  20  cm  Vậy, quay tam giác ABC xung quanh trục AB t đư hình nón đỉnh B có đường sinh BC  20(cm) Đường thẳng (d) có ve tơ hỉ phương ad  (1; 1;2) Mặt phẳng ( P) có ve tơ pháp tuyến nP  (1;3;1) 25 D 26 C 27 D Ta có: ad nP  1.1 1.3  2.1  Mặt khác: M (1;1;2)  (d) M  ( P) suy (d ) // (P) Vậy m nh đề ho, m nh đề đ ng là: "(d) song song với (P)" Một khối lập phương ó th tích a3 độ dài cạnh hình lập phương a Nếu cạnh hình lập phương tăng gấp l n, tứ độ dài cạnh 2a th tích khối lập phương là: V  (2a)3  8a (đ v t t) 28 A 29 A Nhận xét: Hình lăng trụ ABC.A’B’C’ hình lăng trụ nên đáy ABC tam giá đều, cạnh bên củ hình lăng trụ đường cao củ hình lăng trụ  MC  mp( ABC) Sử dụng công thức tính th tích khối chóp suy ra: a3 (đ v t t) VMABC  MC.SABC  12 - Dùng máy tính c m tay bấm kết khai tri n, rút gọn t đư c kết 96 32  i 5 Đoạn thẳng AB ó trung m I (2;1;3) Mặt phẳng trung trực củ đoạn thẳng AB qu I có ve tơ pháp tuyến n  IB  (1;  1;0) Phương trình mặt phẳng trung trực củ đoạn thẳng AB là: 1( x  2) 1( y 1)  0( z  3)   x  y 1  Mặt phẳng ( ) ó ve tơ pháp tuyến n  (2; m ;2m), mặt phẳng ( ) có 30 A ve tơ pháp tuyến n  (6;  1;  1) Đề  )  ( ) n  n  n n   12  m  2m   m  Đặt z  x  yi ( x , y  ) z   | 2i  z | | x  yi  |  | 2i  x  yi | 31 B  ( x  3)  y  ( x)  (2  y ) 3 x Vậy tập h p m bi u di n số phức z thoả mãn đề ài đường thẳng 3 y x Ta có: f '(t )  60t  3t f ''(t )  60  6t, f ''(t )   t  10 Bảng biến thiên:  y 32 33 A A Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tố độ truyền b nh lớn vào ngày thứ 10 Ta có f(x) nghịch biến  f '( x)  (m  1)cos x  m   x (đẳng thức xảy số h u hạn m)  g (t )  (m 1) t  m  0,  t [1;1] (đẳng thức xảy số h u  g (1)  0  (m  1)   (m  1)  m  1 hạn m)    g (1)   2m   Vậy giá trị m phải tìm m  1 heo đề có a, b  49 49 Ta có : log  log  log5 72  log5 23  3(2log5  3log5 2) (*) 53  34 D  Theo giả thiết : log 25  a  log  a  log  2a (**) log  b  log  (***) b h y (**) (***) vào (*) t đư c: 49  3(4ab  3)  log  3(2log  3log 2)   2.2a    b b  49 3(4ab  3)  Vậy log b Cách 1: Đường thẳng ( d1 ) qu m M (0;1;6) ó ve tơ hỉ phương là: a1  (1;2;3) Đường thẳng (d ) ó ve tơ hỉ phương là: a2  (1;1; 1) Mặt phẳng (P) có cặp ve tơ hỉ phương a1 a2 Chọn 35 A 36 B ve tơ pháp tuyến mặt phẳng (P) là: n  [a1 ; a2 ]  (5;4; 1) Mặt phẳng (P) qu m M(0 ; ; 6) nhận n  (5; 4;  1) làm ve tơ pháp tuyến ó phương trình là: 5( x  0)  4( y 1) 1( z  6)   5x  y  z   Cách 2: Ta có th sử dụng phương pháp loại trừ b ng cách: Ta thấy mặt phẳng phương án B chứa (d2) nên loại ặt phẳng phương án C song song không chứa (d1) nên loại ặt phẳng phương án D song song không chứa (d1) nên loại log a (bx) log a b  log a x Ta có : log ax (bx)   log a (ax)  log a x log a b  log a x  log xa ( xb)   log a x S A C 60° K H B 37 B + rước hết góc tạo hai mặt phẳng (SBC) (ABC) Gọi H trung m BC   (SBC ),( ABC )   ( SH , AH )  SHA  60o SAH t m giá a + Xá định đường cao hình chóp S.ABC Kẻ SK  AH (K thuộc AH)  SK  mp( ABC) (Vì mp(SAH )  mp( ABC) ) 3a nh đư c: SK  + Từ suy r th tích khối chóp S.ABC a3 (đ v t t) VS ABC  SK SABC  16 Ta có:  SA  AH  SH  38 A 39 C 1 1   y  f ( x)  x   x    x  x       x     0, x   12  12   Dựa vào bảng biến thiên hàm số g(x) ta thấy giá trị hàm g(x) dương với giá trị x   0;   (hàm số y = g(x) xá định với x không âm) Vậy đồ thị hàm số y = f(x) y = g(x) không ó m chung Cách 1: H i m B, C thuộc (S) ó độ dài lớn BC đường kính (S), đường thẳng (d) qu A(2; 1; 1) nhận ve tơ IA(2;  2;  3) làm ve tơ hỉ phương (trong I tâm mặt c u (S)) Phương trình đường thẳng (d) là: x  y 1 z 1   2 3 Cách 2: Có th d ng phương pháp loại trừ: Đường thẳng ó phương trình phương án A qu A không qu tâm I nên loại Đường thẳng ó phương trình phương án B qu tâm I không qu A nên loại Đường thẳng ó phương trình phương án qu A không qu tâm I nên loại Gọi th tích khối nón V1 , th tích khối trụ V2 Khối nón ó ng đáy ng đường cao với khúc gỗ hình trụ Khi đó: V1  V2 Ph n gỗ bỏ ó th tích 300 cm3 40 C  V2  V1  300  V2  V2  300  V2  300  V2  450  cm3  Di n t h đáy khối trụ là: S  Vì khối trụ khối nón có 30  cm2  V2 450   30  cm  h 15 ng đáy nên di n t h đáy khối nón X t phương trình x2  mx  2i  (1) Gọi x1 ; x2 hai nghi m củ phương trình ( ) 41 A  x  x  m Theo h thức Vi-et ta có:   x1.x2  2i Khi đó: x12  x22   ( x1  x2 )  x1 x2   ( m)  2.2i   m   4i  m  (2  i) 42 D m   i   m  2  i Vậy m = + i m = –2 – i giá trị c n tìm u năm thứ nhất, Hoàng ó số tiền lãi là: 15.0,08 (tri u đồng) u năm thứ Hoàng ó số tiền ả vốn l n lãi là: 15  15.0,08  15.1 0,08 (tri u đồng) u năm thứ h i, Hoàng ó ả số vốn l n lãi là: 15 1  0,08  15 1  0,08 0,08  15 1  0,08 (tri u đồng) ương tự, s u n năm, Hoàng ó ả vốn l n lãi là: 15 1  0,08  15 1,08 (tri u đồng) Đ số tiền t tri u đồng thì: 10 10 n n 15 1, 08   50  1, 08    n  log1,08 3 Vậy s u năm Hoàng ó t tri u đồng n n Vì y( x)  y( x) nên y  x  x  hàm số chẵn, đồ thị hàm số y  x  x  nhận trục tung làm trụ đối xứng Vì đồ thị hàm số gồm hai ph n đồ thị: Ph n 1: ph n đồ thị (C1 ) : y  x3  3x  n m phía bên phải trục Oy Ph n 2: ph n đồ thị ủ ph n lấy đối xứng qua Oy ó đồ thị hàm số y  x  x  s u: 43 A Dự vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  2m 1 c t đồ thị hàm số y  x  x  m phân bi t khi: 1  2m     m  Vậy tất giá trị m c n tìm là:  m  44 B Phương trình hoành độ gi o m: x 1   x  x  x    x  1 ; 3 x   x  Dự vào đồ thị, ta thấy th tích vật th là: V   1   x  dx     3 x  dx 1     x  1 dx      x  dx 1    x  1 2  1  3  x   4 (đ v t t) S A B M D H N C + rước hết góc gi a mặt phẳng (SBM) mặt phẳng (ABC) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ AH  BM  H  BM  45 D  Góc gi a mặt phẳng (SBM) mặt phẳng (ABC) SHA  450  AH  a Xét tam giác ABM vuông A ó đường cao AH: 1   2 AH AM AB  AB  a + Tính di n tích tam giác MDN, BNC hình vuông ABCD Từ suy r S ABNM  S ABCD   SMDN  SBNC   25a Vậy th tích hình chóp S.ABNM là: VS ABNM 1 25a 25a3 (đ v t t)  SA.S ABNM  a  3 24 Đặt t  x    xt Đổi ận: x   t     B  2 ; dx  dt ; x   t   f  x  dx  46       f  t   dt    2   f  x   dx 2        I   f  x  dx   f  x   dx    f  x   2  0  2    f  x   dx        sin x  cos x  dx   sin x  cos x  02  1      1   I  họn phương án 47 C Gọi đỉnh hình nón , tâm đáy I Thiết di n qua trục SI hình nón SAB Tâm mặt c u ngoại tiếp, nội tiếp hình nón tâm củ đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác SAB Vì t m giá A nên tâm củ đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác SAB trùng trọng tâm tam giác SAB Gọi tâm khối c u ngoại tiếp khối c u nội tiếp hình nón O Ta có: Bán kính khối c u ngoại tiếp hình nón OS, bán kính khối c u nội tiếp hình nón OI  SO3 V1  SO        V2  OI  OI  Kéo dài AD BC c t Vì A hình th ng ân nên t m giá SAB tam giác cân  SM  AB, SN  CD  S , M , N thẳng hàng Qu y t m giá vuông A qu nh đường thẳng t đư c khối nón tròn xo y ó đỉnh đáy hình tròn tâm án k nh A A Th tích khối tròn xo y ó đư qu y hình th ng A qu nh đường thẳng MN b ng hi u th tích khối nón V1 đỉnh , đáy hình tròn ( ; MA) th tích khối nón V2 đỉnh , đáy hình tròn ( ; ) Ta thấy: AB  2.CD; AB / / CD  SAB 48 đường trung bình tam giác  N trung m SM Kẻ CH  AB  CH  MN  AB MB   CH  HB Xét tam giác CHB vuông H có: CH  HB  BC a  MN  a  SM  2MN  2a; CN  NM  a; MB  2.MN  2a V1   MB SM   V  V1  V2  49 D 50 C 8   a ; V2  NC SN  a 3 7 a (đ v t t) Ta có: y '  3mx  x   m Đồ thị hàm số y  mx3  3x  (1  m) x  ó đ ng h i m cực trị hai m n m hai phía trục tung phương trinh y '  có m  hai ngi m trái dấu khi: a.c   3m.(1  m)    m  Vậy tất giá trị thực m c n tìm m  m  x y z Phương trình mặt phẳng ( P) có dạng:    a a c Vì ( P) qu C(2; 2; 2)    a c 1 1 ve tơ pháp tuyến n  ; ;  a a c Đường thẳng (d ) ó ve tơ hỉ phương a  3;3;4  Mặt phẳng ( P) ó 3 a  c   n.a      0 (d )//(P)     a c M (2;0;0)  ( d ); M  ( P )    1 a   a 4 a  c 1 a    2 3  Ta có h :     c  a c  a  a    Vậy a = thoả mãn yêu c u toán  ... phương ad  (1; 1; 2) Mặt phẳng ( P) có ve tơ pháp tuyến nP  (1; 3 ;1) 25 D 26 C 27 D Ta có: ad nP  1. 1 1. 3  2 .1  Mặt khác: M (1; 1;2)  (d) M  ( P) suy (d ) // (P) Vậy m nh đề ho, m nh đề đ ng... 3i là: 1  3i     i z  3i (1  3i) (1  3i) 10 10 Ta có f '( x)  x2 1  0, x [ 1; 0), f '( x)   x  1  f ( x) nghịch biến x2 [  1; 0)  2x 2( x  1) Ta có: y   x  ( x  1) ( x...  B C C D 10 B x  11 D C 13 C 14 15 B D x x  cận ng ng đường thẳng y  1 y  lim  f ( x)    đồ thị hàm số f ( x) ó x  ( 1) 12 x x  1 Ta có y  g ( x)    