Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 2

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM BIGSCHOOL ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2017 M TOÁN Ọ Mã đề thi 002 ĐỀ THI CHÍNH THỨC C 11 B 21 B 31 D 41 D B 12 B 22 C 32 A 42 D Câu Đáp C 13 A 23 D 33 B 43 B A 14 A 24 C 34 D 44 D D 15 B 25 C 35 A 45 B D 16 A 26 B 36 A 46 A B 17 D 27 C 37 D 47 A A 18 A 28 D 38 C 48 C C 19 B 29 B 39 A 49 C 10 C 20 D 30 A 40 A 50 D ướng dẫn chọ p ươ g đú g Vì lim f ( x)  lim f ( x)   nên loại phương án B D x  x  C Vì f (0)  nên loại phương án A Vậy chọn C Vì lim f ( x)   nên đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận đứng đường thẳng x 2 B x  Vì lim f ( x)  1 nên đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận ngang đường thẳng x  y  1 C A D -Tính nguyên hàm hàm cho suy đáp án x 3x 3   x  3x dx   x dx   3xdx    C Vì hàm đơn giản nên tính f '( x )   x Thấy x  f '( x)   x  nên hàm số đồng biến iải phương trình log3  2x 1   2x    2x   x  Nên chọn D h l n lư t phương án d n đến log3 6;log 8;log 7;log hấy log  log 32  2 Ta có hàm số y  x có tập xác định (0; ) đ đồ thị hàm số ch c th c dạng ình ho c ình D 2  nên “ ình ” đồ thị hàm số y  x M t hác  B Với z1   i; z  2  i ta có: z1  z  (2  i)  (2  i)  2i Đường thẳng (d) có vectơ ch phương là: a  2; 4; 1 A hông phương với vectơ a  2; 4; 1 Các vectơ a1 ,a ,a Vậy phương án c n chọn là: a  2; 4; 1 C M t c u (S) có tâm I(2;1;2) bán kính R  25  Vì F(x) nguyên hàm hàm số f (x)  2x  nên ta có: F(x)   (2x  3)dx  10 C Mà F(0)   Vậy F(x)  2x  3x  C 2.03  3.0  C   C  2x  3x  - Tìm số phức z từ giả thiết (1  i)z   i 5i ta đư c z   2i 1 i Kết h p với hình vẽ suy số phức z   2i đư c bi u diện b i m B(3 ; 2) Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn z  11 12 B B Quan sát bảng biến thiên ta thấy: Hàm số cho c cực trị Hàm số đạt cực đại x  1 giá trị cực đại y = Hàm số đạt cực ti u x = giá trị cực ti u y  11 Do lim y   lim y   nên hàm số giá trị lớn giá x  13 A 14 A 15 B x  trị nhỏ Vậy khẳng định cho, hẳng định là: “ àm số đạt cực đại x = – và đạt cực ti u x = ” Thấy hoành độ giao m x0  , hi đ y0  6i  Biến đổi ta đư c z   3i Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn (nhân liên h p) ta đư c 22 21 z  i 25 25 Giải phương trình y '  đư c hai nghiệm x  x  2 Lưu ý 2 [3;5] nên loại x  2 Tính giá trị hàm số cho m x  3, x  4, x  so sánh giá trị đ , ta đư c giá trị nhỏ hàm số cho đoạn [3;5] nên chọn B Đ t z  x  yi (x, y  ) z  (1  i)  | x  yi  (1  i) | 16 A 17 D | (x  1)  (y  1)i |  (x  1)  (y  1)  Vậy tập h p m bi u diễn số phức z thoả mãn đề đường tròn tâm I(1;1) bán kính R = Vì hàm số cho xác định liên tục nên đồ thị hàm số hông c tiệm cận đứng 4 x  4 x  4 x  4 x   lim  2, lim  lim  nên đồ thị Vì lim x  x  x  x  x  x  x  2 x  hàm số cho c hai tiệm cận ngang đường thẳng y  2 y  18 A 19 B 3x   x  log  (3x  4)  log  (x  1)   (Vì  )  x 1  2x  3   x  Vậy tập nghiệm bất phương trình T   ;    2   x 1         B  log  2sin   log  cos   log  2sin cos   log sin  1 12  12  12 12     b  log a b  log a c Chọn D c Một số nh m l n mà học sinh c th m c phải: - Nhớ đư c điều iện  a  1, bc  nh m lôgarit thương b ng thương lôgarit chọn A - Quên điều iện  a  1, bc  nh m công thức lôgarit chọn B - Nếu nh m điều iện tích b.c  đồng ngh a b  c  chọn C 4.(1)  3.0  Ta có: d    (4)2  32  02 Đáp án là: log a 20 D 21 B heo đề a  Ta có : 22 23 C D   2a  log 28  (log 4.7)  (log  log 7)      log a   Áp dụng phương trình m t phẳng theo đoạn ch n, ta c phương trình x y z   hay 6x  2y  3z   m t phẳng (PQR) là:  3 2  3    nên m t phẳng P) song song với (Q)  5 Do (1)  2.1  3.1  nên m t phẳng P) qua A Vậy mệnh đề là: " M t phẳng P) qua A song song với (Q) " Do 24 C A M B 25 C D C -S dụng phương pháp t số th tích đ suy kết VAMCD AM.AC.AD AM    VABCD AB.AC.AD AB VABCD Mà VAMCD  VMBCD  VABCD  VMBCD  VABCD V Vậy AMCD  VBMCD  VAMCD  A D B C A' 26 B' B D' C' SABCD SABB'A ' SADD 'A '  AB.AD.AB.AA '.AD.A 'A '  (AB.AD.A A')  VABCD.A 'B'C 'D '  AB.AA '.AD  SABCD SABB'A ' SADD 'A '  20.28.35  140 (cm3 ) 27 C Giả s khối n n c đ nh S, tâm đáy O đường kính hình tròn đáy OA AB Khi đ ta c : OA  9cm, SAO  30  SA    cm  cos SAO Thiết diện qua hai đường sinh vuông góc với tam giác vuông cân nên ta có diện tích thiết diện là: S  l  54  cm  2 Xét phương trình z  2z  10  Ta có:  '   10  9  9i  Phương trình c nghiệm phức là: z1  1  3i; z  1  3i 28 D 29 B 30 A 31 D 2 2 2 Khi đó: z1  z  (1)  (3)   (1)    20 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  2m 1 c t đồ thị hàm số y  f ( x) hai m phân biệt ch khi:  2m   m    2m   3 m  1 Vậy tất giá trị m c n tìm m  ho c m  1 Xét hàm số y  x sin x Ta có: y'  sin x  x cos x; y''  cos x  cos x  x sin x  2cos x  x sin x Khi đ : xy'' 2y' xy  x(2cos x  x sin x)  2(sin x  x cos x)  x.x sin x  2x cos x  x sin x  2sin x  2x cos x  x sin x  2sin x + Rút x theo y  x   y  y   x  1  x    y Do đ :  2  2 S  H    1   1    dy  đ.v.d.t)  y   y   Mấu chốt toán ta đ ý mệnh đề ) c : log a  log a  nên loga 18.loga2 20.loga3  (với  a  ) Suy mệnh đề ) sai đ ta loại đư c phương án B C mệnh đề ) ta quy xét dấu tích xét dấu thừa số Cụ th log3  0;log  0;log 27  log  0;log 47   log 47  32 A  log3 7.log 5.log 27 4.log 47   ) 33 B Vậy mệnh đề là: ) đúng, (II) sai Xét hàm số y  e x (x  2) Tập xác định: D  Ta có: y '  e x (x  2)  e x 2(x  2)  e x (x  2x) x  y '   x  2x    x  rên đoạn 1;3 ta có: y(1)  e ; y(2)  ; y(3)  e3 Vậy giá trị nhỏ hàm số y  e x ( x  2) đoạn 1;3 y  ex (x  2)2  0,  x 1;3 Dấu “=” xảy hi x  Vậy giá trị nhỏ hàm số y  e x ( x  2) đoạn 1;3 34 D 35 A -S dụng máy tính c m tay suy kết quả, sau đ so sánh với phương án suy đáp án I   e - Ho c dùng phương pháp tích phân ph n  du  dx u  ln x    x Đ t:  )  1 dv  dx  v    x2   x Ta có: v(t)   a(t)dt   (6t  t)dt  2t  t  C heo đề v(0) =  C  Do đ : v(t)  2t  t  36 A Vận tốc vật sau giây là: v(2)  2.23  2   21(m / s) 256 Th tích hộp là: V  x h  256 (cm3 )  h  , x  x Diện tích mảnh tông dùng làm hộp là: 256 1024 S  x  4hx  x  x  x  x x 1024 Xét hàm số S ( x)  x  với x  x 1024 Ta có: S '( x)  x  , S '( x)   x  x Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy diện tích mảnh tông nhỏ b ng 192cm2 , đạt đư c x  8(cm) Ta có: y '  3x  6mx  3(m2  1) Hàm số đạt cực ti u x   y '(0)   3(m2  1)   m  1 Nếu m  1 y '  3x  x, y '   x  ho c x  y '   x  ho c x  y '    x  37 D Vì x  hàm số đạt giá trị cực đại Nếu m  y '  3x  x, y '   x  ho c x  2 y '   x  2 ho c x  y '   2  x  Vì x  hàm số đạt giá trị cực ti u Vậy m  giá trị c n tìm Đường thẳng  d1  qua m M 1;2;0 c vectơ ch phương 38 C a  1;2; 2 Đường thẳng  d2  qua m N  2;2;0 MN  1;0;0 MN   P  n  P   MN Ta có:    d1    P  n  P   a Chọn vectơ pháp tuyến (P) là: n  P   a, MN    0; 2; 2  Vậy phương trình m t phẳng (P) là:  x 1   y  2   z  0   y  z   39 A -Đ tích th tích khối ch p A’BCC’B’ ta tính VABC.A 'B'C' VA ' ABC Gọi M trung m BC a ; BC  a Vì tam giác ABC vuông cân A nên suy AM  1 a a  Vì G trọng tâm tam giác ABC  MG  AM  3 Tam giác BGM vuông M 2 a 2 a 2 5a  BG  MG  BM            2 Vì A'G  mp(ABC)  (A'B, mp(ABC))  (A'B,GB)  A'BG  45o  A 'GB vuông cân G  A’ = B = VABC.A 'B'C'  A 'G.SABC  5a a   a3  a.a   2  1 5a 1  VA 'ABC  A 'G.SABC   a.a   a 3   18 -Từ đ suy VA'.BCC'B'  VABC.A'B'C'  VA'ABC  40 A a3 5 a3  a  đ.v.t.t) 18 Gọi cạnh hình lập phương a  VABCD.A'B'C'D'  a3  a   cm 41 D Xét tam giác vuông ABC có: AC  AB2  BC2   cm  Hình trụ c đáy đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD đường cao AA’ Đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính OA  AC   cm  2 Vậy diện tích xung quanh hình trụ là: S  2Rh  2 .5  25  cm  Do (d) tiếp xúc với (S) A nên vectơ ch phương (d) vuông góc với IA(2;1; 2), lại c vectơ ch phương (d) vuông góc với vectơ ch phương () v( 1; 0;1) nên ta chọn vectơ ch phương (d) là: a  [v; IA]=(-1; 4; -1) Phương trình đường thẳng (d) là: x4 y2 z2   1 1 am giác ABC c AM đường cao  AM đồng thời đường trung tuyến  M trung m BC 42  BM  MC  D BC  (cm) Xét tam giác AMC vuông M có: AM  AC.sin C  6.sin 600  3  cm  Vì O tâm đường tròn nội tiếp tam giác nên vừa trực tâm vừa trọng tâm 1  OM  AM  3   cm  3 Bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC R  OM   cm Mà bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bán ính hối c u nên 4 3 ta có th tích khối c u là: VC  .R    3 cm 3    Th tích khối nón là: 1 VN  .r h  .BM AM  .32.3  3. cm 3 3      Th tích ph n khối nón bên khối c u là: 3.  3.  3. cm3 Vì lim y  , lim y   nên a  x  43 B x  Vì đồ thị hàm số c t trục tung m c hoành độ dương nên d  Vì hàm số c hai m cực trị âm nên a.c  mà a  suy c  Ta có: y '  3ax  2bx  c 2b  ( x1 , x2 l n lư t m cực ti u, cực đại hàm Ta thấy: x1  x2   3a số)  b  (do a  0) Vậy a  0, b  0, c  0, d  Chọn phương án B Gọi số tiền g i ban đ u P Sau n năm số tiền thu đư c là: Pn  P(1  0, 084) n  P.(1, 084) n 44 D Đ Pn  3P P.(1,084)n  3P  n  log1,084  13,62 Vì n số tự nhiên nên chọn n  14 Vậy muốn thu đư c số tiền gấp ba l n số tiền ban đ u người đ phải g i tiết kiệm sau năm im -Biến đổi z  , m  dạng z  a  bi (a, b  )  m(m  2i) z im (i  m)(1  m2  2mi) m    i 2  m(m  2i) (1  m  2mi)(1  m  2mi) m  m  - ính môđun z 45 B 2  m    z       m 1  m 1   m 1    z  Vì m  m  m    m 1 Dấu “=” xảy m = Vậy số phức z c môđun lớn b ng 1, m = 1 0 Đ t u  e ; v  f  x   u.v ' dx   v.u ' dx   u.v  x 1 0   e x f '  x  dx   e x f  x  dx  e x f  x   46 A 1   e x  f  x   f '  x   dx  e f 1  f    e  Do đ a  1; b  1  Q  Chọn phương án A Gọi trung m SC Suy IC  IS (1) 47 A Gọi H  AC  BD  H tâm hình chữ nhật ABCD Xét tam giác SAC, c đường trung bình  HI //SA  HI   ABCD  Đường thẳng HI tập h p m cách A, B, C, D (2) Từ (1) (2) suy IA  IB  IC  ID = IS Vậy m t c u ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I bán kính r  IC Xét tam giác ABC vuông B, có: AC  AB  BC  a 3  a  2a Xét tam giác SAB vuông A, có: SA  AB.tan 30o  a Xét tam giác SAC vuông A, có: SC  SA2  AC  a   2a   a  r  IC  SC a  2 4  a  5 a Th tích m t c u bán kính r là: V   r    đ.v.t.t)   3     Th tích vật th là: V     dx x 1  0    Đ t x  tan u  u   k   dx   tan u  1 du   Đổi cận: x  cho u  , x  cho u  48 C  Khi đ :  V    tan  u  1   tan u  1 du   du tan u    cos 2u   sin 2u u      cos udu   du        20  0 Vậy giá trị b S M A 49 B C N 2a C Gọi M trung m cạnh AB -Dựa vào tính chất hai m t phẳng vuông góc với suy SM   ABC 1  VS.ABC  SABC SM  AC.BC.SM 3 ọi N trung m đoạn AC MN đường trung bình tam giác ABC  MN  AC; MN  BC  a -Ch góc m t phẳng (ABC) m t phẳng (SAC) SNM  600 -Tính th tích hình chóp S.ABC SM  MN tan SNM  a tan 600  a SN  MN  cosSNM a  2a cos 600 AB  2SM  2a AC  AB2  BC2   2a    2a   2a 2 1 2a Vậy VS.ABC  SABC SM  AC.BC.SM  đ.v.t.t) 3 Đoạn thẳng AB c trung m I(2; 1;4), ta có: 2 MA  MB2  MA  MB  (MI  IA)2  (MI  IB)2  MI2  2MI.IA  IA  MI2  2MI.IB  IB2 AB2 AB2  2MI2  2 Từ đ , ta thấy MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ MI nhỏ nhất, tức M hình chiếu vuông góc I (d) Cách 1: Chuy n phương trình đường thẳng (d) dạng tham số: x   t  (d):  y   2t , t   M(1  t ;  2t ;3  2t)  IM(t  1;3  2t ; 2t  1) z   2t   2MI2  2MI(IA  IB)  50 D Đường thẳng d) c vectơ ch phương là: a d  (1;  2;2) Đ M hình chiếu vuông góc d) điều kiện là: IM  a d  IM.a d   t   2(3  2t)  2(2t 1)   9t    t   M(2;0 ;5) Vậy m M(2 ; ; 5) thoả mãn điều kiện đ u Cách 2: Có thể dùng phương pháp loại trừ Đi m M phương án C hông thuộc (d) nên loại rong phương án đưa A, B, D c m M thuộc d) m M phương án D c MA2  MB2 nhỏ nên loại phương án A, B  ... 1;4), ta có: 2 MA  MB2  MA  MB  (MI  IA )2  (MI  IB )2  MI2  2MI.IA  IA  MI2  2MI.IB  IB2 AB2 AB2  2MI2  2 Từ đ , ta thấy MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ MI nhỏ nhất, tức M hình chiếu... cosSNM a  2a cos 600 AB  2SM  2a AC  AB2  BC2   2a    2a   2a 2 1 2a Vậy VS.ABC  SABC SM  AC.BC.SM  đ.v.t.t) 3 Đoạn thẳng AB c trung m I (2; 1;4), ta có: 2 MA  MB2  MA  MB... ngh a b  c  chọn C 4.(1)  3.0  Ta có: d    (4 )2  32  02 Đáp án là: log a 20 D 21 B heo đề a  Ta có : 22 23 C D   2a  log 28  (log 4.7)  (log  log 7)      log a  