Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 3

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM BIGSCHOOL ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2017 Môn thi: TOÁN Ọ ĐỀ THI CHÍNH THỨC B 11 B 21 C 31 A 41 C Câu Mã đề thi 003 B 12 C 22 A 32 D 42 C A 13 C 23 D 33 A 43 B Đ ướng dẫn chọ hươ g đú g Đồ thị hình vẽ đồ thị hàm số bậc có hệ số a > nên loại phương án y   x3  3x  Ta thấy: Khi x = y  1 nên loại phương án y  x3  3x B C 14 D 24 B 34 D 44 B A 15 C 25 A 35 D 45 B A 16 C 26 C 36 C 46 C B 17 A 27 D 37 C 47 D D 18 C 28 A 38 A 48 B A 19 B 29 D 39 D 49 B 10 B 20 B 30 D 40 D 50 C Khi x  2 y  nên loại phương án y  x3  x  Vậy chọn B Sử dụng công thức tính môđun số phức ta có: B Với z  2i    2i  | z | 72  (2)2  53 Ta thấy n1  (1;  2;3) vectơ pháp tuyến (P) A C A A Các vectơ lại không phương với vectơ n1 nên không vectơ pháp tuyến (P) Quan sát hình vẽ, ta thấy : +) hàm số y  f ( x) nghịch biến  ;1 , không đồng biến tập xác định +) hàm số y  g ( x) nghịch biến khoảng chứa khoảng  0;1 không đồng biến tập xác định +) hàm số y  k ( x) nghịch biến khoảng  ; 1  0;1 , không đồng biến tập xác định +) hàm số y  h( x) đồng biến tập xác định Tính nguyên hàm hàm số cho suy đáp án 1 (2x  1) 3 (2x  1) dx  (2x  1) d(2x  1)   C  (2x  1)  C   2  Để hàm số y   x  1 qua điểm với giá trị   thì: x    x   y  1  1,   Vậy đồ thị hàm số qua điểm A 2;1 với   B D A 10 B Theo định nghĩa tiệm cận đứng đồ thị hàm số f ( x) có bốn tiệm cận đứng đường thẳng x  1, x  1, x  4 x  dx  ln | x  1| C Ta có: F(x)   x 1 F(2)   ln | 2  1|  C   C  Vậy F(5)  ln | 5  1| 1  ln 1 f’(x) xác định , có nghiệm đơn 0, nghiệm bội lẻ 2 nghiệm bội chẵn nên f’(x) đổi dấu hai lần x từ  đến  Vậy số điểm cực trị f(x) Điểm A ' đối xứng với A qua B  Điểm B trung điểm AA '  x A  x A '  xB  xA '  xB  x A  5     y A  y A '  yB   y A '  yB  y A  z  z  2z  z  z  z  4 B B A  A A'  A' Vậy A '  (5;0; 4) Hoặc thử trực tiếp cách kiểm tra xem toạ độ điểm A' phương án  x A  x A '  xB  thoả mãn  y A  y A '  yB chọn phương án z  z  2z B  A A' \ 1 Ta có: y '  , y '  x  1 ( x  1)2 Hàm số đồng biến khoảng (; 1) (1; ) Vậy mệnh đề là: "Hàm số đồng biến khoảng (; 1)." (1  3i) z   5i  (2  i) z  (1  3i  i) z  2  5i  5i z  4i Dùng máy tính cầm tay bấm kết khai triển, rút gọn ta TXĐ: D  11 B 12 C 22  i 17 17 x  t  Phương trình đường thẳng d ' :  y  t (t  ) z   Ta có: ud  (1;1;1), ud '  (1; 1;0) nghiệm phương trình z  13 C Vì ud ud '  nên d d ' vuông góc Lại có điểm O  (0;0;0) thuộc hai đường thẳng d d' nên hai đường thẳng d d' vuông góc không chéo 14 15 D C x  1  x   Điều kiện:   7x    x     Tập xác định D    ;1   Giải phương trình f '  x   hai nghiệm x  x  3 Lưu ý 3 [0;4] nên loại x  3 Tính giá trị hàm số cho điểm x  0, x  1, x  so sánh giá 24 trị ta giá trị lớn hàm số cho đoạn [0;4] nên chọn C 7   3 16 C 4x 5x 7    3  4x  5x    4x 5x 7   3 1  4x  5x <  1  x  1  Vậy tập nghiệm bất phương trình T   ;1 4  Số điểm chung đồ thị hàm số y  x  x  x  đồ thị hàm số 17 A y   x  x  số nghiệm đôi phân biệt phương trình: x3  x  x    x  x  4, số nghiệm đôi phân biệt phương trình: x3  3x   ( x  1)2 ( x  2)  Vậy có tất điểm chung c Với 18 C c  f  x  dx  7,  f  x  dx  13 với a  c  b , ta có: a b b c b c c a a c a b  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  13  6 A' B' C' D' A 19 B B D C Vì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ khối chóp A’ABCD có chiều cao hạ từ A’ xuống mp(ABCD) chung đáy (ABCD) 1  VA '.ABCD  VABCD.A 'B'C'D '  V 3 Mặt khác: SABCD  2SABC  VA 'ABC  VA 'ABCD 1 Do đó: VA 'ABC  V  V (đ.v.t.t) - Cách : Có thể dùng máy tính kết P  - Cách 2: Ta có: 20 log53 33 5log125 27  B  5log5  log 22 31log9  3.3 32  3.3log3  3.2  Vậy P    Diện tích phần tô màu hình là: 21 C  4 3 g ( x) dx   f  x  dx   g ( x)dx   f  x  dx Đặt z  x  yi (x, y  ) 22 A 23 D iz  z  i(x  yi)  x  yi   y  xi  x  yi  y   x Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn đề đường thẳng y   x Diện tích xung quanh nón là: rl  .20.30  600  cm2  -Sử dụng máy tính cầm tay ta kết quả, sau so sánh với phương án suy đáp án toán 24 B 25 A 26 C -Hoặc dùng phương pháp tích phân phần suy kết u  x  du  dx  (Đặt:  )  x x dv  e dx v   e   1 log 360  log 360  log (32.23.5) 5   log  log 23  log    log   log    2a   b  Hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh 2a (2a)2  SABC   a2 3V 3a  3a (đ.v.đ.d) Chiều cao hình chóp S.ABC là: h  S.ABC  SABC a2 27 D 28 A 29 D Quan sát bảng biến thiên dễ thấy phương án A, B, C Chỉ có phương án D sai vì: y' không đổi dấu x qua Cách 1: Thử trực tiếp Ta thấy mặt phẳng phương án qua A nên không loại phương án Mặt phẳng x  y  z  không vuông góc với mặt phẳng (Q) nên loại Mặt phẳng x  z  không vuông góc với mặt phẳng (Q) nên loại Mặt phẳng y  x  z  không vuông góc với mặt phẳng (P) nên loại Vậy chọn mặt phẳng y  z  Cách 2: Ta có: nP  (1;1; 1), nQ  (1; 1;1) Gọi mặt phẳng cần tìm (R) Vì (R) vuông góc với (P) (Q) nên (R) có vectơ pháp tuyến là: n  [nP , nQ ]  (0; 2; 2) Phương trình mặt phẳng (R) là: 0.( x 1)  2.( y 1)  2.(z1)   y z  5i Ta có: (2  i)z  5i  z  2i - Dùng máy tính cầm tay bấm kết khai triển, rút gọn ta kết z  1  2i Từ suy z  1  2i Vậy số phức z có phần thực  ; phần ảo 2 Mặt cầu (S) có tâm I  (2;1; 2) bán kính R  (2)2  12  (2)2   30 D Ta có: d ( I , ( P))  2  52 12 Do giao (S) (P) tập rỗng Xét phương trình : 3x 6 x 27   x  x  Ta có : x  6x     x  6x      x  3  0, x  3x 6x 27  0, x  ậy phương trình cho vô nghiệm hận xét: Học sinh nhầm l n với việc 30  từ d n đến nhầm l n phương trình có nghiệm x  Vận tốc bơi cá bơi ngược dòng v  (km/giờ) 31 A 200 (giờ) v6 ăng lượng tiêu hao cá để vượt khoảng cách là: 200 v3 E  cv3  200c ( jun) v6 v6 v3 Xét hàm số E (v)  200c với v  v6 Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 200km là: t  32 D Ta có: E '(v)  400cv v 9 , E '(v)   v  (vì v  6) (v  6)2 Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy vận tốc bơi cá (km/giờ) lượng tiêu hao cá 33 A Độ dài cạnh hình chữ nhật thiết diện độ dài đường cao đường kính khối trụ Vậy, diện tích xung quanh khối trụ là: Sxq  2.r.h  .d.h  .3.4  12  cm2  Lưu ý: Hàm số bậc hai y  ax  bx  c (a  0) có giá trị nhỏ  34 D đạt x   b 2a m  m2   3  m  16    m  4 Vậy giá trị thực m thoả mãn yêu cầu toán là: m  4 m = Ta có:  S a A H 35 D D a B C Vì H hình chiếu S xuống mp(ABCD) nên (SC, mp(ABCD))  (SC, HC)  SCH  45o Xét tam giác BCH vuông B, theo định lí Py-ta-go ta có:  CH  BC  BH  a 2 2  2  a  11a        , 4a a 11 Xét tam giác SCH vuông H có SCH  45o SCH vuông cân H  CH  a 11  AB.AD  a 3.a  a  SH  CH  Ta có: SABCD 1 a 11 66 a Do đó: VS.ABCD  SH.SABCD  (đ.v.t.t) .a  3 Ta có: x  3x+3  0, x  2x  Ta có: y '    x  3x+3.ln ln Để hàm số y  log ( x  3x+3)  36 C x tăng đạo hàm hàm số không ln âm 2x   0  x  3x+3 ln ln 2  2x   x2  3x   x2  x   1  x  ậy phương án cho, phương án hàm số tăng khoảng  1;0 O A B 37 O' C Tam giác OAB có OA = OB = AB =  SOAB  Tứ diện OO’AB có OO '   OAB   OO '  38 A 3VOO ' AB  SOAB Thể tích hình trụ là: V   OA2 OO '  32 3 (đ.v.t.t) f(x) nghịch biến  y '   sin x  m  x   m  sin x x   m  f ( x), f ( x)  sin x  m  1 Vậy chọn A 3x 2x 1 Tập xác định: D  3x f (x)   x 1   3x  2x 1 (1) + Lấy logarit số hai vế ( ) ta được: log 3x  log x 1  x  (x  1) log Suy phương án A + Lấy logarit số hai vế ( ) ta được: x log x 1 log 3x  log 2x 1  x log  (x  1)    log  log x x 1   Suy phương án B  log3  log + Lấy logarit số e hai vế ( ) ta được: ln 3x  ln 2x 1  x ln  (x  1) ln Xét hàm số f (x)  39 D Suy phương án C + Lấy logarit số hai vế ( ) ta được: log5 3x  log5 2x 1  x log5  (x  1) log5 Vậy phương án đưa ra, khẳng định sai cần chọn là: f (x)   x log  (x 1) log5 Ta chọn hệ toạ độ ( A, AB, AD, AA ') 40 D 41 C 1    Khi đó: A  (0, 0, 0), C '  (1,1,1), M   , 0,1 , N  1, ,  2    1   AC '  1,1,1 , MN   , , 1 2  Vì AC ' MN   AC '  MN Vậy góc hai đường thẳng AC' MN 90o  i (1  i)2 2i z   i  i 12  i 2     i  Ta có: z2016  i 2016  i z 2013  (i)2013 1008 1006  .i  i  Do đó: z 2016  z 42 C 43 B 2013   (i)   i Vì ud  (1,1,0), ud '  (1,1,0) điểm A  (0,0, 1) thuộc d không thuộc d' nên hai đường thẳng d d' song song với Do đó, khoảng cách hai đường thẳng d d' khoảng cách từ điểm A đến d' Có B  (0, 0,1)  d', AB  (0, 0, 2) Dễ thấy AB vuông góc với d' nên d ( A, d ')  AB  Q  Q o e 0,195t Thay Qo  5000;Q  100000 vào ta được: 100000  5000.e0,195t 44 B  e0,195t  20  0,195t  ln 20 ln 20 t  15,36 0,195 Vậy sau khoảng 15,36 số lượng vi khuẩn có 100 000 I B C A O B' I' C' A' 45 B Bước 1: Xác định tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ - Gọi I I’ trung điểm BC B’C’ - Ta có: I I’ tâm đường tròn ngoại tiếp đáy ABC A’B’C’ - Lấy O trung điểm II’  O tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ  OB bán kính đường tròn ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ Bước 2: Tính bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ - A hình chiếu B lên mp(AA’C’C) nên góc tạo BC’ mp(AA’C’C) BC ' A  30 - Tam giác ABC vuông A có AC  a, ACB  60  AB  a AB  2a sin 30 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là: BC ' R  OB   a (đ.v.đ.d) Đặt u  cos x; v  f  x  - Tam giác ABC’ vuông A có: BC '     2 I   cos x f '  x  dx  cos x f  x  02     sin x  f  x  dx 46 C 0    f     sin x f  x  dx  1   0 Chọn phương án C Đặt w  x  iy (x, y  ) w  (2  i)z  x  iy  (2  i)z x  iy (x  iy)(2  i)  2i (2  i)(2  i) 2x  y  ( x  2y)i z 2x  y  x  2y z  i 5 z 47 D | z  i |   2x  y  x  2y  ii  5 2x  y  x  2y   i 2 5 2  2x  y    x  2y        2      4x  y  4xy  x  4y  25  4xy+10x  20y  100  (x  1)2  (y  2)  20 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I(1;2) Đặt chiều rộng đáy hình hộp chữ nhật x (x > 0) Chiều dài đáy hình hộp chữ nhật x Chiều cao hình hộp chữ nhật h Thể tích hình hộp chữ nhật là: 3x h 288 192 V  x.x.h   h 2 5x Gọi S diện tích phần cần xây hồ, S1 diện tích đáy hồ 48 B 3 3  Ta có: S  Sxq  S1   x  x  2.h  x.x  5x.h  x 2 2  192 192  5x  x   x 5x x 192 Để chi phí thuê nhân công thấp S  f (x)  x  với x > phải đạt x giá trị nhỏ 192 Ta có: f '(x)  3x    x  64  x  x  f (x)  f(4)  72 x 0 Vậy Smin  72 m ì giá thuê nhân công để xây hồ 500 000 đồng/ m2 phí thuê nhân công thấp là: 500000.72  36000000 (đồng) = 36 (triệu đồng) Xét hệ trục toạ độ Oxy cho elip có phương trình tắc là: 49 B x2 y x2    y  3  16 16 x2 Diện tích trồng hoa là: S    dx 16 4 Đặt x  sin t Đổi cận: x  4 cho t   Khi đó: dx  cos tdt;    ; x  cho t   2 x  cos t 16    sin 2t  2 S   24cos tdt   12 1  cos 2t  dt  12  t     12  m        2 2 Diện tích mảnh đất hình tròn là:   16  m  2 Vậy, diện tích đất trồng lan là: 16  12  4  m2  50 C  x  z  Điểm ( x, y, z) thuộc quỹ tích  x 1  z 1     x  z    x  1, z   Vậy quỹ tích hai mặt phẳng có phương trình x  z x  z   trừ đường thẳng có phương trình x  z   ... tính kết P  - Cách 2: Ta có: 20 log 53 33 5log125 27  B  5log5  log 22 31 log9  3. 3 32  3. 3log3  3. 2  Vậy P    Diện tích phần tô màu hình là: 21 C  4 3 g ( x) dx   f  x  dx   g (... so sánh với phương án suy đáp án toán 24 B 25 A 26 C -Hoặc dùng phương pháp tích phân phần suy kết u  x  du  dx  (Đặt:  )  x x dv  e dx v   e   1 log 36 0  log 36 0  log (32 . 23. 5)... 3. a  a  SH  CH  Ta có: SABCD 1 a 11 66 a Do đó: VS.ABCD  SH.SABCD  (đ.v.t.t) .a  3 Ta có: x  3x +3  0, x  2x  Ta có: y '    x  3x +3 .ln ln Để hàm số y  log ( x  3x +3)  36