Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 4

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM BIGSCHOOL ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2017 M TOÁN Ọ ĐỀ THI CHÍNH THỨC A 11 D 21 C 31 C 41 A C 12 D 22 D 32 C 42 C Câu Đ A C A C B B A A 13 A 23 B 33 D 43 C Mã đề thi 004 C 14 A 24 A 34 B 44 D B 15 D 25 D 35 B 45 B B 16 B 26 A 36 A 46 D A 17 D 27 B 37 D 47 C C 18 A 28 C 38 B 48 C B 19 C 29 C 39 B 49 C 10 A 20 A 30 A 40 A 50 C ướng dẫn chọ ươ g đú g Vì f '( x)  x  (2;2) f '( x)  x [0;1] ( f '( x)  vô số điểm) nên f(x) không nghịch biến toàn khoảng (2;2) Do A sai Và dễ thấy khẳng định phương án B, C, D b Đáp án là: log a  log a b  log a c c h n t: Bài nà u c u h c sinh nh lại c ng th c iến đ i lôgarit, h c sinh ị nh m l n: - lôgarit c thương thành lôgarit c t ch - lôgarit lôgarit Từ bảng nguyên hàm ta có khẳng định sai c n ch n là:  dx  cot x  C sin x Đường thẳng d có vectơ phương là: a3  1;1;0 Các vectơ a1 , a2 , a4 kh ng phương v i vectơ a3  1;1;0 nên không vectơ phương c a d V y ch n C 1 2x 2   n n đường thẳng y   Vì lim tiệm c n ngang c đồ thị x  x  3 hàm số cho Ta có: f '( x)  4 x3 có nghiệm x = đ i dấu từ dương s ng âm x qua nghiệm V y f(x) có điểm cực trị Quan sát hình vẽ, ta thấy hàm y  f  x  hàm số y  x T p ác định D  Hàm số y  x có đạo hàm trái điểm x   , đạo hàm phải x  nên hàm số kh ng có đạo hàm x   D Do hàm số y  x kh ng có đạo hàm điểm x  thuộc t p ác định Xét I   x3e x dx   x 2e x xdx C Đ i biến t  x2  dt  2xdx  xdx  Khi đó: I   t.e  t B 10 A 11 D dt 1 dt   t.e  t dt 2  7i –1 –   5i   (1 2)  (7  5)i  3  2i Mặt c u (S ) có tâm I (2;1; 1) bán kính R  a  b2  c  d  (2)2  12  (1)2  (3)   ax  b Đồ thị hình vẽ đồ thị c a hàm số y  v i c  ad  bc  0, cx  d x  (ad  bc  1  0) loại phương án y  x 1 2x  a Vì lim y  nên  nên loại phương án y  x  x 1 c d 2x  V y ch n phương Vì lim y   nên   nên loại phương án y  x 1 c 2x 1 x2 án y  x 1 2   3 12 D x2 5x 4   9 x2  x 2   3 x2 5x 2( x2  x )  2   3  x  5x  2(x  x) (Vì   ) x    x  3x     x  3 V y t p nghiệm c a bất phương trình T  ( ;  3)  (0;  ) Vì f (x) hàm số lẻ, liên tục n n t có f  x    f   x  13 A Từ su r J 14 A  f  x  dx  1 2 1 1  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    Giải phương trình y '  t hai nghiệm x  1 x  - Vì hàm đơn giản nên xét dấu c ’ su r hàm đạt cực tiểu x  nên ch n A - Có thể tính y '' để thấy y ''(1)  n n hàm đạt cực tiểu x  1 Xét hàm số y   3x  2x  1 15 D 2 2 2 ' Ta có: y '  (3x  2x  1) (3x  2x  1)  (3x  1)(3x  2x  1) 3 V i a  0; a  ta có: 16 17 B D 146 139 a3 a5 a a a3 a a a a 21 139 21 A  log a  log  log  log a  a a a 1 21 a 3 a a x  t  Phương trình đường thẳng d là:  y  t  (t  ) z  t  Vì nP  (1, 1,1), ud  (1, 1,1) n n đường thẳng d vuông góc v i mặt phẳng (P) 18 A a b log a  log a a b  log a c  log a a  log a b  log a c c 1 1 5   log a b  log a c   (2)   3 G i v  t  v n tốc c đá thời điểm t Ta có v '  t   a  t   10  m / s   v  t    10dt  10t  C 19 C Vì v  0  20  m / s   C  20  v t   10t  20 Khi đá đạt độ cao l n nhất, v n tốc c đá ằng  v t    t  S u giâ đá đạt độ cao l n Khi đó, quãng đường v t là: s    10t  20  dt  20  m  V đá đạt độ cao l n so v i mặt đất là: 20  10  30  m Đặt z  x  iy ( x, y  ) 20 A 21 C 22 D Ta có: | z |  x2  y   x2  y  V y mp(Oxy) t p hợp điểm biểu diễn số ph c z thoả mãn điều kiện | z | hình tròn tâm O(0 ; 0), bán kính Ta có: f ( x)  m   f ( x)  m Số nghiệm c phương trình f ( x)  m  số điểm chung c a đường thẳng y   m đồ thị c a hàm số y  f ( x) Dựa vào bảng biến thiên ta thấ đường thẳng y   m đồ thị c a hàm số y  f ( x) có điểm chung   m   1  m  V y ch n C V i z   3i suy z   3i w  iz  z  i(1  3i)   3i  i  3i   3i  2i  V y w = –2 – 2i D C A G M B 23 B G i M trung điểm c a BC Ta có: G tr ng tâm c a tam giác ABC  AG  AM 2 1 S ABM  S ABC  S ABC 3 Vì hình chóp D.ABC hình chóp D.ABG có chiều cao hạ từ D xuống mặt đá (ABC) V S  D ABG  ABG  VD ABC SABC 1  VD ABG  VD ABC  18  (đ.v.t.t) 3 TXĐ: D  Ta có: f '( x)  x3  x, f '( x)   x  Bảng biến thiên:  S ABG  24 25 A D Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ c a hàm số 4 T có: f ( x)  x  x   4, x  Do hàm số có giá trị nhỏ 4 x  du  dx u  x  Đặt:    sin(nx) dv  cos(nx)dx v  n  Áp dụng công th c tích phân ph n ta có:     2 1 1 2 I   x.sin nx    sin nxdx  x.sin nx  cos nx n n n 0 n 0 Vì n  2k , k  nên I  (1) k  4k A C a B 3a C' A' E B' 26 27 A B Vì lăng trụ ABC.A’B’C’ lăng trụ nên mp(BCC’B’)  mp(A’B’C’) G i E trung điểm c a B’C’  A ' E  B ' C ' (Vì  A’B’C’ đều) Mà mp( BCC 'B')  mp(A'B'C')  B'C'  A ' E  mp( BCC ' B ') Do VA '.BCC ' B '  A ' E.S BCC ' B ' A' B ' a Mà A ' E   ; S BCC ' B '  BC.CC '  a.3a  3a 2 a a3 (đ.v.t.t)  VA '.BCC ' B '  3a  2 Giả sử khối trụ tròn o T có án k nh đá R1 đường cao h1 thể tích V1   R12 h1 Khối trụ tròn xoay có bán kính nửa bán kính khối trụ T đường cao gấp đ i đường cao c a khối trụ T tích là:  R2 h V 100 R  V2   R2 h2      2h1   1    50  cm3  2 2   Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tu ến n  (2;m;2m), mặt phẳng ( ) có 2 28 C vectơ pháp tu ến n  (6; 1;  1) Đề  )  ( ) n  n  n n   12  m  2m   m  29 C (1  i)2016 z i Chú ý: (1  i )2   2i  i  2i 1008  (1  i )2016  (1  i )2   (2i )1008  21008  i  252  21008 21008 21008.(i)   21008 i i i V y số ph c z có ph n thực 0; ph n ảo 21008 Mặt c u (S) có tâm I  2;1;0 Dễ thấ điểm A thuộc mặt c u (S) vì: (4  2)  (2  1)  22  Do đó: z  30 A 31 C Mặt phẳng (P) qu A(4 ; ; 2) nh n IA(2;1; 2) làm vectơ pháp tu ến Phương trình mặt phẳng (P) là: 2( x  4)  1( y  2)  2( z  2)  hay 2x  y  2z 14  T có f’( ) = – 2cosxsinx = – sin2x  0, x  (vì sin2x 1, x  )  Đẳng th c xảy điểm x   k , k  Do f( ) lu n đồng biến   X t phương trình: log  x  log x Điều kiện: x  Đặt t  log x  x  7t Khi t có phương trình: t t t t t t    3  3 log 1    t    2t    83        1 (*) 8 8   t 32 C t 33 D t  3  3 Xét hàm số f (t)        8 8 Ta có: f  3  0; t  3 1  3 f '(t )    ln    ln  8 3   f(t) hàm nghịch biến Do phương trình (*) có nghiệm t  V i t   x  73  343 Vâ phương trình cho có nghiệm x  343 Ta có: BM  x, x  (0;18)  MN  36  x; QM  x Diện tích hình chữ nh t MNPQ là: S  MN QM  (36  x) x  3(36 x  x ) Xét hàm số S ( x)  3(36 x  x ) v i  x  18 Ta có: S '( x)  3(36  x), S '( x)   x  Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích c a hình chữ nh t MNPQ có giá trị l n 162 cm , đạt x  9(cm) 34 B Xét hàm số y  x 2e x T p ác định: D  Ta có: y '  2x.e x  x e x  x.e x (2  x) x  y'    x  2 Tr n đoạn 1;1 ta có: y (1)  e 1  ; y (0)  0; y (1)  e e V y giá trị l n c hàm số y  x 2e x rê đoạn 1;1 e Đặt z  a  bi (a, b ) (1  2i ) z  (3  i) z  (3  2i)  (1  2i )(a  bi )  (3  i )(a  bi )   12i   4a  3b  (2b  a)i   12i 35 B 36 A 26  a   4a  3b     a  2b  12 b  43  26 43 26 43 V y z  i  z  i 5 5 43  Ph n ảo c a số ph c z  Giả sử kim loại hình chữ nh t có k ch thư c a  b Uốn theo cách t hình trụ có chiều c o chu vi đá Uốn theo cách t hình trụ có chiều c o chu vi đá V b Dễ dàng t nh   V2 a 37 D Quay tam giác vuông ABC vuông A vòng quanh cạnh AB khối nón có án k nh đá AC, đường c o AB đường sinh BC Xét tam giác ABC vuông A có BC = 12cm ABC  300  AB   cm ; AC   cm Thể tích c a khối nón là: 1 V   r h   AC AB   2.6  72 3  cm3  3 A C B P M N C' A' 38 39 B B B' G i P trung điểm c CC’ Mặt phẳng (CMN) chia khối lăng trụ ABC.MNP thành khối chóp C.ABNM C.MNP Xét khối chóp C.MNP khối lăng trụ ABC.MNP có mặt phẳng đá (MNP) chung chiều cao kẻ từ C xuống mặt đá (M P)  VC MNP  VABC MNP  VC ABNM  VABC MNP 3 VABC MNP 1 1  VC ABNM  VABC A ' B ' C '  VABC A ' B ' C '  V Mà  3 VABC A ' B 'C ' V V y VC ABNM  Dễ thấ điểm B  (1;1;1) thuộc đường thẳng d Ta có: AB  (0;1;1), ud  (1;0;0) Vì AB.ud   AB  d  d (A,d)  AB  log3 ( x  x  m  9)    x  x  m   32 40 A   x  x  m   x  2x  m  (1) Phương trình (1) có  '   m Để phương trình cho có nghiệm thực phân biệt x1 ; x2  m   m   x  x  2 Theo hệ th c Vi-et ta có:   x1.x2  m Khi đó: x12  x22   ( x1  x2 )2  2x1 x2   (2)  2m   m  (thoả mãn m  ) giá trị c n tìm Ta có: y '  3mx  x  m V y m 41 A 42 C Hàm số y  mx3  x  mx  có h i điểm cực trị điểm cực tiểu nằm n trái điểm cực đại a   m  phương trình y '  có hai nghiệm phân biệt, t c khi: m  m    0m  m  '   3m    3 V y tất giá trị thực m c n tìm là:  m  Dễ thấ điểm A không thuộc mặt phẳng (P) a b c Ta có: OA   ; ;   2 2 x y z Phương trình đường thẳng OA là:   a b c G i H gi o điểm c đường thẳng OA mặt phẳng (P) H thuộc đường thẳng OA  H   at ; bt ; ct  (t  ) at bt ct   1 t  a b c a b c H  ; ;   3 3 Vì OA  OH  điểm H nằm giữ h i điểm O, A H kh ng trung điểm H  ( P)  c a OA V h i điểm O A khác ph đối v i (P) kh ng cách (P) Để đồ thị hàm số tồn tiệm c n ngang phải tồn lim y  lim y x  x  m  mx x  lim  m , tồn m  Có lim y  lim x  x  x  x 1 1 x  m  mx x  lim   m , tồn m  Có lim y  lim x  x  x  x 1 1 x V i m  đồ thị hàm số có tiệm c n ng ng đường thẳng y  V i m  hiển nhiên lim y  lim y , hàm số cho có tiệm c n 43 C x  44 D ngang năm = tháng; 1,2 tỉ = 200 000 000 đồng iả sử ác Huệ gửi m i tháng vào ngân hàng (đồng), v i lãi suất r Cuối tháng th nhất, ác Huệ có số tiền là: a  a.r  a 1  r  (đồng) Đ u tháng th h i, ác Huệ có số tiền là: a 1  r 2  1  a 1  r 2  1 (đồng) a 1  r   a  a 1  r   1   r  1  r    Cuối tháng th h i ác Huệ có số tiền là: a a a 2 1  r   1  1  r   1 r  1  r   1 1  r  (đồng)  r r r Đ u tháng th , ác Huệ có số tiền là: a a  r   1 1  r   a  1  r   1 (đồng)    r r Cuối tháng th , ác Huệ có số tiền là: a a a 3  r   1  1  r   1 r  1  r   1 1  r    r   r r a 48 V s u tháng th ác Huệ tiết kiệm là: 1  r   1 1  r  (đồng)   r a  48 T có: 1  0,5%  1 1  0,5%  1200000000  a  22071676  0,5% (đồng) Thể tích c a v t thể là: B   V     dx x 4 0 45 x  Đặt x  tan u  dx   tan u  1 du Đ i c n: x  cho u  , x  cho u   Khi đó:   V   tan u  4   8  tan du u 1   cos udu    sin 2u  16      tan u  1 du  2  cos 2u   du   2   u  64 0 (đ.v.t.t)  z i  X t phương trình:    Điều kiện z  i iz  z i    1 iz  ( z  i )3  ( z  i )3  46 D  2z3  6z  z   z   V phương trình cho có nghiệm z1  0; z2  3; z3   T ng ình phương nghiệm c phương trình là: z12  z22  z32   ( 3)2  ( 3)2  A' C' B' 47 C M A G C B Ta có: VA' BCC ' B '  VABC A' B 'C '  VA' ABC G i M trung điểm c a AC Xét tam giác ABM vuông A, theo định lí Py-ta-go ta có: 2 a  a  5a 2 2  BM  BM  AB  AM  a     2 Vì G tr ng tâm c a tam giác ABC nên BG  2 a a BM   3 Vì A ' G  mp( ABC) nên ( A 'B; mp( ABC))  ( A 'B;GB)  A ' BG  45o X t t m giác A’B vu ng G, ta có: a a A ' G  BG.tan A ' BG  tan 45o  3 1 S ABC  AB AC  a.a  a 2 a a2 a3 VABC A ' B 'C '  A ' G.SABC   1 a 5a3 VA ' ABC  A ' G.SABC  a  3 18 a3 a3 a3 V y VA ' BCC ' B '  (đ.v.t.t)   18 Đặt u  x; v  f  x  thì:   2 0   J   f  x  dx   u '.vdx  uv 02   v '.udx    xf  x    x f '  x  dx 0    48 C 2   x f '  x  dx   Đ i iến: t   x  x   t ; dx   dt 2   Đ i c n: x   t  ; x   t  2   sin 2017   t  2  J   dt    2017   2017    cos   t   sin   t  2  2    2017 cos t cos 2017 x dt  0 sin 2017 x  cos 2017 x dx  K sin 2017 t  cos 2017 t    T có: J  K   dx  x 02  J    Do      x f '  x  dx  I  Ch n phương án C      Bước 1: Xác định tâm mặt c u ngoại tiếp hình chóp S.ABC G i I tr ng tâm c a tam giác ABC G i M, N l n lượt trung điểm c a AC, SB Ta có: SI   ABC  49 C  O gi o điểm c a SI v i đường trung trực c a SB mặt phẳng (SBM) Bước 2: Sử dụng hệ th c lượng tam giác tính bán kính mặt c u  SAC    ABC   AC  Ta có:  BM  AC SM  AC   Góc mặt n (SAC) đá (ABC) SMI  600 a BM a BM a Ta có: BM  ; IM   ; BI   3 a SB a SI  IM tan SMI  ; SB  SI  IB  a ; SN   12 2 12 a 7 a SI SN SN SB 12 12  7a   SO   Lại có : cos BSI  a SB SO SI 12 Bước 3: Tính diện tích mặt c u  7a  49 a V y diện tích mặt c u : S  4    (đ.v.d.t) 36  12  Cách 1: Ta có: AB  (1; 2; 2), AD  (2; 2; 1)  AB  AD AB  AD Hiển nhi n điểm C tồn 50 C Và C  450  DC  AB  C  (1;6;4) Cách 2: Thử trực tiếp cách sử dụng công th c: CB CD cos BCD  cos(CB, CD)  CB CD Kiểm tr em điểm C phương án có cos BCD  ch n phương án ...    2017 cos t cos 2017 x dt  0 sin 2017 x  cos 2017 x dx  K sin 2017 t  cos 2017 t    T có: J  K   dx  x 02  J    Do      x f '  x  dx  I  Ch n phương án C ...  i )(a  bi )   12i   4a  3b  (2b  a)i   12i 35 B 36 A 26  a   4a  3b     a  2b  12 b  43  26 43 26 43 V y z  i  z  i 5 5 43  Ph n ảo c a số ph c z ... lim y , hàm số cho có tiệm c n 43 C x  44 D ngang năm = tháng; 1,2 tỉ = 200 000 000 đồng iả sử ác Huệ gửi m i tháng vào ngân hàng (đồng), v i lãi suất r Cuối tháng th nhất, ác Huệ có số tiền