Tải Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm học 2016 - 2017, trường THPT Chuyên Mặt Trăng (Đề số 14) - Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán có đáp án

Câu 45: Một chiếc hộp hình lập phương cạnh a bị khoét một khoảng trống có dạng là một khối trụ với hai đáy là hai đường tròn nội tiếp của hai mặt đối diện của chiếc hộp (Hình 1)A. Sau đ[r]

Trang 1

Trường THPT Chuyên Mặt Trăng

Đề số 14

Đề thi thử THPT QG năm học 2016 - 2017

Thời gian làm bài: 90 phút

3 2

x 3x  9x m 0  Câu 1: Giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt là:

27 m 5

    5 m 27  5 m 27 m 0 A B C D

 C : y 2x 3 3x21M C

Câu 2: Cho đồ thị Điểm mà tiếp tuyến tại M có hệ số góc nhỏ nhất là:

 

M 0;1

1 1

M ;

2 2

1

2

  M 1;0 

 C : y x 34x2 x 1

Câu 3: Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị Tọa độ trung điểm

AB là:

0;1 1;4

4 191

;

3 27

4

;5 3

 

 C : y 1 x x 2   2

Câu 4: Cho đồ thị Tìm mệnh đề sai:

3 2

y2x 5x  7x 6 Câu 5: Đồ thị cắt Ox tại bao nhiêu điểm?

A 0;4; 2 d :x 21 y 1 z2 3Câu 6: Trong không gian Oxyz cho điểm và đường thẳng

Tọa độ hình chiếu của điểm A trên đường thẳng d là:

3;1;3 1; 3;3  2; 1;0  0; 5; 6  

2

log 3.2  2 2x

Câu 7: Tập nghiệm của bất phương trình là:

 ;1  2;  ;0  1; 2  

2 log ;0 1;

3

 

D

3 2

yx 3x  72x 90 5;5

Câu 8: Giá trị lớn nhất của hàm số trên là:

Trang 2

 C : yx33x2mx 1 A 1; 2 

Câu 9: Tìm m để đồ thị hàm số nhận điểm làm tâm đối xứng:

A 1; 2;1 d :x 11 y 32 z 31 Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm và

đường thẳng Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d là:

x 2y z 1 0    x 2y z 4 0    x 2y z 3 0    x 2y z 3 0    A B C D

3

y log x  5x m

Câu 11: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số xác định trên

25

m

4



m 0 m 0

25 m 4



log 2x 1 log 9.log 4Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình là:

41; 

1

;

2



65

; 2



65

; 2

 

  12x

f x

e



Câu 13: Tìm họ nguyên hàm của hàm số

2x

1

C

1

C 2e

C e

  22x

C

 

3

2 x

3

y 3x 1  Câu 14: Cho đồ thị Có bao nhiêu tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng có phương trình

x 1 2 y 2 2 5

Câu 15: Điểm biểu diễn của số phức nào sau đây thuộc đường tròn ?

z i 3  z 2 3i  z 1 2i  z 1 2i  A B C D

3

2 mx

3

Câu 16: Tìm m để hàm số có cực trị ?

1

m

2

m

2



 

1

2

   

Trang 3

2 2

a b 7abCâu 17: Cho hai số dương a, b thỏa mãn Chọn đẳng thức đúng

a b 1

log log a log b



log a log b log 7 ab

2

loga logb log 7ab 1  2 2

log a log b log a b

7

d :

  P : 2x y 2z 9 0   

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng và mặt phẳng Tọa độ giao điểm của d và (P) là:

0; 1;4  1; 3;3  2;1;1 2; 5;1  A B C D

A 1; 2;1  P : 2x y 2z 7 0   

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm và mặt phẳng Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P) Độ dài AB là:

 

f x sin 5x.cos3x

cos8x cos 2x

C

cos 4x cos x

C

cos8x cos 2x

C

2

log 3.2  2 2x

Câu 21: Tổng các nghiệm của phương trình là:

x 2

y

1 x





 Câu 22: Tập xác định của hàm số là:

 

\ 1; 2

  ;1  2; \ 1  1; 2

Câu 23: Chọn khẳng định sai:

log a log b  a b 0 

2

log a log b  a b 0 

z

1 iz

1 i

 Câu 24: Cho số phức z thỏa mãn Tính modun của z :

1

3

y log x  2x

y ' 0 Câu 25: Cho hàm số Giải bất phương trình

Trang 4

x 1 x0 x 1 x 2 A B C D.

A 1; 2;3 1

d :

x 1 y 1 z 1

d :

tọa độ Oxyz cho điểm và hai đường thẳng và Phương trình đường thẳng d qua A vuông góc với cả d1 và d2 là:

1 2

z , z z2 3z 7 0 

1 2

2 1

z  z Câu 27: Gọi là hai nghiệm của phương trình Tính :

 

f x ln 2x 1

x ln 2x 1 x ln 2x 1 C

x 1 2

2

   1;1

Câu 29: Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn là:

1 1

e 2

1

e

2

e

2



 

M 1; 2 w z 2z  Câu 30: Điểm biểu diễn của số phức z là Tìm tọa độ điểm biểu diễn của

số phức

3; 2  2; 3  2;1 2;3

1

x

0

e x m dx e 



Câu 31: Tìm m để

y sin x; y x  x 0; x Câu 32: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị và hai đường thẳng

2

 

2





2

 

2 2 2





Trang 5

 

A 1; 2;3 B 1; 4;1 

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm và Phương trình mặt cầu đường kính AB là:

2

x  y 3  z 2 3x 1 2y 2 2z 3 2 12

x 1 2y 4 2z 1 2 12 x2y 3 2z 2 2 12

sin x

0

I e cos xdx





Câu 34: Tính tích phân

1 i 2017Câu 35: Tìm phần thực của số phức

1

2

2  x 4 3 2

Câu 36: Tích các nghiệm của phương trình là:

4

3

a Câu 37: Khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng , đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a.

Tính khoảng cách giữa AB và B’C’

4a

3

a

Câu 38: Hình chóp tam giác đều S.ABC Hình nón (N) có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tỉ số thể tích của khối nón (N) và khối chóp S.ABC là:

4



3



3 3



2 3



y x ln x, x e, y 0   Câu 39: Hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường , quay (H) quanh trục

Ox, tính thể tích khối tròn xoay thu được:

2e3 1

9

  2ee 1

9

  4e3 1

9

  4e3 1

9

A 2;1; 1 , B 0;3;1  P : x y z 3 0    2MA MB  

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa

độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho có giá trị nhỏ nhất

M 4; 1;0  M 1; 4;0   M 4;1;0  M 1; 4;0  

Trang 6

SA SB SC a   Câu 41: Khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là:

3

a

4

3

a

8

3

3a

8

3

a

A 1;2;2 , B 5;4;4  P : 2x y z 6 0    MA2MB2Câu 42: Trong không gian với hệ tọa

độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng Tọa độ điểm M nằm trên mặt phẳng (P) sao cho nhỏ nhất là:

M 1;1;5 M 0;0;6  M 1;1;9  M 0; 5;1  

 C : y x 33x2 3x2 3 x3mCâu 43: Hình vẽ bên là đường

biểu diễn của đồ thị hàm số Tìm tất cả các giá trị của tham số m để

phương trình có hai nghiệm thực âm phân biệt?

1 m 1

m 1





 

m 1





  

D Kết quả khác

v t 10 5t m / s

Câu 44: Vận tốc trung bình đi xe máy trong thành phố vào khoảng 30 km/h đến 40 km/h Khi gặp chướng ngại vật, để đảm bảo an toàn, người điều khiển xe máy phải phanh để xe chuyển động chậm dần đều với vận tốc Hỏi khi gặp chướng ngại vật, người điều khiển xe máy phải bắt đầu phanh khi cách chướng ngại vật ít nhất một khoảng bao

xa để xe máy dừng hẳn trước khi đến chướng ngại vật

Câu 45: Một chiếc hộp hình lập phương cạnh a bị khoét một khoảng trống có dạng là một khối trụ với hai đáy là hai đường tròn nội tiếp của hai mặt đối diện của chiếc hộp (Hình 1) Sau đó, người ta dùng bìa cứng dán kín hai mặt vừa bị cắt của chiếc hộp lại như cũ, chỉ chừa lại khoảng trống bên trong (Hình 2) Tính thể tích của khoảng trống tạo bởi khối trụ này (phần tô màu)

Trang 7

a



3

1

a

2

3 1

a

4

3 1 a

A 3;5;3 :x 22  y1 z 22 

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm và đường thẳng Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa sao cho khoảng cách từ A tới (P) là lớn nhất:

x 2y z 3 0    2x y 2z 15 0    A B

x 4y z 4 0    x 2y z 3 0    C D

2

4 6 x x   3x m x 2 2 3 x  

Câu 47: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

m

5

m

Câu 48: Cho hình nón có chiều cao bằng h(cm) và đáy có tâm O và bán kính bằng R(cm) Một nửa chiếc đồng hồ cát được đặt trong hình nón sao cho tâm đối xứng của chiếc đồng hồ cát trùng với tâm O Sức chứa lượng cát lớn nhất mà hình nón ban đầu có thể chứa được là

2

3

4 R h

cm

81



2 3

R h cm 24



2 3

2 R h

cm 81



2 3

R h cm 12



D

Câu 49: Anh A dự kiến cần một số tiền để đầu tư sản xuất, đầu năm thứ nhất anh A gửi vào ngân hàng số tiền là 100 triệu đồng, cứ đầu mỗi năm tiếp theo anh A lại gửi thêm một số tiền lớn hơn số tiền anh gửi ở đầu năm trước 10 triệu đồng Đến cuối năm thứ 3 số tiền anh A có

Trang 8

được là 390,9939 triệu đồng Vậy lãi suất ngân hàng là? (Chọn kết quả gần nhất trong các kết quả sau)

Câu 50: Một anh nông dân nuôi một đàn Thỏ, anh ta có một chiếc lưới thép dài 360m và cao

2m Anh ta dự định dùng lưới đó để rào thành 3 cái chuồng hình chữ nhật sát vào một cái tường dài CD như hình vẽ Hỏi diện tích lớn nhất có thể bao quanh để nuôi thỏ là bao nhiêu?

A 8100 m2 B

9000 m2.C 6400 m2

D 100000 m2

Trang 9

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Xét hàm số

 





3 2

x 3x  9x m 0  y f x   ym  5 m 27 5 m  27Số nghiệm của phương trình là số điểm chung của đồ thị hàm số với đường thẳng Dựa vào bảng biến thiên, để PT trên có 3 nghiệm phân biệt thì

Câu 2: Đáp án B

y f x 2x 3x 1 f " x 12x 6 f " x 0 x

2

Ta có:

Tiếp tuyến tại điểm thuộc đồ thị có hệ số góc nhỏ nhất là tiếp tuyến tại điểm uốn

1 1

M ;

2 2

Câu 3: Đáp án C

y ' 3x 8x 1 y" 6x 8 y" 0 x U ;

2 điểm cực trị của hàm bậc 3 đối xứng nhau qua điểm uốn, nên trung điểm AB trùng với điểm uốn U

Câu 4: Đáp án D







Đồ thị hàm số (C) là đồ thị hàm bậc 3 nên luôn có điểm uốn và điểm uốn này cũng chính là tâm đối xứng của đồ thị

Câu 5: Đáp án A

2

Câu 6: Đáp án A

Trang 10

 

H 2 t; 1 2t;3t  

Gọi là hình chiếu vuông góc của A trên d

AH 2 t; 5 2t;3t 2   

d AH.u   2 t 2 5 2t  3 3t 2 0

 

Khi đó Cho

14t 14 0   t 1  H 3;1;3

Câu 7: Đáp án C

 

x x

x

2

2 2

log 3.2 2 2x







 

x

2 x

2

2 2

3 3







 



Câu 8: Đáp án B

 

y f x x 3x 72x 90 f ' x 3 x 2x 24 f ' x 0





 

f 5 70

f 5 400







 y f x   5;5 yf x  y f x   y f x  

Mặt khác Lập bảng biến thiên

đồ thị hàm số trên đoạn sau đó vẽ đồ thị hàm số bằng cách lấy phần đồ thị hàm số nằm phía trên Ox và lấy đối xứng phần đồ thị của nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox

xMax f x5;5 f 5 400

 

Cách 2: Sử dụng Mode 7; nhập hàm trị tuyệt đối (Phím Abs);

Start : -5, End: 5 và Step 1 chúng ta dễ dàng tìm được max của hàm số

Câu 9: Đáp án C

U A  m 1 Tâm đối xứng của hàm bậc 3 là điểm uốn nên

Câu 10: Đáp án B

d

u  1; 2;1

n  1; 2;1  P : x 2 y z 4 0    

x 2 y z 4 0    Ta có: Do đó hay

Câu 11: Đáp án A

 2

4

Hàm số đã cho xác định trên

Bất phương trình

Trang 11

 

log 2x 1 log 9.log 4

log 2x 1 2log 3.log 4 log 2x 1 4

4

2x 1 0

2x 1 81 x 41 2x 1 3

 



 

tập nghiệm của bất phương trình là

d e

3

x

3

 0 0

M x , y y 3x 1   0 0

0

f ' x 3







song song với đường thẳng thì phải có hệ số góc bằng 3

x 0 y 3x 1  Thử lại ta thấy tại thì tiếp tuyến lại trùng với đường nên loại Vậy có 1 tiếp tuyến

   

z i 3 A 3;1 C

z 2 3i B 2;3 C

z 1 2i C 1; 2 C

z 1 2i D 1; 2 C











y ' mx  2 m 1 x m   y ' 0  mx  2 m 1 x m 0  

2

m 0  y x  x y ' 0  2x 0  x 0 x 0 Với , điểm cực trị

m 0 y '0Với , để hàm số có điểm cực trị thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt

2

m 2



Vậy là kết quả cần tìm

a b 7ab a 2ab b 9ab a b 9ab log a b log 9ab

Ta có:

2 log a b log 9 log a log b 2log a b 2 log 3 log a log b

1; 4Câu 18:Đáp án A

Trang 12

 

M 1 t; 3 2 t;3 t    d M P 2 1 t   3 2t 2 3 t     9 0

Gọi Cho ta có:

2t 2 0 t 1 M 0; 1; 4

Câu 19: Đáp án C

 

4 1 4

  

f x sin 5x.cos3x sin 8 x sin 2 x f x dx sin 8x sin 2x dx

  cos8x cos 2x

 

x x

x

2

2 2

log 3.2 2 2x







 

1 2 x

2

x 1











x 1 Hàm phân thức trên xác định khi mẫu khác 0 hay

1

3

log x

log a log b 0 a b 

Hàm nghịch biến trên nên

2

x 2x 0

x 0





3

x 2x

x 2x ln 3



x 0 Kết hợp điều kiện, suy ra

Câu 26: Đáp án D

Trang 13

   

u  2; 1; 2 ; u  1; 2;1

dd ;dd Ta có: Do nên

d d1 d2

u u ; u   5; 4;3  5; 4; 3

  

 Do đó phương trình đường thẳng cần tìm là:

2

1 2

2 1

f x ln 2x 1 ln 2x 1

2

 

x.ln 2x 1 1 dx x ln 2x 1 x ln 2x 1 C





2

    1;1 y ' e x x 1, x   Xét hàm số trên , ta có

x

1 x 1

  



  

f 1 e

2

 

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số f(x) bằng

z 1 2i   z 1 2i   w 1 2i 2 1 2i     3 2i

Ta có:

Đặt

Trang 14

     

I e  me m 1 e    m e 1  e 1 m 1

Mặt khác:

2 0

2



Diện tích hình phẳng cần tìm là

I 0;3; 2 R2 IA2    1 1 1 3Trung điểm của AB là: , mặt khác

2

x  y 3  z 2 3

Phương trình mặt cầu cần tìm là:

0



Ta có

1 i 2017 1 i 210081 i    2i 10081 i 

2  x 4 3 2 2  2 4 x 3

2

VP  0 4 x 3  0 x 4 1

Khi đó

2

*

VP  0 4 x 3  0 x 4 2

Khi đó

2

x  4 x 2 4Từ (1), (2) suy ra tích hai nghiệm bằng

Ta có

AB / /A 'B' AB / / A 'B'C'  d AB;A 'B' d AB' A 'B'C' d A; A 'B'C' h

ABC

V h.S h 2a sin 60 ha 3 a h

Mà

Trang 15

 

SH ABC ABCKẻ tại H => H là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp

2

3 3

3

S.ABCD ABC

N

S.ABCD

V

x ln x  0 x 1 x 0 

Phương trình hoành độ giao điểm

e

1

1 2e

 



Lấy điểm N thuộc đường thẳng AB sao cho







 

2MA MB 2 MN NA  MN NB MN

nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất hay M là hình chiếu của N lên mặt phẳng (P)

MN : x 4 y 1 z 3 M m 4; m 1; 3 m   P

m 4 m 1  3 m 3 0 m 3 M 1; 4;0 

SH ABCD ABCKẻ tại H => H là tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC

OB AB  OA a  SA  SO SO  SO OB OD   SBD

Ta có: vuông tại S

ABCD

SH.BD SB.SD V= SH.S SH AC.BD= SB.SD.AC a.AC.SD

Trang 16

4

Cạnh

N 3;3;3  NA NB 0  

Gọi là trung điểm AB , ta có:

MA MB  MN NA     MN NB 2MN NA NB

MN : x 3 y 3 z 3 M 2m 3, m 3,3 m 



M P  2 2m 3  m 3  3 m   6 0 m 2 M 1,1,5

3

x 1

m x

 

 







 3x3 3 x3m  x33x2 m 3 Tập xác định: , ta có:

3x  3 x m y m 3  y x 33x2 4 m 3 2    1 m1Dựa vào đồ thị đã cho, để phương trình có hai nghiệm thực âm phân biệt thì đường phải cắt đồ thị hàm số tại

2 điểm nằm bên trái trục Oy,

2 5t

v t 10 5t m / s s t v t dt 10t C

2

Từ lúc người điều khiển xe máy phanh đến khi dừng hẳn thì đã di chuyển trong khoảng thời gian t =0 đến t = 2

 

s 0 C

s s 2 s 0 10

s 2 10 C







cho đến khi dừng lại Do đó, cần phanh trước chướng ngại vật 10m



 

tròn nội tiếp hình vuông cạnh a và chiều cao là

Trang 17

H 2 2t; t; 2 2t  

Gọi là hình chiếu vuông góc của A trên

AH 1 2t; t 5; 1 2t    

Khi đó:

d

AH.u  2 4t t 5 2 4t 0      t 1  H 4;1; 4

 

Cho

 

d A; P AH  AH P

Ta có: , dấu bằng xảy ra

AH 1; 4;1  P : x 4y z 4 0   

Mặt khác:

2 x 3

t x 2 2 3 x 0     t 14 3x 4 6 x x    14 3x 5   t 5Đặt

t  1 2 x 2 3 x   25 t 5 5 t 5  Mặt khác, Do đó

 

t

Từ phương trình đầu bài suy ra

 

y f x y m Số nghiệm của phương trình đầu bài là số điểm chung của đồ thị hàm số và đường thẳng

m

Để phương trình đó có nghiệm thì

Xét mặt các qua trục của hình nón, nửa chiếc đồng hồ cát và đánh dấu các

điểm như hình vẽ Sức chứa lớn nhất mà hình nón ban đầu có thể chứa nghĩa

là thể tích cát lớn nhất của đồng hồ cát nằm bên trong hình nón

2

ON OH

V

3





Thể tích cát đó được tính là Ta có:





1

T A 1 r 100 1 r

Số tiền gốc + lãi anh A nhận được từ số tiền gửi đầu năm 1 là:

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	1,95 MB