Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường đại học ngoại thương lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Mặt phẳng ( 1 BCI chia tứ diện làm hai tứ diện. Tính tỉ số bán kính mặt cầu ).. ngoại tiếp hai tứ diện đó[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐH NGOẠI THƯƠNG HN

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN NĂM HỌC 2017 – 2018 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:……….……… SBD:……….

Câu 30. [2D3-3] Tính thể tích V vật thể nằm hai mặt phẳng x 0 x  , biết rằng thiết diện vật thể bị cắt mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm có hồnh độ

0 

x  x  tam giác có cạnh 2 sin x

A V 3 B V 3 C V 2 D V 2

Lời giải

Chọn D.

Diện tích thiết diện    

2

2 sin

3 sin

x

S x   x

Áp dụng công thức  

0

3 sin

b

a

V S x dx xdx



   . Chọn D.

Câu 31. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A0;2; ,  B2;2; 4 .

Giả sử I a b c ; ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Tính T a2 b2 c2

  

A T 8 B T 2 C T 6 D T 14

Lời giải

Chọn A

Ta có OA AB 2 nên tam giác OAB cân A, I thuộc đường trung tuyến

qua A    

1

: 1 ; ;

2

x t

d y t I t t

z

   

     

   

 

1 2; 0;

IA IO   t I 

Do T 8  chọn A.

Câu 32. [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh avà

 ,

SA ABCD SA x Xác định x để hai mặt phẳng SBCvà SDC tạo với một góc 60?

A x a B x a C

2

a

x  D

2

a x 

Chọn B

Từ A kẻ AH AK, vng góc với SB SD, .

Góc hai mặt phẳng SBCvà SDC 60nên cos HAK· os60o c   Ta có 2 2 2 2 2 2

SB SD a x

ax SH SK HK x

AH AK HK a

SB SD BD a x

a x

SA x

SH SK

SB a x

                           Mà · · o

2 2

cos HAK

2 cos HAK os60

2

AH AK HK

AH AK c            

Thay vào, giải phương trình tìm nghiệmx a

Câu 35. [2D3-3] Cho hàm số f x  có đạo hàm xác định, liên tục đoạn 0;1 đồng thời thỏa

mãn điều kiện f' 0 1

  f x'  2 f x

  Đặt T f  1  f  0 , chọn khẳng định đúng?

A 2  T B   1 T C 0 T D 1 T

Lời giải

Chọn B

Từ giả thiết ta có  

 

 

   

'

2 '

' '

1

dx 1.dx d f x dx 1.dx

f x

x c f x

f x f x

                       

Mà f' 0 1

 nên

  ' 1 ln 1 c T x f x x              

Câu 36. [2D4-3] Gọi z z z1; ;2 nghiệm phương trình  

3 2 1 0

iz  z  i z i  Biết z1 số

thuần ảo Đặt P z z 2 , chọn khẳng định đúng?

A 4 P 5. B 2 P 3. C 3 P 4. D 1 P 2. Lời giải

Chọn B.

Biến đổi phương trình iz32z2 1 i z i  0  i z iz  2  z 0  2

Như vậy: z z2; nghiệm phương trình (*)

 2  2

2

2 3

P  z z  z z  z z  z z

2

1

4 17

i i

 

     

Vậy P 417 .

Câu 38. [2D3-3] Biết

3

2

1

1

x x a b

dx c x x

  



 

 với , ,a b c số nguyên dương Tính T a b c  

A T 31. B T 29. C T 33. D T 27 Lời giải

Chọn C.

   

3

3 3 2

2 2

3

1

1

3

2

1

2

x

x x x x x

dx dx x x dx

x x x x

 

  

   

      

     

 

  

=19

6 

Vậy a b c     19 33

Câu 39. [2H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh a Gọi K trung điểm '

DD Khoảng cách hai đường thẳng CK A D' A

3

a B

2

a . C 2 3.

a D

3 a Hướng dẫn giải:

Chọn a  ta có hệ trục tọa độ 1 Oxyz cho 0;0;0 , ' 1;0;1 ,   0;0;1

D A K  

  C0;1;0

Ta có DA ' 1;0;1; 0; 1;1

CK   

 



0;0;1

DK  

 



Ta có ';CK 1; 1;

DA  

     

   

 

1 ';CK

2

DA DK

  

 

Do  

 

' ; 2

2

1

1

2 A D CK

d

 

 

    

 

1

1

3

1

4 

 

 

Vậy  ' ;  A D CK

a

d 

Câu 40. [2D2-3] Có giá trị nguyên tham số m để phương trình ( )

( )

5

5 log

2

log

mx

x+ = có nghiệm nhất?

A 1 B 3 C Vô số. D 2

Hướng dẫn giải:

Phương trình cho tương đương:

 2  

5

1 0

log log

x mx x

x mx

   

    

  



2

1

2

x x

x x

m

x

     

  



 

 

 

Xét f x( ) x

x

   1;  \ Ta có f x'( ) 12

x

 

Bảng biến thiên ta có m 4 m 0 Vậy có vơ số giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 41. [1D5-3] Cho hàm số  

2 1; 0

1,

ax bx x

f x

ax b x

   



  

 Khi hàm số  

f x có đạo hàm x 0 0.

Hãy tính T a 2b

A T 4. B T 0. C T 6. D T 4

Lời giải

Chọn C.

+) Ta có với x 0  y f x f  0 a.x2 b x

   

0

' lim

x y

a x b f a x b b

x 

  



        



  0 0

2

' lim lim

x x

y a x b a x b b

f a

x x  x  x



   

       

     

   

Hàm số có đạo hàm x 0 0thì

lim

x y x



 



 phải hữu hạn nên b  2 b2

Suy f ' 0  a

 Khi đó: f ' 0  f ' 0   a b

Vậy a b  2 a2b6

Câu 43. [1D1-3] Có giá trị nguyên tham số m để phương trình

cos3x cos 2x m cosx1 có bảy nghiệm khác thuộc khoảng ; 2 



 



 

 ?

A 3. B 5. C 7. D 1

Lời giải

Chọn D.

Phương trình cos3x cos 2x m cosx 1 mcosx 1 cos 2x cos 3x

 

2

2

cos

cos 2cos 4cos 3cos

4cos 2cos

x

m x x x x

x x m

 

     

   



Phương trình: cos ;

2 2

x  x k  x x  có hai nghiệm thuộc khoảng

; 2 



 



 

 

Phương trình cho có bảy nghiệm khác thuộc khoảng ;2 



 



 

  phương trình 4cos2 x2cosx 3 m  *

có nghiệm phân biệt khác ;3 2

 

thuộc khoảng ;2 



 



 

 

Đặt t cos ,x t  1;1 Khi phương trình (*) trở thành 4t22t 3 m  1 Yêu cầu tốn   1 có hai nghiệm thỏa mãn  1 t1 0 t2 1

Lập bảng biến thiên hàm f t  4t2 2t 3

Dựa vào bảng biến thiên: giá trị m cần tìm là: 3m5 Vậy có giá trị m nguyên thỏa mãn toán.

Câu 44. [2D1-4] Cho hàm số f x có đồ thị hình vẽ Hãy tìm cực trị hàm số   yf f x  .

A 5 B 3 C 4 D 6

Hướng dẫn giải Chọn C.

+) Ta có với uf x  '   '. '. '

u x u x x

f f x f u f f

 

 

   

'

'

0

0

'

0

2

u

x

u f x

f u f x

f f x

f x

x

 

 

    

    



 

 

 

+) Ta thấy f x  có hai nghiệm   x1,2  0 x3 2

+) Ta thấy f x  có hai nghiệm   x4 x3

 

 

'

f f x

  có nghiệm x 0bậc 3, x2, ,x x3 bậc

 hàm số có cực trị

Câu 45. [1D3-4] Từ chữ số 0; 2;3;5;6;8 lập số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi khác nhau, hai chữ số khơng đứng cạnh

A 384 B 120 C 216 D 600

Hướng dẫn giải

Chọn A

Chữ số đứng cạnh 05, ta coi số số 50, ta coi số

+ Số 05 chữ số cịn lại lập số có chữ số đôi khác số

chữ số cịn lại lập số có chữ số đôi khác là: 4.4! (Chữ số đầu khác 0) (2)

+ Số 50 chữ số cịn lại lập số có chữ số đôi khác số

chữ số lại (khác 0) lập số có chữ số đơi khác là: 5! (3) Từ (1), (2), (3) được: 5.5! 4.4! 5! 384  

Câu 46: [2D1-4] Cho hàm số f x  8x4 ax2 b

   a b, tham số thực Biết giá

trị lớn hàm số f x  đoạn 1;1 Hãy chọn khẳng định đúng?

A a0,b0 B a0,b0 C a0,b0 D a0,b0

Hướng dẫn giải

Chọn C

Đặt t x2

 với t 0;1

  8 , 0;1

f t  t at b t 

Ta có:

 0

f b

 1

f   a b

1

2

2

f    a b  

1

2

2

f     a b

 

Do max0;1 f t   nên

1

2

b a b

a b

   

   

4b  b a   8 2b a  4

Dấu " " xảy

1

8

4 2

b a b

a b

  

   

    

1

8

4 2

b a b

a b

  

   

    

Vậy

b a

  

 

Vậy a0,b0.

Câu 47. [2H2-4] Cho tứ diện đếu ABCD , AA đường cao tứ diện với I trung điểm1

của AA Mặt phẳng (1 BCI chia tứ diện làm hai tứ diện Tính tỉ số bán kính mặt cầu)

ngoại tiếp hai tứ diện

A 43

51 B

1

2 C

1

4 D

48 153

Hướng dẫn giải Chọn A

Ta có tốn phụ: Xét tứ diện SABC , có đường cao SH =h, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đặt bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC r,

OH =d, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC R Khi ta có cơng thức:

2 2 2

( )

2

r d h r d

R

h

+ +

-=

Chứng minh:

Ta giả sử tâm mặt cầu nằm tứ diện Theo định lý Pitago:

2 2

2 2

( ) (1)

SI SF FI

h x d R

= +

Û - + =

Mặt khác:

2 2 2

2 2(2)

AI AO IO R r x

x R r

= + Û = +

-Từ (1) (2) ta được: ( 2 2) 2 2 2

2

h r d

h R r d R R r

h

- +

- - + = Û - =

2 2 2 2 2 2

2

2

( ) ( )

4

h r d h r h r d d r

R

h h

- + + + +

-Û = =

Từ ta được: ( 2 2) 2

r d h r d

R

h

+ +

-= , viết lại công thức sau:

2

( ( ) )( ( ) )

2

h r d h r d

R

h

+ - + +

=

Đặt x AP AD

= , theo định lý Menelaus với ba điểm , ,B I E thẳng hàng

1

2

3

A I

AE MB AE

EM BA IA = Þ EM = Theo định lý Menelaus với ba điểm , ,C E K thẳng

hàng thì:

1

3

AK DC ME AK

KD CM EA = Þ KD = hay

1

AP x

AD

= =

- Theo toán trên:

+ Xét hình chóp K BCD với (BCD đáy thì: ) 1

h= AA , r bán kính đường trịn

ngoại tiếp tam giác BCD cạnh a, 1 1

d=NA = DA Ta tìm 86 16

PBCD

+ Xét hình chóp KABC với (ABC đáy thì: ) 1 1

4

h= DP = AA ,r bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cạnh a,

1

3

4

d =OP = AP = DA Ta tìm

được 102

16

PABC

R = Vậy tỉ lệ hai bán kính 43 51

Câu 48. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 5z i   z 3i 3 z 1 i Tìm giá trị lớn M

z  i ? A 10

3

M  B M  1 13 C M 4 D M 9

Lời giải Chọn D

Gọi A1;3 , B1; ,  C0;1 C trung điểm AB

Suy

2 2

2 2 2 10

2

MA MB AB

MC     MA MB  MC 

Mặt khác 5 z i z 1 3i 3 z 1 i 5MC MA 3MB 10 MA2 MB2

           

 

2

25MC 10 2MC 10 MC

    

Mà z 3 i     z i  4i  z i   2 4i MC2 5 Dấu “ = “ xẩy z 2 5i

Câu 49. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;2; 2), (2; 2;0).B  Gọi

1(1;1; 1)

I  vàI2(3;1;1)là tâm hai đường tròn nằm hai mặt phẳng khác có chung

một dây cung AB Biết ln có mặt cầu ( )S qua hai đường trịn Tính bán kính Rcủa ( )S

A 219

R  B R 2 C 129

3

R  D R 2

Gọi () đường thẳng qua I1 (ABI1)

(') đường thẳng qua I2 (ABI2)

1 ( ) : x t y t z t             

(t R ),

3 ' ( ') : '

1 '

x t y t z t            

( 't R)

Khi Tâm I ( )S giao điểm () (')

Xét hệ phương trình

1

1 '

3 2 '

1 ' 1 '

3

t t t

t t t t t                       

8

( ; ; )

3 3

I 



Vậy bán kính 129

3

R IA 

Câu 50. [2D3-4] Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục đoạn 0;1 thỏa mãn  f  1 1,

 

1 d '

f x x 

 

 

  

1

0

2 d

5

f x x 

 Tính tích phân  

1

0

d

I f x x.

A

5

I  B

4

I  C

4

I  D 343

48

 Lời giải

Chọn B.

Đặt t x x t2 dx 2tdt

     Đổi cận: x 0 t 0; x 1 t 1 Ta có

 

1

0

2

2

5t f t dt    

1 2 '

t f t t f t dt

      

1

0

1 '

f t f t dt

    

1

0

1 t f t dt '

  

 

1

0

2 '

5

t f t dt

   , hay  

0

1 3

'

5

x f x dx 

Hơn ta có  

1

0

9 d

5 '

f x x 

 

 

 (2) theo giả thiết

1

1

x dx 

 (3)

Xét tích phân

 

     

1 1

0 0

2

2

0

' ' '

f x  x dx  f x  dx x f x dx x dx

   

(1);(2);(3)9 3 1

6

5 5

   

Mà  f x'  3x22 0 với x 0;1 Vậy f x'  3x2

Do f x  x3C Lại có f  1  1 C 0 Vậy f x x3

Vậy  

1

0

3

1