Đề thi và đáp án môn toán THPT Quốc gia lần 2 chuyên ĐH Vinh năm 2017

Kẻ trục đường tròn của tam giác ABC, lấy giao điểm I của đường trung trực cạnh SC và trục đường tròn, khi đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.. S.ABC.[r]

(1)

ĐÁP ÁN (Mã đề 132)

1D 2C 3C 4C 5C 6B 7C 8B 9D 10A

11B 12B 13A 14B 15D 16D 17D 18D 19A 20A 21A 22C 23B 24C 25D 26D 27B 28C 29A 30D 31B 32B 33A 34B 35C 36A 37D 38A 39C 40A 41D 42A 43A 44B 45A 46D 47A 48C 49C 50B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Ta có hình bát diện hình bên, nhận thấy hình bát diện có tất 12 cạnh

Câu 2: Đáp án C

Vì chọn mệnh đề sai nên ta xét phương án Với A: A mệnh đề tính chất tích phân Với B: B tương tự A tính chất

Giả sử hàm số f liên tục K a, b, c ba số thuộc K        

b c c

a b a

f x dx f x dx f x dx

Với C: Nhận thấy C sai   

c

b

VP f x dx

Ta thấy hàm số có  

  

lim

x f x đồ thị hàm số có mơt tiệm cận ngang

đường thẳng y0hay trục hoành Đến ta loại A, B chọn C

Ta có         

2

'

2

x

y x x

x

Ta có tiếp y 0;  x  0; nên hàm số đồng biến  0;

* Nhận thấy hàm số bậc ba có hai điểm cực trị x0 x2 có hệ số a  1 0, hàm số cho đồng biến  0;

Ta có    1. 

x x

F x e dx e C Mà F 0 1, 1. 3.0    1

3 e C C

Câu 6: Đáp án B

Độ dài đoạn thẳng MN tính cơng thức    

3

MN

Câu 7: Đáp án C Ta có n  3; 0; 2 Câu 8: Đáp án B

Từ hình vẽ ta suy số phức z 3 2i  z 2i Vậy số phức liên hợp số

phức z có phần thực 3, phần ảo 2

Khối bát diện

STUDY TIP:

Giả sử hàm số f liên tục K a, b, c ba số thuộc K

  c

a

f x dx

   

b c

a b

f x dx f x dx

STUDY TIP:

Hàm số bậc ba có hai điểm cực trị, hệ số



(2)

Ta có mệnh đề A, C sai giống thiếu hạng tử Mệnh đề B sai

 

       

a a

b b

Câu 10: Đáp án A Ta có hình vẽ bên: Ta thấy .

2

SBCD S ABCD

V  V , hai hình chóp chung chiều cao cớ diện tích đáy ABCD gấp đơi diện tích đáy BCD

Mặt khác, áp dụng công thức tỉ số thể tích hình chóp tam giác ta có:

  2 2 1 1

3 3

SBED

SBED SBCD SABCD

SBCD

V SE SB SD

V V V

V SC SB SD

Ta có  số không nguyên, hàm số cho xác định

    

2x x 0 x Câu 12: Đáp án B

Ta có I1; 2; 2  R 12 ( 2)222 ( m) m  9 m16 Câu 13: Đáp án A

Ta thấy hàm số cho có hai điểm cực trị x1 x2 Ta thấy đạo hàm hàm số khơng tồn tại x2, hàm số đạt cực tiểu x2 Điều tơi phân tích rõ “Bộ đề tinh túy mơn tốn 2017 & Chắt lọc tinh túy mơn tốn năm 2017”

Do thể tích hình lăng trụ cho  

V B h a nên chiều cao hình lăng trụ cho   

3

2

3

a a

h a

B a

Với m0 thoả mãn yêu cầu đề Với m0 :

Trước tiên, để hàm số cho nghịch biến

   

   

   



0

3

m

m m

   



       

 

 



0

1

9

m m

Với  1 m0, để đồ thị hàm số cho khơng có tiếp tuyến song song với trục hồnh hệ số góc k f x' 0 0 với x , tức phương trình 0 y' 0 vơ nghiệm, ta chọn D

Kẻ trục đường tròn tam giác ABC, lấy giao điểm I đường trung trực cạnh SC trục đường trịn, I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

S.ABC Kí hiệu hình vẽ:

Khi IC bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp Ta có IDCG hình chữ

nhật, nên  

 

 

 

      

2

3

2

4

2

4 9

a a

SC CM

IC CD CG a

Đến ta tự đưa cơng thức tổng qt cho sau

E S

D

C B

A

STUDY TIP:

Chỉ có khối tứ diện áp dụng cơng thức tỉ lệ thể tích bên Cho hình chóp S.ABC, có điểm A’, B’, C’ nằm cách cạnh SA, SB, SC

       SA B C

SABC

V SA SB SC V SA SB SC

S

C A

I

M D

(3)

Ta có       

3

4

' '

2

x

f x f

x

Ta có y' x e2 x '  x ex x e2. x, bất phương trình 

'

y trở thành

   

           

2 x ex x e x ex 2x x x x 2 x 0 ( Do x 0

e )

Câu 19: Đáp án A

Ta có ud   3; 1; ;  ud' 6; 2; 4  2u d

Lấy A2; 2; 1   d , nhận thấy A d Do   d d  Câu 20: Đáp án A

Ta có  

   

  



       

 

 

2

3

2

x

f x x

x x

(do ta xét tập D) Ta có bảng xét dấu:

Vậy hàm số cho có điểm cực trị x0 Vậy B

Ta thấy, ta không so sánh f 1 có phải GTLN hàm số D hay không, hàm số không đạt GTLN D, tức A sai

Ta có BA0; 1; 0, BC1; 1; 0 

Khi  

 2 2  2 0.1 1 0.0

cos 135

1 1 1 2

BA BC

ABC ABC

BA BC

   

     

 

Cách Ta có 21 1    1

2 2x 3x x log 3x

 

   

3

log

1

log log

x

 

    

3

log x x log 0, phương trình cho có hai nghiệm, nên áp

dụng định lý Viet ta có 

   

  

  

3 3 log log

log

a b

ab

ab   a b

Cách Ta có

 

          

 

 

2

1 1 ( 1)( 1)

2 3

3

x x

x x x x x



      



  

  

 



2

1

2 1 log 3

1

x

x a

x b

   

  a b ab   1 log 32  1 log 32  1

x y'

0

STUDY TIP:

(4)

Ta có, a, b số âm, không tồn ln , lna b, nên ta chọn B Câu 24: Đáp án D

Nhận thấy, để phương trình f x  m có nghiệm đơi khác ta

sử dụng phép suy diễn đồ thị, tốn tương tự mà tơi nhắc đến câu đề “Bộ đề tinh túy mơn tốn năm 2017”, toán xuất đề thi thử Sở GD&ĐT Hưng Yên Đề Chuyên Lam Sơn mà giải chi tiết Như sau:

Ta có đồ thị hàm y f x  hình bên

Số giao điểm đồ thị hàm số y f x  đường thẳng ym (cùng phương Ox) số nghiệm phương trình f x  m

Vậy để phương trình có nghiệm đơi khác    

0

m m

Ta thấy dạng tích phân mà tơi nhắc đến chuyên đề bổ sung số vấn đề tích phân

Ta có 2     3  1

3

x x

x x x x

x x

 

   



 



Do

 

 

          



  

5 5

1

5

3 1

ln ln ln ln ln ln

3

3 dx x x dx x x

x x

ln 53 ln 22 ln 2ln ln 2   a b Câu 26: Đáp án D

Kí hiệu hình vẽ ta có:

Với H giao điểm AC, BD, H tâm hình vng ABCD, suy

SH đường cao khối chóp S.ABCD Vậy SMH45  tam giác SHM vuông cân H Vậy   

2 2 2 2

AB AC a

SH HM

Vậy     

3

1

3 2

SABCD ABCD

a a

V S SH a

Ta có  

   

          

 

  

3 2

0

4 2 2 1

1

x

y x x x x x x x

x

Ta có bảng xét dấu 'y :

x y

O

1

S

D C

B A

M H

x

(5)

Nhìn vào bảng xét dấu ta thấy hàm số có hai điểm cực tiểu

x  x1,

tức hàm số có hai giá trị cực tiểu   

 

1

2 48

f  1  2

f

Đường thẳng

    

       

1

:

2

x t

y t

z t

Gọi d đường thẳng qua M vng góc với , d  N, suy N trung điểm MM 

Khi N   ; 2t  t t; MN   ; 1t t t; 1

Do d vng góc với nên  3 2 1t    t 2 t   1 t Khi M' 0; 3;   

Ta có f x liên tục   , nên ta có

       

  

   

2 2 4

1

1 1

2 2

f x dx f x d x f u du Vậy A sai

Ta có        

 

1 1 3

1

1 4

1

i

z i i

z i

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số cho đồng biến khoảng xác định, suy adbc 0 adbc

Mặt khác đường tiệm cận ngang ya

c nằm phía trục hồnh, 0 a c

Đường tiệm cận đứng x d

c nằm bên phải trục tung,    0

d d

c c

Từ ta có

  

      

 

    

   

 

   

0;

0; 0; 0;

0;

a c

a c a c d

a c d

d c

Mà giao đồ thị hàm số với trục Oy điểm có tung độ âm, tức b0

d

Và giao đồ thị hàm số với trục Ox điểm có hồnh độ dương, tức 

  0

b b

a a

Từ kiện có ta thấy b ln khác dấu với a, d nên ta chọn B Câu 32: Đáp án B

Phương trình có hai nghiệm                 

1

2

2 1

z i z i

Khi w i 1100  i 1100

Ta có i1100 i2 2i150   2i 50

STUDY TIP:

Trong toán Oxyz, phương trình đường thẳng thường đưa dạng tham số để rút gọn ẩn

STUDY TIP:

(6)

  100  2   50  50

1 2

i i i i

Suy     50  50 50   50  50 50     51

w 2i 2i i i 2

Để hàm số có tập xác định D 4x2x   m 0, x    

2 x 2x

m ,x

Tức    1 4   0

m m

Đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có bán kính  2 

2

AC a

R a ,

Khi diện tích tồn phần hình trụ có hai đáy ngoại tiếp hai đáy hình hộp chữ nhật cho là:

 

 2 . 2  2 2.3 2  16

tp

S a a a a (đvdt)

Diện tích hình phẳng thể hình bên Xét phương trình hoành độ giao điểm :

   

2

x x x

  

0

x x

    x x

Ta nhận thấy         

 

1 2 1

0

2

1

x

S x dx x dx x dx x  

1

2 x dx

Để đồ thị hàm số cho có tiệm cận ngang điều kiện sau thỏa mãn:

   

       

2

0

lim ; lim

x ax x y x ax x y

Ta có  

  

2

lim

x ax x

 



 



 

2

2 lim

1

x

a x

x a

x

Từ ta thấy để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang     

4

a a

Xét phương trình hồnh độ giao điểm x lnx1  0 x Khi thể tích khối trịn xoay tính cơng thức

 

 1 

ln

V x x dx

Đặt      

ln

1

u x du dx

x ;

  

3

x vdv x dx v

Khi    

 

    



1 1

0

1

ln ln

0

3

x x

I x x dx x dx

x

x y

O

STUDY TIP:

Ở tốn ta nhẩm nhanh đáp án A, nhân liên hợp, bậc tử cao bậc mẫu, không tồn tiệm cận ngang, để thỏa mãn hệ số hạng tử có bậc cao tử số phải 0, nên chọn A

STUDY TIP:

Cơng thức tích phân phần:

 

b b

a a

b

uvdv uv vdu

(7)

 

      



 

1

1 1

.ln

3 x x x dx

 

       

 

3 1

1

.ln ln

0

3 3

x x

x x  12 ln 5 

18

 



  12 ln 5 18

V (đvtt)

Đặt z x yi, x y,  

Khi 2.xyi i xyi3 2x y 2y x 3i0

2

1

2

x y x

z i z

x y y

    

      

    

 

Mặt cầu  S có tâm I1; 2; 2 , bán kính R 16 4   4

Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu, d I R ; 5, ta thấy có phương án C, D thỏa mãn

Mặt khác, mặt phẳng cần tìm chứa đường thẳng : 1 3

1 2

y

x z

d

Lấy A1; 3; 0 d A P : 2 x2y z 11 0 , ta chọn C

Ta có

Hàm số yx, với   , gọi hàm số lũy thừa, dạng đồ thị hàm số thể hình 2.1

a.Dạng đồ thị hàm số lũy thừa: Xét khoảng 0; Đồ thị hàm số lũy thừa yx qua điểm  1;

Trong hình 2.1 đồ thị hàm số lũy thừa 0; ứng với giá trị khác 

b Bảng tóm tắt tính chất hàm số lũy thừa yx khoảng 0;

0

   0

Đạo hàm

'

y  x

'

y  x

Chiều biến thiên Hàm số đồng biến Hàm số nghịch biến

Tiệm cận Khơng có Tiệm cận ngang trục

Ox, tiệm cận đứng

trục Oy Đồ thị Đồ thị hàm số

qua điểm  1;

Đồ thị hàm số qua điểm  1;

Từ ta chọn đáp án A

Vì đồ thị hàm số y f x đối xứng với    C qua trục tung nên y x   y x

Khi      

  

2

1

x x

y f x

x x

O

x y

(8)

Đặt z x yi,x y,  , ta có

   

      

3 x yi i x yi x yi 3i

   

3 x y1 i  x 3 y i

   

 2    2  

9x y x y

 

     4

8 2

9

x

x y y y

Vậy tập hợp tất điểm M parabol

Gọi diện tích mặt hồ S, lượng bèo hoa dâu ban đầu có 25

S

Gọi x số tuần bèo hoa dâu phủ kín mặt hồ

Khi  3 25 log 253 25

x x

S

S x

Vậy sau log 25 ngày lượng bèo hoa dâu phủ kín mặt hồ  3

Điều kiện:      

  

 2

2

0;

2

x x

Ta có      

3

log x 2x log x 2x Đặt x2  2x a x2  2x  2 a 2 Khi phương trình cho trở thành

   

    

  

3

log log

2

t

a

a a t

a

    

   

5

t t

         

  



5

5 2

t t

Đặt f t 5t  2 3t; g t 5t 3t 2

Bằng phương pháp hàm số ta chứng minh hai phương trình    1 , ln có nhiều nghiệm

Mà f 1 0;g 0 0, ta có         

0

1

t a

Với a 1 phương trình cho vơ nghiệm

Với a3 phương trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện

Xét hàm số f t t3 t2 2t2014

Ta có f t' 3t2 2t 2 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt, suy hàm số có hai cực trị, từ ta loại B

Với C, D ta thấy khơng đủ kiện để khẳng định hai phương trình có số nghiệm

A đúng, đặt x 1 u hai phương trình f x 2017 f u 2017 có số nghiệm

Ta có A x y ;   z x yi x y , 0

STUDY TIP:

(9)

Khi

    

     

 

 

2

1 1

w

2

y xi y x

i

iz i x yi y xi y x

Khi ta thấy tọa độ điểm biểu diễn số phức w   

 

2

;

2

y x

Đến ta có hai lựa chọn N P, nhiên N tọa độ  y; x , (do nhìn hình ta thấy  OA ON )

Từ ta chọn điểm P

Gọi M trung điểm BC

Dựng AMBC, mặt khác AMBB' suy AMBCC B ' ' Khi AB M' 300 , lại có   'sin '

2

a

AM AB B AM

Suy     2 

0

' ' '

sin 30

AM

AB a BB AB AB a

Do   

2

3

'

4

d

a a

V S BB a

Khi quay hình tam giác ACH quanh trục AB ta khối nón đỉnh A, có đáy hình trịn tâm H bán kính HC

Đặt AHh CH; r

Ta có:  1

V r h

Áp dụng hệ thức lượng tam giác ACB ta có 2

CH HA HB , Mà HB2R h ,  

Suy  2    1 2  .

r h R h V h R h h

Để thể tích vật thể trịn xoay tạo thành lớn 2R h h lớn   Xét hàm số f h 2 R h2h 3 0; 2R 

Ta có ' 4 3   0

R

f h R h h h (do h0).    

 

4 2

3 3

R R R

r R

Khi tan      arctan

2

CH r

AH h

Phân tích: Vì hàm qng đường ngun hàm hàm vận tốc, ta có thể tìm hàm quãng đường Mặt khác, tiếp đất vật quãng đường 162 mét, ta tính thời gian t lúc vật chạm đất, lúc này ta tìm v bắt đầu chạm đất

Lời giải

Ta có           

2

10

3

t

s t v t dt t t dt t C

Do ta tính thời điểm ban đầu vật vị trí nên C0

C

B A

C’

B’ A’

M

B A

C

H

STUDY TIP:

Với bạn áp dụng bất đẳng thức Cauchy để giải toán nhanh

STUDY TIP:

(10)

   

      

5 162 9 /

3

t

t t v m p

Nhận thấy toán tương tự câu 45, đề số sách “ Bộ đề tinh túy mơn Tốn 2017” mà tơi phân tích chi tiết, ta thấy, mặt phẳng chứa điểm M vng góc với d mặt phẳng cố định, khoảng cách từ A đến mặt phẳng cố định, nên ta có lời giải sau:

Phương trình mặt phẳng qua M vng góc với d là: 2x2y z  9  P

Khi  P chứa 

Gọi H hình chiếu A lên  P , K hình chiếu A lên đường thẳng  Ta có AH AK ( tam giác vng cạnh góc vng nhỏ cạnh huyền) Hay d A ;  d A P ; const, dấu xảy HK

Khi phương trình AH là:  

  

       



    

1

2 2 ; 2 ; 3

x t

y t H t t t

z t

Mà H P nên 2 2  t 2 2 t       3 t t H  3; 2; 1

 



u HM 1; 0;

A

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	665,58 KB