Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án) - Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán có đáp án

36 Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.. Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh [r]

SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017 MƠN: TỐN

Đáp án đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 mơn Tốn D D A B D A D D A 10 A 11 C 12 B `13 C 14 C 15 B 16 A 17 C 18 A 19 A 20 C 21 D 22 B 23 B 24 C 25 B 26 D 27 D 28 C 29 C 30 C 31 D 32 B 33 C 34 A 35 D 36 C 37 B 38 A 39 A 40 C 41 A 42 D 43 B 44 B 45 D 46 B 47 A 48 A 49 A 50 B Hướng dẫn giải chi tiết

Câu NỘI DUNG

1      

2 ' 4 , ' 1;0 1;

y x  x   y  x  x x x  y   x   

2 R=IA=√16+1+1=√18 Mặt cầu có bán kínhnên có phương trình z −3¿2=18

y+4¿2+¿ x −1¿2+¿

¿

3 (P),(Q) ⃗nP=(2;−3;6),⃗nQ=(1;1;−2) có vectơ pháp tuyến

[ ,             n n P Q] (0;10;5)

d ⃗u=¿

5[ ⃗nP,⃗nQ]=(0;2;1) Ta có nên có vectơ phương

2 ( )

2

x

y t t

z t            d

Do có phương trình x3 3x2 2x 1 3x2 2x 1

   

   Phương trình hồnh độ giao điểm:

3 4 0 0 2

x x x x

       

5 i(z −2+3i)=1+2i⇔z −2+3i=1+2i

i ⇔z −2+3i=2−i⇔z=4−4i⇔z=4+4i. ⃗AB=(−2;2;2)⇒AB ⃗u=−1

AB B x −1 =

y −1=

z −3

−1 qua nên có phương trình

7 z=b −ai z=a+bi Mệnh đề sai : Số phức có số phức liên hợp ln 1 .

9 2 2

2

1

2

3

6 ,

2

S

a a a a

S a S a a

S                        10

2 2

2

3

a

SA SB  AB a  V  a a 

Tính 11

z1,2=1±√3i

2 ⇒S=√( 2)

2

+(√3

2 )

2

+√(1

2)

2

+(−√3

2 )

2

=2

12

y=(e

π) x

y=(√3

2 ) x

Có hai hàm số nghịch biến 13

     

2 2

2 0

2 f x dx f x dx f x dx



    

  f x

Vì hàm chẵn nên

       

1

0 0

1 1

2 2

2 2

f x dx f x d x  f t dt

  

Do 14

D=¿

¿ log1

2

(2x −1)≥0

2x −1>0

⇔ ¿2x −1≤1

2x −1>0

⇔1

2<x ≤1⇒ ¿{

¿

Điều kiện: TXĐ:

15

         

4

1

2016 f x dx' f f 2017 f f 1



         

16

y '=

x ln

(2+3x)ln3=

3x 2+3x

17

    sin cos sin sin3   1sin4

F x f x dx x x dx x d x  x C

 0   1sin4

4

F   C  F x  x  F  

 



   

18 3.4 4 2

3 V r r h        

có nghiệm” (III) “Mơđun số phức số phức” 20 M(0; 2). Điểm cực tiểu đồ thị

21 y f x( )

Vẽ đồ thị hàm số , từ suy phương trình có nghiệm phân biệt 22 A(1;−3), B(−2;1)⇒AB=5

23

  .

x

f x dx e C



24 ⃗a⊥⃗b ⃗b.⃗c=5 |b⃗|=√14 Có ba mệnh đề đúng: (I) (II) (IV)

25 BB' 52 32 4 V 3 362

      Tính

26 4x−5 2x

+6=0⇔

2x=2

¿ 2x=3

¿ x=1

¿ x=log23

¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿

27      

   

2

2

2

2 4

4

'

1 1 1

x x x x

x x x x

y y

x x x

              ' y

  x x1, x x1 4 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

28 d M(1;0;−1) ⃗u=(2;1;−1) qua có vectơ phương

(P) ⃗n=(2;−3;1)

¿ M∈(P)

⃗

u.⃗n=0

⇒d⊂(P)

¿{

¿

có vectơ pháp tuyến Nhận thấy

M∈d⇒M(1+2t ;t ;−1− t) M (P) Cách 2: Lấy , thay tọa độ vào phương

trình ta

d⊂(P) d M 2(1+2t)−3t −1−t −1=0⇔0=0⇒M∈(P) , lấy

trên nên

29

2

y

30 ⃗n=(2;−1;1) Mệnh đề sai:Vectơ vectơ pháp tuyến (P)

31 a b c, , STP 2ab bc ca  Gọi kích thước hình hộp chữ nhật

2 2 '2 18

a b c AC  Theo giả thiết ta có

2 2

2.18 36 TP

a b c ab bc ca   S   Từ bất đẳng thức

32 SH (ABCD).Gọi H trung điểm AD suy Dễ thấy tâm I mặt cầu nằm trục d qua trung điểm O MN vng góc với mặt phẳng (ABCD), I S phía so với mp (ABCD)

2

2 2 2 2

4               a

OC OI R IK KS x

10

a

IK OH 

x OI Nếu đặt thì

và

2

10

4 12

a a a

x x                   

2 93

4 12

a a

R x  

    

 

(0;0;0),

H 2;0;0 , ( ;0;0)

a

A  M a

 

3 0;0;

2

a S 

 

3 ; ;0 4

a a

E 

  IE(ABCD)

3 ; ; 4

a a

I t

 

2 93

12 12

a a

IS IA  t  R IA 

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, cho Khi trung điểm trung điểm MN Do nên Từ

33 s 9t2 t3 v s' 18t 3t2 v' 18 6t 0 t 3

           

max

3 27; 15 27

t  v t  v  v  Khi

34 z=x+yi x , y∈R |2z −1|=|z+1+i|⇔|2x −1+2 yi|=|x+1+(1− y)i| Gọi với Ta

có

2x −1¿2+4 y2

¿ 1− y¿2

¿ x+1¿2+¿

¿ ¿

√¿

(1)

y −1¿2=5 x −1¿2+¿

¿

z Mặt khác điểm biểu diễn thuộc đường tròn (2)

(x ; y)=(0;−1),(2;−1)⇒z=−i , z=2−i Giải (1) (2) ta được:

√0+1√4+1=√5 Do tích môđun 35  y' x2 2m 1x m 3

      y' 0 

TXĐ: D = , có nhiều nghiệm 0;3  y' 0,  x 0;3

+) Hàm số cho đồng biến khoảng

0;3  

2 2 3

2 x x g x x      

2 2 3

, 0;3 x x m x x      

 Xét hàm số khoảng

 

     

2

1

2

' ; '

2

x

x x

g x g x

x loai x           

  , 0;3

g x m  x  m

Từ BBT,



'0,3;1

yx

3; 1 

+) Hàm số đồng biến khoảng

3; 1   

2 2 3

2 x x g x x      

2 2 3

, 3;

2 x x m x x        

 Xét hàm số khoảng

 

     

2

1

2

' ; '

2

x

x x

g x g x

x loai x            2

[ 1; 2]

m   a b  g x m,   x  3; 1   m1Từ BBT, Do

36 Qua đỉnh tam giác ABC, vẽ đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi cắt tạo thành tam giác MNP hình vẽ

Dễ thấy tứ diện S.MNP tứ diện vuông đỉnh S

1 S ABC S MNP

, ,

x SM y SN z SP   Đặt , ta có:

     

2 2 2

2

2 2

2

2 2

4 76

4 24

120

x y a x a

y z a y a

z a

z x a

                      1 95 24

S ABC S MNP

V V xyz a

   

37 (S) I(5;−3;5), R=2√5 ⇒IN=R=2√5 có tâm bán kính

IMN N IM=√IN2+MN2=√20+16=6 Do tam giác vuông nên

d(I ,(P))=|5+6+10−3|

√1+4+4 =6=IM M I (P)⇒IM⊥(P)

⇒⃗IM=t⃗n

P⇒M(5+t ;−3−2t ;5+2t) Ta lại có phải hình chiếu lên M∈(P) 5+t −2(−3−2t)+2(5+2t)−3=0 Do nên

⇔t=−2⇒M(3;1;1)⇒OM=√11

38

1

1

1 1

1

k k

V dx

x x k

                      5

1 1

5

k k

V dx

x x k

                      , 1

1 2 15

2

5

V V k

k k

      

39 x2 x 2 0

   x1,x2Phương trình có hai nghiệm

1

x 4x 1 x22x6 x24x 1 x2 2x6 x2Thay vào biểu thức thấy kết 0, thay vào biểu thức thấy kết khác Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng

40 6

y x 

- Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc trung điểm O MN, trục hoành trùng với đường thẳng MN parabol có phương trình

2 2 208 6

S x dx m



 

    

 



- Khi diện tích khung tranh 208

900.000 20.800.000

9   - Suy số tiền là: đồng 41 Cơng thức tính thể tích chỏm cầu

có bán kính R, chiều cao h là:

 22

chom R cau R h h

V  R x dx h R



 

     

 



1

V V V   V V3V2V1Gọi thể tích

khối nón trịn xoay quay tam giác BCD quanh trục AC, thể tích khối cầu quay hình trịn quanh trục AC, thể tích khối chỏm cầu quay hình phẳng (BnD) quanh trục AC

2

3

3

1

1 7 2 4

, .7

3 2 12 3

V      V    

 

  Tính được:.

7,

R

7

2

h   

3

3

8

3 12           h

V h R 343 2 

6

V   

Khối chỏm cầu có bán kính chiều cao nên Do đó:

42 log712=x⇔log73+2 log72=x (1)

xy=log712 log1224=log724⇒log73+3 log72=xy (2) log72=xy− x ,log73=3x −2 xy Từ (1) (2) ta suy

54168

log

¿log7168

log754 =

log7(23.3 7)

log7(3

.2) =

3 log72+log73+1

log72+3 log73 =

xy+1

−5 xy+8x Do a=1,b=−5, c=8⇒S=15 Do

B

A

43

 2

2 ln 9 x

u x du

x

dv dx v x

                  Đặt       2 2 1

3 ln ln 6ln 2

9

x x x

I x x dx dx

x x



       

 

 

 12

ln 6ln 2 6ln ln 6ln 2 6ln 12ln 5ln 6ln 2 13

x S

         

    

44

⇔log22x −2 log2x+3=m t=log2x x∈[

1

2;4] t∈[−1;2] PT Đặt, nên t2−2t+3=m PT cho trở thành (*)

f(t)=t2−2t+3 [−1;2] t∈[−1;2] [−1;2]

f(t)≤m ≤max

[−1;2]

f(t)⇔2≤ m≤6 Lập

bảng biến thiên hàm số đoạn ta (*) có nghiệm 45

y '=2 lnx −ln

2

x x2

y '=0⇔

lnx=0

¿ lnx=2

¿ x=1

¿ x=e2

¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ ,

y(1)=0, y(e2)=4

e2, y(e

3

)=9

e3 ⇒max[1; e3

]

=y(e2)=4

e2⇒m=4,n=2⇒S=4

2

+2 23=32

46 Nn r a A N1=A(1+r)− a Gọi số tiền người vay nợ sau n tháng,

là lãi suất hàng tháng, số tiền trả hàng tháng, số tiền vay ban đầu 1+r¿2−a[1+(1+r)]

N2=[A(1+r)− a](1+r)−a=A¿ 1+r¿2− a[1+(1+r)]

1+(1+r)+¿ 1+r¿3− a¿ A¿(1+r)− a=A¿

1+r¿m−1

¿ ¿ 1+r¿m− a¿ 1+r¿2+ +¿=A¿

1+(1+r)+¿ 1+r¿m− a¿ Nm=A¿

Nm=0 1+r¿

m

(Ar− a)+a=0⇔m=log1+r a

a−Ar ⇔¿

Khi trả hết

nợ nghĩa

m≈21,6 Thay số ta được: Do số tháng để trả hết nợ 22 tháng 47 0, 0, a d c c b b d a               0 0 ac cd bd ab            0 bc ad     

 Từ đồ thị ta thấy

48 H AB IAB I IH⊥AB IA=√2 IH +) Gọi trung điểm , tam

giác vuông cân nên (0; 2; 2)

IM  



d M(2;1;−1) ⃗u=(2;1;−1) +) qua có vectơ phương

[IM u; ] (2; 4; 4)

   

⃗ ⃗

⇒d(I , d)=|[⃗IM;u⃗]|

|⃗u| =

√16+16+4

√4+4+1 =2

IA=√2 IH=√2d(I , d)=2√2 Do , suy mặt cầu có phương trình

z −1¿2=8

y+1¿2+¿ x −2¿2+¿

¿

IH HChú ý: Có thể tính cách tìm tọa độ điểm

49 y x4 4(m 1)x2 2m 1 y' 4x3 8m 1x 4x x 2m 1

             

1

m Điều kiện để có cực trị Tọa độ điểm cực trị

0;2 ,  2 ; 4  12 ;  2 ; 4  12 1

A m B m  m  m C  m  m  m

     

     

4

3

4 3

2 16 1 1

; 120 1

2 24 24

2 16

m m

AB AC m m

m m

   

        

  

                           

50 . ln

2

r T

A A e r

T



   T

Gọi chu kì bán rã, suy 4000

ln

1602 4000

5 0,886

2 T

S  e    