10 đề toán bản pdf đẹp (10)

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER
THPT CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh: .........................................................
Số Báo Danh: ................................................................

ĐỀ SỐ 48/80

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C

1
1
1 1
1
Ta có log 2 6 360  .log 2 360  .log 2  23.32.5    .log 2 3  .log 2 5
6
6
2 3
6
1
1 1 1
1
1
Mặt khác log 2 6 360   a.log 2 3  b.log 2 5 suy ra a  và b   a  b   
2
3 6 2

6
3
Câu 2: Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy rằng để phương trình f  x   2m có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ
m  0
 2m  0
khi 

3
 2m  3  m  

2
Câu 3: Đáp án B
Phương trình log3  x  1  log
2

2x  1  0; x  1

 2x  1  2  
3

log3  x  1  2 log 3  2x  1  2
2

2x  1  0; x  1



2x  1  0; x  1



x2
2
2
2
2
log3  x  1 .  2x  1   2
x

1
.
2x

1

9










Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Câu 4: Đáp án A
Gọi h, r lần lượt là chiều cao và bán kính mặt đáy của khối nón.
1

Thể tích khối nón ban đầu là Vnon  πr 2 h  30π  r 2 h  90
3
1
4
2
Thể tích khối nón sau khi tăng bán kính đáy là Vs  π  2r  h  πr 2 h  120π
3
3
1
1
x
1
 y '    ln  x  1  '  
 x.y ' 1  
1 
 ey
Câu 5: Đáp án A- Ta có y  ln
x 1
x 1
x 1
x 1
Câu 6: Đáp án A

x2
 cos x  C
Ta có F  x     x  sin x  dx   x dx   sin x dx 
2
1
Mà F  0   19  C  1  19  C  20 . Vậy hàm số F  x   x 2  cos x  20
2

Câu 7: Đáp án B
Điều kiện: x   0; 4  . Ta thấy 4  x  4  5  4  x  3  log 5



4 x

3 0





Khi đó bất phương trình đã cho trở thành m  f  x   x x  x  12 .log 3 5  4  x

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất



* 

Trang 1


Với u  x x  x  12  u ' 





3 x
1
1

và v  log3 5  4  x  v ' 
2
2 x  12
2 4  x 5  4  x .ln 3





Suy ra f '  x   0; x   0; 4   f  x  là hàm số đồng biến trên đoạn  0; 4
Để bất phương trình (*) có nghiệm  m  min f  x   f  0   2 3
0;4

1
3x  1 3
3
3x  1
 và lim y  lim
  suy ra x  ; y  lần lượt là
1
x  2x  1
1
2
2
2
x  2x  1

x

Câu 8: Đáp án C - Ta xét lim y  lim
x 

2

2

đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị (C)
Câu 9: Đáp án A
1
3999


 1
1  3999 
3999
Ta có: T  log 4 22016.216. 2  log 22  22016.216.2 2   .log 2 2 2  .  

2 
2 
4

 2
Câu 10: Đáp án B





Gọi I là trung điểm của AB suy ra I  2; 0;3  và AB  2 3  R  3
Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là  x  2   y 2   z  3  3
2

2

Câu 11: Đáp án D
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A  a;0;0  , B  0;a;0  , C  0;0;c  là

x y z
  1
a b c

9 1 1
9 1 1
   1  3.3 . .  abc  243
a b c
a b c
1
abc 81
 .OA.OB.OC 
 . Dấu bằng xảy ra khi a  9b  9c
6
6
2

Mặt khác (P) đi qua điểm M  9;1;1 
Thể tích khối tứ diện OABC là VOABC

Câu 12: Đáp án A
a  1; m; 2 
Ta có: 
 a; b    m  4; 2m  1; 2  m  m 2   a; b  .c  2  5
b   m  1; 2;1

2
Để ba vecto a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi a; b  .c  0  2  5m  0  m 
5
Câu 13: Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm của  C m  và  d  là x 4  mx 2  m  1  0  x 4  1  m  x 2  1

x2 1  0
 x  1
2
2
2
x

1
x

1

m
x

1


      x 2  m  1   x 2  m  1 *



m  1
Để  C m  cắt  d  tại bốn điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1  
m  2
Câu 14: Đáp án B
1
1 1
sin 4x sin 2x
f  x   cos 3x.cos x   cos 4x  cos 2x    f  x  dx  .  cos 4x  cos 2x  dx 

C
2
2 2
8
4
Câu 15: Đáp án B
Xét hàm số y  ax3  bx 2  cx  d với x  , ta có y'  3a.x 2  2b.x  c
Hàm số đã cho nghịch biến trên

 y '  0; x 

a  0

2
 'y'  b  3ac  0

nên hàm số

y  x3  3x 2  3x  2 là hàm số đồng biến trên
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 2


Câu 16: Đáp án A
Dựa vào đồ thị hàm số, ta có nhận xét sau:
 Hàm số đồng biến trên tập xác định với hệ số a > 0
 Đồ thị hàm số đi qua điểm M 1; 2 
 Đồ thị hàm số nằm phái trên trục hoành và nhận trục hoành làm tiệm cận ngang.
Vậy hàm số cần tìm là y  2x
Câu 17: Đáp án C

1
Điều kiện: x > 0. Ta có log 3 x  2.log 3 x và log 9 x  .log 3 x
2
Khi đó phương trình log 3 x.log 3 x.log 9 x  8   log 3 x   8  log 3 x  2  x  9
3

Câu 18: Đáp án B
Đặt t  2x  0 , khi đó 4x  2x  2  m  0   2x   4.2x  m  0  t 2  4t  m  0
2

*

Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt  * có hai nghiệm dương phân biệt  0  m  4
Câu 19: Đáp án B
Ta có y  x 2  mx  y ' 

2x  m
2 x 2  mx

với mọi x thuộc tập xác định

2x  m  0
m  2x
Để hàm số đồng biến trên khoảng 1;    
; x  1  
; x  1  m  1
 x  x  m   0
m   x
Câu 20: Đáp án D
Gọi S là diện tích rừng nước ta hiện nay.
x 

Sau năm thứ nhất, diện tích rừng còn lại là S  S.x%  S 1 

 100 
x  
x  x
x 


Sau năm thứ hai, diện tích rừng còn lại là S 1 
 S 1 
  S 1 
.


 100   100  100
 100 

2

n

x 

Sau năm thứ n, diện tích rừng còn lại là S 1 
 nên sau 4 năm diện tích rừng sẽ là
 100 
diện tích nước ta hiện nay.
Câu 21: Đáp án D
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD và I là trung điểm của SC.
Khi đó OI   ABCD   IA  IB  IC  ID mà  SAC vuông tại A  IA  IS  IC

4

x 

1 
 phần
 100 

Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD suy ra IA  a 2  SC  2a 2
Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng  ABCD    SC;  ABCD     SC; AC   SAC  450
Suy ra  SAC vuông cân  SA  AC  2a  VS.ABCD

1

1
2a 3 3
 .SA.SABCD  .2a.a.a 3 
3
3
3

Câu 22: Đáp án C
Ta xét  P  : x  y  2z  1  0  n  P   1;1; 2  ,  Q  : x  y  z  2  0  n  Q   1;1; 1
Và  R  : x  y  5  0  n  R 

n  P  .n  Q   0  P  Q
   



 1; 1;0  suy ra n  P  .n  R   0   P    R 


n  Q  .n  R   0  Q    R 

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 3


Câu 23: Đáp án D
Thiết diện cắt bởi mặt phẳng (P) và hìn trụ ABCD là hình chữ nhật, có độ dài AD  h  7cm
Gọi O là tâm đường tròn đáy chứa cạnh AB  d  O;  P    d  O;  AB    3cm
Gọi I là trung điểm của AB  AI  OA 2  OI 2  52  32  4  AC  8

Diện tích của hình chữ nhật ABCD là SABCD  AB.AD  8.7  56 cm 2
Câu 24: Đáp án C

x  2  0
Xét hai trường hợp 
để phá dấu trị tuyệt đối nên dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = -2
x  2  0
x y z
Câu 25: Đáp án A - Phương trình mặt phẳng (P) là    1  x  4y  2z  8  0
8 2 4
Câu 26: Đáp án B
Dựa vào đáp án, ta có các nhận xét sau:
1
 0; x  0  hàm số đồng biến trên khoảng  0;  
 y  x  log 2 x  y '  1 
x.ln 2
1
1
; x  0  hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  
 y  log 2  y '  
x
x.ln 2
1
 0; x  0  hàm số đồng biến trên khoảng  0;  
 y  x 2  log 2 x  y '  2x 
x.ln 2
Câu 27: Đáp án C

2x  1  0
2x  1  0

1 3
Bất phương trình log 1  2x  1  1  

 x  ; 
1 1
2 2
2x  1  2
2

2x  1   2 
Câu 28: Đáp án B

 Q  : 2x  y  3z  0  n  Q   2; 1;3

 n  P    n  Q ; n  R     7;1;5 
Ta có: 
 R  : x  2y  z  0  n  R   1; 2;1
Và mặt phẳng (P) đi qua O  0;0;0  nên phương trình mặt phẳng (P) là 7x  y  5z  0
Câu 29: Đáp án B
Gọi góc AOB  α rad suy ra độ dài dây cung AB là LAB  α.R
Nên độ dài dây cung còn lại là L c  2πR  αR  R  2π  α  là chu vi của đường tròn đáy của hình nón.

R  2π  α 
α 
1
1
α 


 R 1    V  π.R 02 .h  π.R 2 . 1   .h

2π
3
3
 2π 
 2π 
2

Bán kính đường tròn đáy hình nón là R 0 

 R  2π  α  
 2π  α 
Mặt khác h  OA  R  R  
  R 1 

2π
 2π 


2

2

2
0

2

2

1

1
 2π  α 
Khi đó V  π.R 02 .h  π.R 3 . 

3
3
 2π 

2

2π  α R 0
 2π  α 

1 
, ta xét f  t   t 2 . 1  t 2
 . Với t 
2π
R
 2π 
2

 6
6
 f 
 đạt giá trị nhỏ nhất
3
3
1 t2



Diện tích xung quanh của hình nón là S2  Sxq  πr0 l  πrR 0 R
Ta có f '  t  

2t  3t 3

; f 't   0  t 

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 4


Diện tích miếng tôn ban đầu là S1  πR 2 suy ra

S1 R 0
6


S2 R
3

Câu 30: Đáp án D
Khẳng định trên đều 1, 2 đều sai. Vì ta có thể xét hàm số y  x 4  2x 2  1 trên đoạn  2; 2
3 sai vì nó chỉ đúng trong 1 số trường hợp như hàm trùng phương hàm bậc 3.

Câu 31: Đáp án C
Bán kính của đường tròn là C  2πr  8π  r  4
Khoảng cách từ tâm I  2; 1;3 đến mặt phẳng (P) là d  I;  P   

2.2  1  2.3  10

22   1   2 
2

2

3

Suy ra bán kính mặt cầu (S) là R  r 2  d 2  I;  P    33  42  5
Phương trình mặt cầu cầm tìm là  x  2    y  1   z  3  25
2

2

2

Câu 32: Đáp án C
Hàm số y  log 3  2x  1 có y ' 

2
1
 0; x    hàm số đồng biến trên
2
 2x  1 .ln 3

 1

  ;  
 2


Câu 33: Đáp án A
Diện tích toàn phần của hình lập phương là S1  6a 2
Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hình vuông ABCD, A’B’C’D’, khi đó h tr  OO'  a
Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hìn trụ suy ra r 
Vậy tỉ số

a
. Suy ra S2  Sxq  2πrh  πa 2
2

S1
S
6
6
 6a 2 : πa 2   1 
S2
π
S2 π

Câu 34: Đáp án B
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật đáy bể là x  m  suy ra chiều dài của hình chữ nhật là 2x  m 

500
250
250
 x 2 .h 
h 2
3
3
3x

250
500
Diện tích của bể là S  2.h.x  2.2h.x  2x 2  2x 2  6.hx  2x 2  6. 2 .x  2x 2 
3x
x
Gọi h là chiều cao của bể nên ta có V  S.h  2x 2 .h 

500
250 250
250 250
 2x 2 

 3 3 2x 2 .
.
 150
x
x
x
x
x
250
1
 x  3 125  chi phí thấp nhất thuê nhân công là 150.  75 triệu đồng
Dấu “=” xảy ra khi 2x 2 
x
2
Câu 35: Đáp án D
Xét hàm số y  x3  3x 2  mx  2 , ta có y'  3x 2  6x  m  y''  6x  6
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 2x 2 

Để hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  9  3m  0  m  3

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 5


3x 2  6x  m   6x  6 

y '.y ''
2m  6
6m
3
2
 x  3x  mx  2 

x
Ta có: y 
18
18
3
3
2m  6
6m
  AB  : y  
x
là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
3
3
 2m  6

 3  4
2m  6  12
Mặt khác (AB) song song với (d) suy ra 

m
6  m  3
6  m  1
 3
Câu 36: Đáp án D
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq  πrl  πr h 2  r 2  60π  r r 2  64  60  r  6
Độ dài đường sinh l  r 2  h 2  10 cm . Thể tích của khối cầu (S) là V 

4 3 4 3 4000π 3
π  πl 
cm
3
3
3

Câu 37: Đáp án A
Ta có f  x   F'  x   eln  2x   '  ln  2x   '.eln  2x  

eln  2x 
x

Câu 38: Đáp án A
Bán kính của đường tròn đáy hình trụ không chứa bê tông bên trong đường ống là
100  10.2  : 2  40 cm
2

1
Thể tích của đường ống thoát nước là V  πr h  π.   .1000  250π  m3 
2
Thể tích của khối trụ không chứa bê tông (rỗng ) là
2

2

2
V1  πr l  π.   .1000  160π  m3 
5
Vậy số bao xi măng công ty cần phải dùng để xây dựng đường ống là 3456 bao
Câu 39: Đáp án D
Ta có AA '   ABC   AA '  BC mà AB  BC  BC   AA ' B' B 
2

 A ' BC    AA ' B' B   A ' B

Mặt khác  ABC    AA ' B' B   AB   A ' BC  ;  ABC    A ' B; AB   A ' BA  300

BC   A ' BC    ABC 
AA '
a
 AA '  tan 300.AB 
Xét  A 'AB vuông tại A, có tan A 'BA 
AB
3

Thể tích khối lăng trụ là VABC.A 'B'C'  AA '.S ABC 

a 1
a3 6
. .a.a 2 
6
3 2

Câu 40: Đáp án D

1
1
Gọi H là trung điểm của AD nên SH   ABCD   VS.ABM  .SH.V ABM  .SH.AB.BC
3
6
Ta có HB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng  ABCD    SB;  ABCD     SB; HB   SBH  600
Xét  SHB vuông tại H, có tan SBH 

SH
a 5 a 15
 SH  tan 600.BH  3.

BH
2
2

Vậy thể tích của khối chóp S.ABM là VS.ABM

1 a 15 2 a 3 15
 .
.a 
6 2

12

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 6


Câu 41: Đáp án C
Xét hàm số y  x3  x , ta thấy rằng lim y  , lim y   nên hàm số không có giá trị lớn nhất
x 

x 

Câu 42: Đáp án C
Gọi M là trung điểm của CD suy ra HM  CD  CD   SHM 
Kẻ HK  SM với K  SM  CD  HK  HK   SCD   d  A;  SCD    d  H;  SCD    HK
Ta có HC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng  ABCD    CD;  ABCD     SC; HC   SCH  450
Khi đó  SCH vuông cân tại H mà HC  a 2  SH  a 2
Xét  SHM vuông tại H có đường cao HK suy ra HK 

SH.HM
SH 2  HM 2



a 6
3

Câu 43: Đáp án D
Ta có A 1;1; 2  ; B  3; 1;1  AB   2; 2; 1 và n  P   1; 2;1 nên n  Q    AB; n  P     4;3; 2 

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A 1;1; 2  và có n  Q  là 4x  3y  2z 11  0
Câu 44: Đáp án C
0
0
1
 x  1  t  1
Đặt t  x  dx  dt và 
nên I    f   t  dt    f   t   dt    f  t  dt  2
x  0  t  0
1
1
0
Câu 45: Đáp án A
 x  0  u  1
Đặt u  x 2  1  u 2  x 2  1  u du  x dx và 
 x  1  u  2

2

Khi đó I 

2
 u du 
1

u3
3

2

I

1

2 2 1
3

Câu 46: Đáp án A
Xét hàm số F  x    mx  n  e x , ta có F'  x    mx  m  n  e x mà F  x  là một nguyên hàm của hàm số

m  2
m  2
f  x    2x  1 e x  

 I   2x  1 e x 10  e  1  a  be  a  b  1
m  n  1 n  1
1
1
1
u  2x  1 du  2dx
x


I

2x

1
e


2e x dx  3e  1  2e x  e  1  a  b  1
Cách 2: Đặt 




x
x
0
0
dv  e dx v  e
0
Câu 47: Đáp án D

dx  2t dt
x  0  t  1
Đặt t  x  1  t 2  x  1  
và đổi cận 
2
x  3  t  2
x  t  1
2
2
2
 t2 1 
dt

2t.
t


1
dt

Khi đó I   2t. 
    2t 2  2t  dt  f  t   2t 2  2t


 t 1 
1
1
1
Câu 48: Đáp án A
Hàm số y  a x là hàm số đồng biến trên
khi a > 1 và là hàm số nghịch biến trên

khi 0 < a < 1. Khi

đó xét với x1  x 2 thì a x1  a x2 khi a > 1 và a x1  a x2 khi 0 < a < 1
Dựa vào các đáp án, ta thấy rằng





3 1

2017







3 1

2016

0  a  3  1  1
vì 
 x1  2017  x 2  2016

Câu 49: Đáp án B
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 7


Ta xét lim y  lim
x 

x 





x 2  1  x  lim

x 

1
x 1  x
2

 lim

x 

1

1 
x 1  1  2 
x 


 0  y  0 là tiệm cận ngang

Câu 50: Đáp án A
Gọi I  m;0;0  là tâm mặt cầu (S) mà A, B   S  IA  IB   x  1  12  22   x  3  12
2

2

 x  1  I 1;0;0   R  IA  5  S  :  x  1  y 2  z 2  5
2

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 8