Toán 34 giải _Ngày làm số 34_Kỹ sư hư hỏng_Ôn THPT Quốc gia 2017

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017

SỞ GD&ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

ĐỀ SỐ 34/80

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A

 x  1, t  2
Đặt t  x  1  x  1  2tdt  dx  
 x  2, t  3
t t 
Khi đó  x x  1dx  2   t 2  1 t 2dt  2   
1
2
5 3
2

5

3

3

3

2

8

a

8
4
4

5

3
2
S
5
5
3
b   4

15

Câu 2: Đáp án A

3.VS.ABC 3a 3 2
1

a 3
Thể tích của khối chớp là VS.ABC  SA.SABC  SA 

:a 3 
.
3
SABC
4
4
Câu 3: Đáp án C
Trong mặt phẳng phức, điểm biểu diễn của z có tọa độ là M  4; 2  .
Câu 4: Đáp án D
PT

hoành

độ

giao

điểm

đồ

thị

hai

hàm

số

là

x3  x 2  2x  3  a 2  x  1

x  2
 x 3  2x 2  x  2  0   x  2   x 2  1  0  
. Suy ra đồ thị hai hàm số có 3 điểm chung.
 x  1
Câu 5: Đáp án C
Xét mặt cầu  S :  x  4    y  3   z  3  16  I  4; 4; 3 và bán kính R  4 .
2

2

2

Và khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng d  0 suy ra (P) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn
đi qua tâm của mặt cầu.
Câu 6: Đáp án D
1

Ta có a

log b a 2

a

1 1

.
2 log a b

 a loga

b

 b

Câu 7: Đáp án A
Dựa vào đáp án ta thấy B, C, D là tính chất cơ bản của lũy thừa.
Câu 8: Đáp án C

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

Trang 1


PT   x 2  x   x 2  3x  4  m2  m  x 2  x  x 2  3x  4  2x 2  4x  4  m2  m  0 *
m
x

PT (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

m  2
 '  0  4  2  4  m2  m   0  m2  m  2  0  
 m  1
kết hợp với m  1 ta được m  2 .
Câu 9: Đáp án B
Ta có I  2 f '  x dx  f  x  2  f 1  f  2   7  3  4.

1

1

Câu 10: Đáp án B


 3
2
3  2x  5x  0  x  1; 5 

  Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là
Ta có 
y  , lim y  
 xlim
3
1
x

5

3
x  1, x  .
5
Câu 11: Đáp án A

1
BPT   
2

 x 2  3x

2

1
     x 2  3x  2  x 2  3x  2  0  1  x  2  S  1; 2 
2

Câu 12: Đáp án A
 1  3i  a  bi    2  i  a  bi   2  4i   3a  2b   4a  b i  2  4i

PT

3a  2b  2
a  2


 P  ab  8.
4a  b  4
b  4

Câu 13: Đáp án D
4
 43
3
ba

ab
ab  1
1

4
4

 a 3  b3
b 3 a 4  a 3 b 4 ba 3  ab 3
 1
  4
Ta có P  3
1
4
3
a b
a 3  b3
ba 3  ab 3
1





  ab.

1

a 3  b3
Câu 14: Đáp án C
Ta có z   2  i  3i   6i  3i 2  3  6i  z  3  6i.
Câu 15: Đáp án A
Dựa vào bảng biến thiên ta thất hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0.
Câu 16: Đáp án D

Ta có

f '  0   0
f '  0   b  0

Đồ thị hàm số tiếp xúc với hoành độ tại gốc tọa độ, khi đó 
c  0
f  0   0
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 2


Đồ thị hàm số cắt đường thẳng x  1 tại điểm có tung độ bằng 3, khi đó đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa
độ 1;3  f 10   3  1  a  3  a  2 .
Suy ra a  2, b  c  0.
Câu 17: Đáp án D
Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có
A 'O   ABC   OA là hình chiếu của AA’ trên mặt phẳng (ABC).

Khi đó

 AA ';(ABC)    AA '; AO    A 'OA   45

0

Suy ra A 'AO vuông cân tại O  OA'  OA  a 3
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là V  OA '.SABC  a 3.

9a 2 3 27a 3


.
4
4

Câu 18: Đáp án D

a  1
Đặt z  a  bi;a, b  R  2z  z  3  i  2  a  bi    a  bi   3  i  3z  bi  3  i  
b  1
 z  1  i  A  i 1  i   2i  1  3i  3

Câu 19: Đáp án A
Dựa vào đồ thị hai hàm số ta thấy
Hàm số y  logb x nghịch biến trên khoảng  0;   , suy ra 0  b  1
Hàm số y  a x đồng biến trên R, suy ra a  1
Câu 20: Đáp án B
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng 3x  4y  5z  m  0.
Xét mặt cầu (S):  x  2    y  1   z  1  8  I  2; 1;1 và bán kính R  2 2 .
2

2

Khoảng cách từ tâm I đến (P) là d 

dR

2

m5

5 2

mà

 m  15
 2 2  m  5  20  
5 2
 m  25

m5

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là 3x  4y  5z  15  0 hoặc 3x  4y  5z  25  0 .
Câu 21: Đáp án D
Ta có 300  100.e5r  r 

ln 3
5
10

Khi đó số vi khuẩn sau 10 giờ bằng S  100.e

ln 3
5

 900.

Câu 22: Đáp án C
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G  2; 1;0  .
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 3


Câu 23: Đáp án C

x 2  1  2x 2 m  x 2  1

mx
Xét hàm số y  2
trên đoạn  2; 2 , ta có y ' 

2
2
2
x 1
x

1
 
 x 2  1
m  0
 x  1 . Hàm số đã cho liên tục và xác định trên đoạn  2; 2
Phương trình y '  0  
2
1  x  0
Ta có: f 1 

m
m
2m

2m
;f  1   ;f  2  
;f  2   
2
2
5
5

Để hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x  1 khi và chỉ khi f 1  f  1 ;f  2  ;f  2   m  0.
Câu 24: Đáp án C
PT  3  6x  0  x 

1
2

Câu 25: Đáp án D
Thể tích của chỏm cầu có chiều cao h của khối cầu bán kính R là
h

Vc  h 2  R  
3


h  R  3  2 và

Với

bán

R 5

kính

suy

ra

h
2  52


Vc  h 2  R    22  5   
.
3
3
3



Vậy thể tích của chiếc lu chứa được là
Vl  VC  2Vc 

4 3
52
.5  2.
 132dm3 .
3
3

h


Vc  h 2  R  
3


Chú ý : Công thức thể tích khối chỏm cầu là
Thể tích khối chỏm cầu có chiều cao h là

R

R

R

R h

R h

V   S  x  dx     rx 

2

 2
x3 
h

dx     R  x  dx    R .x  
 h 2  R   .
3  R h
3

R h


R

2

2

Câu 26: Đáp án C
Hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân  r 

a 2
a 2
và chiều cao h 
2
2

Diện tích toàn phần của hình nón là



2
a 2 
a 2  a 1  2
Stp  rl  r  r  r  l  
a 

2 
2 

2
2



3

1 2
1 a 2 
2a 3
Thể tích của khối nón là V  r h   
.
 
3
3  2 
12
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 4


Câu 27: Đáp án B
Phương trình mặt phẳng (ABC) : x  y  z  1  0
Dễ thấy ABCD là tứ diện đều cạnh

2 . Phương trình đường thẳng qua D và vuông góc với (ABC) là

x  1  t

d y  1  t

z  1  t

Gọi I(u;u;u)  d cho IA  ID  2u 2  2  u  1  u 
2

1
3
 R  IA 
.
2
2

Cách 2: tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện đều cạnh a  2.
Câu 28: Đáp án A
1
1
Ta có  f  x  dx   sin 3xdx   sin 3xd  3x     cos3x  C
3
3

Câu 29: Đáp án D
Gọi I là tâm mặt cầu (S)  I là trung điểm của MN  I 1; 2;1 và IM  6 .
Phương trình mặt cầu đường kính MN là  x  1   y  2    z  1  36.
2

2

2

Câu 30: Đáp án A

b

d

b

d

d

a

a

d

a

b

Ta có I   f  x  dxI   f  x  dx  I   f  x  dx  I   f  x  dx  I   f  x  dx  5  2  3.
Câu 31: Đáp án C

4  5i 17 11
410
 17   11 
Ta có 5i   i  3 z  4  z 
  i  z      
3  i 10 10
100

 10   10 
2

2

Câu 32: Đáp án A

x  0
Ta có y '   x 4  4x 2  2  '  4x 3  8x  y '  0  4x 3  8x  0  
x   2
Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau :
x



y’

 2
-

0



0
+

0



2
-

0

+



2

y
-2

-2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x   2; x  2, đạt cực đại tại x  0
Câu 33: Đáp án B
Ta có y '  ln  2x 2  e 2   

4x
 y'  0  x  0
2x 2  e 2

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

Trang 5

 y 0  2
M  2  ln 3
Khi đó 

 M  m  4  ln 3
 y  3  2  ln 3 m  2
Câu 34: Đáp án D
PY f  x   m là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m song
song với trục hoành.
PT có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4  m  3  m   4; 3 .
Câu 35: Đáp án D
Khối bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh và 8 mặt.
Câu 36: Đáp án B

2x  1

 lim
2
 xlim

x  x  1
 Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang y  2 .
Ta có 
 lim y  lim 2x  1  2
x  x  1
 x 
Câu 37: Đáp án C
Thể tích của khối chóp S.ABCD là VS.ABO

1

1
a3 2
2
 SA.SABCD  a 2.4a 
3
12
3

Câu 38: Đáp án A
Khối lượng cá mỗi đơn vị diện tích sau khi thu hoạch bằng
2
n.P  n   480n  20n 2  20 144  12  n    2880



Suy ra dấu "  " xảy ra khi nP  n   2880  m  12
Vậy cần thả 12 con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất
Câu 39: Đáp án A
2

4
4 2 a 3 4 3 3
Thể tích của khối cầu là V1  R 3    .
a
 
3
3  3 2 
27
Thể tích của khối nón có tam giác ABC thiết diện qua trục là
2

1
1  a  a 3 a3 3
V2  R 2 .h     .

3
3 2 2
24
Vậy thể tích phần tô đậm cần tính là V  V1  V2 

4 3 3 a 3 3 23a 3 3
a 

.
27
24
216

Câu 40: Đáp án D

m 1
 x 1 
Ta có y '  
; x  m
 
2
 x  m  (x  m)
'

Hàm số đồng biến trên khoảng (2; ) khi và chỉ khi y '  0 

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

m 1
 0, x  (2; )
(x  m) 2

Trang 6


m  1  0
m  1
m  1



 m  (1; )
 x  m, x  (2; )
 m  2
m  2
Câu 41: Đáp án A

x  0
Ta có y '  (x 3  3x 2  2) '  3x 2  6x  y '  0  3x 2  6x  0  
. Ta có bảng biến thiên:
 x  2
x



f’(x)

-2
+

0



0



0

+



2

f(x)

-2


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng (; 2) và (0; ) . Hàm số nghịch
biến trên khoảng (2;0)
Câu 42: Đáp án C
Ta có y '   esin 2x  '  esin 2x .  sin 2x  '  2esin 2x .cos 2x

Câu 43: Đáp án B
Ta có A ' B  A ' A 2  AB2  A ' A  A ' B2  AB2  (3a) 2  (a 2) 2  a 7
1
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là VABC.A 'B'C' =AA'.SABC  a 7. .(a 2) 2  a 3 7
2

Câu 44: Đáp án B
Ta có F(x)   f (x)dx  

dx
1
 ln | 2x  1| C
2x  1 2

3

1 5
1
1
1
Khi đó  f (x)dx  ln  F(3)  F(2)  F(3)  ln 5  3  ln 3  3  ln 5
2 3
2
2
2
2
Câu 45: Đáp án A
Xét mặt cầu (S) : (x  1) 2  (y  2) 2  (z  3) 2 
Phương trình mặt phẳng (ABC) là
Vì

72
6 14
 tâm I(1;2;3) , bán kính R 
7
7

x y z
1
   1 và thể tích khối tứ diện O.ABC là VO.ABC  abc
a b c
6

1 2 3
1 2 3
   7 nên mặt phẳng (ABC) luôn đi qua M  ; ; 
a b c
7 7 7

Do MI2 

72
1 2 3
 R 2  (S) tiếp xúc với (ABC) tại M  ; ;   n (ABC)  u IM  (1; 2;3)
7
7 7 7

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

Trang 7

Do đó (ABC): x  2y  3z  2  0 hay

x y z
1
2 2
   1  V  .2.1. 
2 1 2
6
3 9
3

Câu 46: Đáp án B
Phương trình mặt phẳng (P) là 3x  2y  z  0
Câu 47: Đáp án B
Đặt z  x  yi(x, y  ) , ta có zo z  (1  i)(x  yi)  x  yi  xi  y  x  y  (y  x)i
Khi đó z o z  z o z  1  0  z  y  (y  x)i  x  y  (x  y)i  1  0  2x  2y  1  0
Vậy tập hợp điểm biểu diễn M(z) thuộc đường thẳng 2x  2y  1  0
Câu 48: Đáp án B
Đặt t  log 2 x  t  (;0)  t 2  4t  m, f (t)  t 2  4t  m  f (t)
Ta có f '(t)  2t  4  f '(t)  0  t  2 . Ta có bảng biến thiên sau
t





f’(t)

-2

0

0

+







f(t)

0

4
Với t  (;0)  m [  4; ) thì phương trình đã cho có nghiệm
Câu 49: Đáp án A
Với các điểm M, N, P, Q ta thấy điểm P(3;1;3)  () vì 2.3  3.1  3 1  1  0
Câu 50: Đáp án C
Gọi M là trung điểm của BC  AM  BC
Mà SA  (ABC)  SA  BC  BC  (SAM)

(SAM)  (SBC)  SM
 (SBC);(ABC)  (SM; AM)  SAM
Ta có 
(SAM)  (ABC)  AM

Mặt khác AM  a 3  SA  tan SAM.AM  tan 30o.a 3  a
SABC 

(2a) 2 3
 a 2 3 . Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là
4

1
1
a3 3
VS.ABC  SA.SABC  .a.a 2 3 
3
3
3

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

Trang 8