Toán 36 giải _Ngày làm số 36_Kỹ sư hư hỏng_Ôn THPT Quốc gia 2017

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER
THPT QUỲNH LƯU 1 – NGHỆ AN 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 36/80

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Ta có y '   x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  3m 2  5  3x 2  6mx  3  m 2  1
'

m  0
Hàm số đạt cực đại tại x  1 khi y ' 1  0  3  6m  3  m 2  1  0  
m  2
 x  1, m  0  y ''  6  0
Mặt khác y ''  6x  6m  
 x  1, m  2  y ''  6  0
Suy ra hàm số đạt cực đại tại x  1 khi m  2
Câu 2: Đáp án A
Vận tốc nước chảy giwof đầu là 1 lít/phút bằng 60 lít/giờ. Gọi t(h) là thời gian nước chảy đầy bể. Khi đó ta
có

1000  60.20  60.21  60.22  ...  60.2t 1  60.

1  2t

 1000  t  4,14h  14915s.
1 2

Câu 3: Đáp án A



 



Ta có AA ' || CC '  AA ';C 'I  CC ';C 'I  IC 'C  300
Xét ICC' vuông, có tan IC 'C 

IC
IC
a 3
 IC ' 

0
IC '
tan 30
2

1
1 a 3 a2 3 a3
.

Vậy VAAB'C'  IC '.SA 'B'C'  .
3

3 2
4
8

Câu 4: Đáp án B
x
x
 x  5  3  3  x  5  ln 3 1   x  5  ln 3
Ta có y '   x  

2
3x
 3 
 3x 
'

Câu 5: Đáp án B
Dặt z  a  bi;a, b  R  pt | a  1   b  1 i | 2   a  1   b  1  4
2

2

Suy ra tập hợp điểm M biễu diễn số phức z là đường tròn có tâm I 1; 1 , bán kính R  2
Câu 6: Đáp án B

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

Trang 1

Ta có: u Oy   0;1;0  ;OM  1; 1;1  n  M;Oy    u Oy ;OM   1;0; 1 . Do đó mặt phẳng cần tìm là :

x  z  0.
Câu 7: Đáp án D
M  2;5 

Ta có 
3  y '  2   3. Gọi  là PTTT cả (C) tại M   : y  3x  11
y
'


2

 x  1



 11  
11
1
121
  Ox  A  ;0  OA 

.
 3 
3  SOAB  OA.OB 
2
6
  Oy  B  0;11

OB  11

Câu 8: Đáp án C
Ta có AB   3; 4; 2   Phương trình đường thẳng (AB) :
Mà A, B, C thẳng hàng  C   AB  

x  2 y 1 z  5


3
4
2

x  2 y  1 z  5  x  4



3
4
2
y  7

Cách 2: Cho AC  k.AB
Câu 9: Đáp án C
PT  1  i  z  1  i  i  2z  2i  z  3  i   3i  z 
Suy ra w 

3i  1
i
3i

2i  3  i 3  3i

| w | 18
i3
i

Câu 10: Đáp án B





Ta có M  3log a a 2 3 a  3log a a 3  7 log a a  7
Câu 11: Đáp án A
Ta có : M 1; 2  ; N  t; 2   d; y  2

 N  1; 2 
Khi đó OM  ON  OM 2  ON 2  5  t 2  4  t  1  
 N 1; 2   M  loai 
Do đó N  1; 2  là các điểm cần tìm.
Câu 12: Đáp án A
Gọi chiều cao của hình lăng trụ tứ giác đều là h và có độ dài cạnh đáy là x  VLT  h.x 2  125
Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là : S tp  4hx  2x 2  2x 2 

 2x 2 

500
x

250 250
250 250

 3 3 2x 2 .
.
x
x
x
x

 3 3 125000  3.50  150m 2
Vậy nhà sản suất phải sử dụng 150m2 tôn để được như mong muốn.
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 2


Câu 13: Đáp án B
Khối đa diện theo bài ra gộp bởi hai khối chóp tứ diện đều.
Ta xét khối chóp tứ diện đều S.ABCD với S, A, B, C, D lần lượt là tâm mặt đáu và tâm của bốn mặt hình
lập phương.


ABCD là hình vuông cạnh AB  a  S ABCD  a 2



Gọi O là tâm của hình vuông ABCD  O là tâm của hình lập phương  SO 

a 2

2

1
1 a 2 a3 2
Vậy thể tích khối đa diện cần tính là V  2.V S.ABCD  2. .SO.SABCD  2. .
.a 
3
3 2
3
Câu 14: Đáp án B
Thể tích phần chứa nước trong cố khi chưa đậy nút là V1  2 lít. Thể tích của
chiếc nút bằng gỗ dạng hình nón là V2  0, 2 lít.
Vậy h là chiều cao của cốc nước.
Khối trụ chứa nước có bán kình đường tròn đáy là r1  R 2 và chiều cao
h1  h  V1  r12 .h

Khối nón để làm nút có bán kình đường tròn đáy là r2  R 2 và chiều cao
1
1
h 2  h  V1  r22 .h 2  R 22 .h 2
3
3

Khi đó

V1
R
2
h
3 h

3
h 3


 h 2  h; 2  2  h :   3R1  5R 2 .
V2 0, 2 h 2
10 h1 R1 10 2 5
3

Câu 15: Đáp án C
Khoảng cách từ điểm M   P  d  M;  P   

1  2  2.1  13
12  12  22

2 6

Gọi H là hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (P)  H  3;5;3
Để bán kính mặt cầu (S) nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đường kính của mặt cầu (S).
Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P)  IH  R
Ta có IH  IM  R  R min  IH  IMmin  I, H, M thẳng hàng  MH là đường kính của (S).
Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm là  x  2    y  3   z  1  6
2

2

2

Câu 16: Đáp án C
PT   5

2x  2

 53x  52x 2  53x  2x  2x  3x  x  

2
5

Câu 17: Đáp án B

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

Trang 3


Khoảng cách từ tâm I   P  là d  d  I;  P   

2.2  1  2.3  10
2   1  2
2

2

3

2

Độ dài đường tròn (T) là C  8  2r  r  4 . Vậy bán kính mặt cầu (S) là
R  r2  d2  5 .

Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là  x  2    y  1   z  3  25.
2

2

2

Câu 18: Đáp án A
Ta có y '   x 4  2mx 2  m   4x 3  4mx  4x  x 2  m 
'

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi pt y'  0 có ba nghiệm phân biết  x  0

A 0; m

2
 


AB  m; m
2
Khi đó tọa độ ba cực trị là : B m; m  m

 AB  AC
2

AC   m; m

C  m; m  m 2
















Suy ra tam giác ABC nếu vuông sẽ vuông tại

m  0
 m 1
A  AB.AC  0  m  m 4  0  
m  1
Câu 19: Đáp án D
Ta có


y  lim
 xlim
x 
 


 lim y  lim
x 
 x 

2x  1
x2  4
2x  1
x2  4

2
 Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang.
 2

 x 2  4  0  x  2
 Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng

y
 xlim
2
Suy ra đồ thị hàm số y 

2x  1
x2  4

có 4 đường tiệm cận.

Câu 20: Đáp án A
Đặt t  x  1, khi đó y  f  t    a  1 t 4   b  2a  1 t 2  8a  4b
Với x   ;0   t   ;0  , ta có f '  t   4  a  1 t 3  2  b  2a  1 t

t  0
Phương trình f '  t   0   2 2a  b  1 . vì hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t  2  t  2 là điểm cực
t 
2  a  1

a  1  0
. Chọn
đại của hàm số f(t) trên khoảng  ; 0  hay  2
t  4
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 4


a  2  t 2 

b3
 4  b  5, khi đó f  t    t 4  8t 2  4. Xét hàm số f(t) trên đoạn
2

 1 
  2 ; 2  giá trị

lớn nất f(t) là f  2   12.
Câu 21: Đáp án C
Ta có F  x    f (x)dx   x.sin xdx

u  x
du  dx


 F  x    x cos x   cosxdx   x cos x  s inx  C.
Đặt 
dv  sin xdx  v  cosx
Câu 22: Đáp án D
BPT
x  0
x  0

0  x  10
0  x  10

 10  x  0
  x  10
 2

 2  x  8  T   2;8 
2  x  8
 x  10x  16  0

 x 10  x  16

 
log 4  x 10  x    2

Câu 23: Đáp án A
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy


Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt.



Đồ thị hàm số có ba cực trị



Đồ thị hàm số đạt cực đại tại các điểm có tọa độ  2; 2  ,  2; 2 



Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;0  ,  2;  

Câu 24: Đáp án A
Ta có F  x    f  x  dx    3x 2  2e x  1 dx  x 3  2e x  x  C
Câu 25: Đáp án D
Ta có y '   x 3  3x 2  mx  2   3x 2  6x  m
'

Hàm số đồng biến trên khoảng

 0;    y '  0, x   0;    3x 2  6x  m  0, x   0;  
 m  3x 2  6x  f  x  , x   0;    m  Min f  x 
 0; 

f '  x   0  x  1
 f  x   f 1  3  m  3
Có f '  x   6x  6  
f '  x   0  x  1  0;
Câu 26: Đáp án C

a  8
Đặt z  a  bi, a, b  R  a  bi  2(a  bi)  1  10i  25i 2  3a  bi  24  10i  
b  10
Câu 27: Đáp án C
PT hoành độ giao điểm hai đồ thị là x3  2x 2 1  3x  1  x3  2x 2  3x  2  0
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 5


  x  1  x 2  x  2   0  x  1  0  x 0  1  y 0  2

Câu 28: Đáp án C
ở mùa đầu tiên ta có 1500  20.50.x  x  1,5kg. Suy ra mỗi con cá mùa đầu được 1,5 kg.
Gọi n là số cá cần giảm trên mỗi đơn vị diện tích, khi đó khối lượng ca thu được trên 1 đơn vị diện tích sẽ
bằng f  n    20  4n 1,5  0,5n   32  2  n  1  32  Maxf  n   32  n  1
2

Khi đó số lượng cá giống phải mua sẽ là  20  4.1 .50  800con.
Câu 29: Đáp án
Thể tích cần tính là thể tích khối tròn xoay hình (H) ở hình vẽ bênKhi đó V    x 3  8  dx.
1

2

0

Câu 30: Đáp án A

log a b  log a a

 log a b  log b a.
Dựa vào đề bài ta có 
log a a  log b a
Câu 31: Đáp án C
Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến là n  P    2; 3;1
Câu 32: Đáp án A
TH1: Với m  0 , bất phương trình  I   2 x  2  1  0  4.2 x  1  0  vô lý.
TH2: Với m  0, bất phương trình
Đặt t  2x  0  m  f  x  

f ' t   

2t  2t  1

t

2

 1

 I   m  4x  4.2x  1  4.2x  1  m 

4.2x  1
4x  4.2x  1

4t  1
. Xét hàm số f(t) trên  0;   , ta có
t  4t  1
2

0

Suy ra f(t) là hàm số nghịch biến trên  0;   mà hàm số liên tục trên
ax f  t   1
0;    m
0; 

Bất phương trình m  f  x  ; t   0;    m  max f  t   1  1
0; 

Tuy nhiên, tại m  1  bất phương trình  I   4 x  0, x  R, Vậy m  1 là giá trị cần tìm.

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

Trang 6


Câu 33: Đáp án D
Ta có y '  2x  2  y '  3  4
Gọi  là PTTT của (P) tại M   : y  4x  7
Khi diện tích hình phẳng cần tính là phần gạch chéo ở hình bên.
3

 x3

Suy ra S    x  2x  2  4x  7  dx    3x 2  9x   9
0
 3
0
3

2

Câu 34: Đáp án D

h  2a
 Stp  2rh  2r 2  6a 2 .
Thiết diện qua trục là hình vuông cạnh 2a  
r

a

Câu 35: Đáp án B
Thể tích của khối trụ là V  r 2 h  90  r 2  9  r  3.
Diện tích xung quanh của khối trụ là Sxq  2rh  23.10  60.
Câu 36: Đáp án D
Ta xét  P   n  P    2; m;3 và  Q   n  Q    n; 8; 6 
Để mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) khi và chỉ khi n  P   kn  Q 

2 m
3

 .
n 8 6

Câu 37: Đáp án B
Ta có

 1



z1 



 3   4 
z2        1
5  5 

2

1

2

 3  i   i  3i 

2

2

4
4 10
2
 4
   4i  z3       4  
3
3
 3



z3 



 2  2
2
2
2
2
z4  3 4 


i  z 4  
  
  1
i i
i  1 2
2
 2   2 

3

2

2

Câu 38: Đáp án A

Dựa vào đáp án ta thấy




1
1
x 1
 1
dx   
  dx  ln | x  1| ln x  C  ln
C
x  x  1
x
 x 1 x 





1
dx  tanx  C
cos2 x

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

Trang 7


ax

C
ln a



x
 a dx 



2x
 e dx 

1
C
2e2x

Câu 39: Đáp án C
Thể tích

VS.ABCD d S;  ABCD   .SABCD
V

 VS.ABC  S.ABCD  VS.ABC  20dm3
VS.ABC
2
d S;  ABC   .SABC

Mặt khác
3.VS.ABC

1
VS.ABC  .d  C;  SAB   .SSAB  d  C;  SAB   
 30dm  3m.
3
SSAB

Câu 40: Đáp án D
3
3
 x  0, t  3 3
  f  x  dx    f  3  t  dt   f  3  t  dt  12
Dặt t  3  x  dt  dx  
0
0
 x  3, t  0 0
3

  f  3  x  dx  12
0

3

3

0

0

Cách 2 : Chọn f  x   4  f  3  x  dx  4   f  3  x  dx   4dx  12
Câu 41: Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy


Đạo hàm của hàm số không xác định tại x = 1



Hàm số có giá trị cực đại bằng 2



Hàm số có đúng một cực trị.

Câu 42: Đáp án D

Đặt

dx

2
2
2
du  x
2  x3
u  ln x
 x3


 x3


 x3


 I    x  ln x     1 dx    x  ln x    x 

2
3
dv

x

1
dx
x
1 3


 3


 3

 9
1

v   x
1
1

3

a  6
3ln 4  2 6ln 4  4 
I

 b  4  a  b  c  28.
9
18
c  18


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

Trang 8


Câu 43: Đáp án
Câu 44: Đáp án B
Gọi O tâm hình vuông ABCD  AC  BD  2a  OA  a Vì
S.ABCD là tứ giác đều



 



 SO   ABCD   SA;  ABCD   SA;OA  SAO

Xét SAO vuông tại O, có

tan SAO 

SO
 SO  tan 600.a  a 3.
OA

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là
VS.ABC 

1
1
a3 3
VS.ABCD  a 3.2a 2 
.
2
6
3

Câu 45: Đáp án D
m
m
m  0
Ta có   2x  4  dx   x 2  4x   m 2  4m  0  
0
0
m  4

Câu 46: Đáp án A
Khi quay tam giác AA’C’ quanh trục AA’ ta được hình nón có
Bán kính đường tròn đáy là r  A'C'  a 2

Độ dài đường sinh là l  AC '  AA 2  A 'C '2  a 3
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq  rl  a 2 6.
Câu 47: Đáp án D

x  2  0
 x  2

 pt  log 3  x  2   4m log  x  2 3  16 1
Điều kiện 
x  2  1
 x  1
Dặt t  log 3  x  2  , t  0  pt 1  t 

4m
 16  t 2  16t  4m  0  2 
t

Pt (1) có hai nghiệm x  1   2  có hai nghiệm
 '  2   0
64  4m  0

t  1  16  0

 0  m  16
m

0

4m  0


Mặt kkhacs m  Z  m  1, 2,...,15 . Suy ra có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Câu 48: Đáp án D
Có b  log 2 3  1  log 3 90  log 3 9  log 3 5 

log 2 5
1
1
a
a  2b  1
2

 2

log 2 3
log 2 3 b  1
b 1
b 1

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

Trang 9


Dựa vào đáp an ta có

x
1
 ln x  ln y  ln x  ln y

2
y



ln



log a x  log a y  log a  x.y 



log a b.log b a  1



log a x  log 3 a y  log a x  log 1 y  log a x  log a y 3  log a  xy 3 
a3

Câu 50: Đáp án D
Mặt phẳng thiết diện đi qua trục của hình nón và vuông góc với mặt phẳng đáy như
hình vẽ bên. Hình nón (N) tạo thành có chiều xao h  OA và có bán kính đường tròn
đáy r  OB


h  OA  OI  OA  a  2a  3a



sin OAB 

MI 1
  OAB  300
AI 2

 r  OB  OA.tan OAB  3a, tan 300  a 3





2
1
1
Vậy thể tích khối nón (N) là V N   r 2 h   a 3 .3a  3a 2
3
3

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

Trang 10