Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 1

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
M
TOÁN Ọ
Mã đề thi 001

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

1. C
11. D
21. D
31. B
41. A

2. D
12. C
22. A
32. A
42. D

Câu

Đáp á

1

C

2

D

3

A

4

C

5

A

3. A
13. C
23. B
33. A
43. A

4. C
14. B
24. A
34. D
44. B

5. A
15. D
25. D

35. A
45. D

6. B
16. B
26. C
36. B
46. B

7. C
17. C
27. D
37. B
47. C

8. C
18.C
28. A
38. A
48. A

9. D
19. C
29. A
39. C
49. D

10. B
20. A
30. A

40. C
50. C

ướng dẫn chọ p ươ g á đú g
ax  b
Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số y 
với c  0 và ad  bc  0,
cx  d
2x  2
(ad  bc  4  0) và
do đó loại phương án y 
x 1
x2
y
(ad  bc  3  0).
x 1
a
Vì lim y  2 nên  2.
x 
c
2 x  2
.
Vậy chọn y 
x 1

3
 
- Ta có:  2 

x 2 5 x  6

3
1  
2

x 2 5 x  6

0
x  2
3
    x2  5x  6  0  
.
2
x  3

1
1
- Hoặc th y l n lư t x  2; x  3; x  2; x  ; x  vào phương trình t
2
3
đư nghi m là x  2; x  3.

Số đi m hung ủ đồ thị hàm số y  ( x  1)2 ( x 2  2 x  2) với trục hoành
chính là số nghi m đôi một phân bi t củ phương trình:
( x  1)2 ( x 2  2 x  2)  0.
Vì x 2  2 x  2  ( x  1)2  1  1 nên phương trình ( x  1)2 ( x 2  2 x  2)  0 có 1
nghi m kép x  1.
Vậy ó đ ng đi m hung
Ta có f '( x)  4 x3 có một nghi m duy nhất là x  0 và đổi dấu từ dương
sang âm khi x qua nghi m (theo chiều tăng) Vậy f(x) có một đi m cự đại và

không ó đi m cực ti u.
- Hàm số mũ là hàm ó dạng y  a x , (0  a  1).


 

6

B

7

C

8

C

9

D

10

B

x 

11

D

C

13

C

14

15

B

D

x

x 

cận ng ng là á đường thẳng y  1 và y  1.
lim  f ( x)    đồ thị của hàm số f ( x) ó
x  ( 1)

12

x

x
 1

Ta có y  g ( x)  4   4 3   4 3.
 
Trong các hàm số đã ho thì hàm số mũ là hàm y  g ( x).
hận x t: rong ài này họ sinh ó th d ị nh m gi hàm số lũy thừ và
hàm số mũ
-Tính nguyên hàm củ hàm đã ho suy r đáp án
1
1
 sin 3x dx  3  sin 3x d (3x)   3 cos 3x  C.
x  2 y  4 i   ( x  2 y)i
 x  2y  0
x  2 y  0
x  2



.
4   ( x  2 y )
x  2 y  4
y 1
1
Từ bảng nguyên hàm suy ra khẳng định sai c n chọn là:  dx  lnx  C
x
(Vì thiếu dấu giá trị tuy t đối).
Trong á ve tơ đã ho, hỉ ó ve tơ n4  (0; 1;2) là một ve tơ pháp tuyến
ủ ( P): y  2 z  3  0.
Phương trình mặt c u (S ) có tâm I (2;  5;  4) và bán kính R  3 là:
( S ):( x  2) 2  ( y  5) 2  ( z  4) 2  9.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
lim f ( x)  1 và lim f ( x)  1  đồ thị của hàm số f ( x) ó 2 đường ti m

3

đường ti m cận đứng là

đường thẳng x  1.
Giải phương trình y '  0 t đư c hai nghi m x  0 và x  2.
- Vì hàm đơn giản nên có th xét dấu của y’ đ ó hàm đạt cự đại tại
x  0; y(0)  5 nên chọn C.
- Có th tính y '' đ thấy y ''(0)  0 nên hàm đạt cự đại tại x  0.
Nghị h đảo của số phức z  1  3i là:
1
1
1  3i
1 3


  i.
z 1  3i (1  3i)(1  3i) 10 10
Ta có f '( x) 

x2 1
 0, x [1;0), f '( x)  0  x  1  f ( x) nghịch biến
x2

trên [  1;0) .
2  2x
2( x  1)
Ta có: y  3

.

x  1 ( x  1)( x 2  x  1)
2  2x
2( x  1)
2
2
Vì lim 3
 lim
 lim 2
  nên đường thẳng
x 1 x  1
x 1 ( x  1)( x 2  x  1)
x 1 x  x  1
3
x  1 không là ti m cận đứng củ đồ thị.


2  2x
2  2x
 lim 3
 0 nên đồ thị của hàm số đã ho ó đ ng
3
x  x  1
x  x  1
cận ng ng là đường thẳng y  0.

Vì lim

ti m

2

16

17

B

C

1
3
1
log 1 (4x  2)  2  0  4x  2     0  4x  2  4   x  .
2
2
2
2
 1 3
Vậy tập nghi m của bất phương trình là T   ;  .
 2 2
Với điều ki n b > 0, ta có :
P

5
3

b2 b
b b

5


3

1

b2 .b 2
b.b

1
2

5


3

5

5

b2
b

3
2



b 2.5

b

3
2.3

 1.

Vậy P  1.
Với z1  1  3i  z1  1  3i .

18

C

z2  2  i  z2  2  i.
Ta có:
z1
1  3i
w

z1  z2 (1  3i )  (2  i)
7 1
w    i.
5 5
7
1
ng  và ph n ảo ng .
5
5

nh toán, r t gọn hoặ d ng máy t nh t đư
Vậy số phứ w ó ph n thự
19

C

20

A

3
3
 2 nên từ: (2  a) 4  (2  a)2 ta suy ra : 0  2  a  1  2  a  1 .
4
Vậy 1  a  2.
( x 2  1) '
2x
 2
.
Đạo hàm của hàm số y  log 2 ( x 2  1) là: y '  2
( x  1).ln 2 ( x  1).ln 2
hận dạng s i hoặ nhớ nh m ông thứ sẽ d n đến á á h lự họn s i:
+ họn vì áp dụng quy t đạo hàm ủ hàm y  ln u  x 

Vì

+ họn
+ họn

vì áp dụng quy t

vì áp dụng quy t

đạo hàm ủ hàm y  log a x
đạo hàm ủ hàm y  ln x
0

Vì f (x) là hàm số chẵn, liên tục trên
21

A



3

D
Vậy J 

22

nên ta có:

3

f  x  dx   f  x  dx.
0

3

0

3

3

3

3

3

0

0

0

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  12.

4
- Sử dụng máy tính c m tay suy ra kết quả I 
3
- Hoặ d ng phương pháp t h phân từng ph n


23

B

24

A

u  x

du  dx

( Đặt: 
)
dx  
dv

v

2
x

1



x 1

-Sử dụng máy tính c m t y t đư c kết quả, s u đó so sánh với á phương án
suy r đáp án đ ng ủa bài toán.
-Hoặ d ng phương pháp đổi biến t  cos x suy ra kết quả.

 A  90

A B C A  B  C 180






30


Tam giác ABC có:
 B  60 .
3 2 1
3  2 1
6

C  30
Tam giác ABC vuông tại A có B  60  BC  2 AB  2.10  20  cm  .
Vậy, khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB t đư hình nón đỉnh B có
đường sinh BC  20(cm).
Đường thẳng (d) có một ve tơ hỉ phương là ad  (1; 1;2).
Mặt phẳng ( P) có một ve tơ pháp tuyến là nP  (1;3;1).

25

D

26

C

27

D

Ta có: ad . nP  1.1 1.3  2.1  0
Mặt khác: M (1;1;2)  (d) nhưng M  ( P) suy ra (d ) // (P).
Vậy trong các m nh đề đã ho, m nh đề đ ng là: "(d) song song với (P)".
Một khối lập phương ó th tích là a3 thì độ dài mỗi cạnh của hình lập
phương là a.
Nếu mỗi cạnh của hình lập phương tăng gấp 2 l n, tứ là độ dài mỗi cạnh là
2a thì th tích của khối lập phương mới là:
V  (2a)3  8a 3 (đ v t t).


28

A

29

A

Nhận xét: Hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đều nên đáy ABC là tam
giá đều, các cạnh bên củ hình lăng trụ là á đường cao củ hình lăng trụ
đó
 MC  mp( ABC).
Sử dụng công thức tính th tích khối chóp suy ra:
1
a3 3
(đ v t t)
VMABC  MC.SABC 

3
12
- Dùng máy tính c m tay bấm ra kết quả hoặc khai tri n, rút gọn t đư c kết
96 32
 i.
quả
5
5
Đoạn thẳng AB ó trung đi m là I (2;1;3).
Mặt phẳng trung trực củ đoạn thẳng AB đi qu I và có một ve tơ pháp tuyến
là n  IB  (1;  1;0).
Phương trình mặt phẳng trung trực củ đoạn thẳng AB là:
1( x  2) 1( y 1)  0( z  3)  0  x  y 1  0.
Mặt phẳng ( ) ó ve tơ pháp tuyến là n  (2; m ;2m), mặt phẳng ( ) có

30

A

ve tơ pháp tuyến là n  (6;  1;  1).
Đề  )  ( ) thì n  n  n .n  0  12  m  2m  0  m  4.
Đặt z  x  yi ( x , y  ) .
z  3  | 2i  z |

| x  yi  3 |  | 2i  x  yi |
31

B

 ( x  3) 2  y 2  ( x) 2  (2  y ) 2

3
5
x .
2
4
Vậy tập h p á đi m bi u di n số phức z thoả mãn đề ài là đường thẳng
3
5
y
x .
2
4
Ta có: f '(t )  60t  3t 2 .
f ''(t )  60  6t, f ''(t )  0  t  10.
Bảng biến thiên:
 y

32

33

A

A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tố độ truyền b nh là lớn nhất vào ngày thứ
10.
Ta có f(x) nghịch biến trên  f '( x)  (m  1)cos x  m  1  0 x (đẳng

thức xảy ra chỉ tại một số h u hạn đi m)
 g (t )  (m 1) t  m 1  0,  t [1;1] (đẳng thức xảy ra chỉ tại một số h u
 g (1)  0
0  0
(m  1)  
(m  1)  m  1.
hạn đi m)  
 g (1)  0
 2m  2  0
Vậy giá trị m phải tìm là m  1.
heo đề bài có a, b  0.
49
49
Ta có : log 3 5
 log 1
 3 log5 72  log5 23  3(2log5 7  3log5 2). (*)
8
53 8



34

D



Theo giả thiết :
1
log 25 7  a  log 5 7  a  log 5 7  2a. (**)

2
1
log 2 5  b  log 5 2  . (***)
b
h y (**) và (***) vào (*) t đư c:
49
1  3(4ab  3)

log 3 5
 3(2log 5 7  3log 5 2)  3  2.2a  3  
.
8
b
b

49 3(4ab  3)

.
Vậy log 3 5
8
b
Cách 1: Đường thẳng ( d1 ) đi qu đi m M (0;1;6) và ó ve tơ hỉ phương
là: a1  (1;2;3).
Đường thẳng (d 2 ) ó

ve tơ hỉ phương là: a2  (1;1; 1).

Mặt phẳng (P) có cặp ve tơ hỉ phương là a1 và a2 .
Chọn
35

A

36

B

ve tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: n  [a1 ; a2 ]  (5;4; 1)

Mặt phẳng (P) đi qu đi m M(0 ; 1 ; 6) và nhận n  (5; 4;  1) làm ve tơ
pháp tuyến ó phương trình là:
5( x  0)  4( y 1) 1( z  6)  0  5x  4 y  z  2  0.
Cách 2:
Ta có th sử dụng phương pháp loại trừ b ng cách:
Ta thấy mặt phẳng ở phương án B chứa (d2) nên loại.
ặt phẳng ở phương án C song song và không chứa (d1) nên loại.
ặt phẳng ở phương án D song song và không chứa (d1) nên loại.
log a (bx) log a b  log a x
Ta có : log ax (bx) 

log a (ax)
1  log a x
log a b  log a x
 log xa ( xb) 
.
1  log a x


S

A

C
60°

K

H
B

37

B

+ rước hết chỉ ra góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).
Gọi H là trung đi m của BC.
  (SBC ),( ABC )   ( SH , AH )  SHA  60o .
SAH là t m giá đều
a 3
.
2
+ Xá định đường cao của hình chóp S.ABC.
Kẻ SK  AH (K thuộc AH).
 SK  mp( ABC) (Vì mp(SAH )  mp( ABC) ).
3a
nh đư c: SK  .
4
+ Từ đó suy r th tích của khối chóp S.ABC
1
3 a3

(đ v t t)
VS . ABC  .SK .SABC 
3
16
Ta có:
 SA  AH  SH 

2

38

A

39

C

1
1 1
1
1


y  f ( x)  x   x 2    x 2  x       x     0, x  .
3
4  12
2  12


Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g(x) ta thấy giá trị của hàm g(x) luôn

dương với mọi giá trị của x   0;   (hàm số y = g(x) xá định với mọi x
không âm). Vậy đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) không ó đi m chung.
Cách 1:
H i đi m B, C thuộc (S) ó độ dài lớn nhất khi BC là một đường kính của (S),
do đó đường thẳng (d) đi qu A(2; 1; 1) và nhận ve tơ IA(2;  2;  3) làm 1
ve tơ hỉ phương (trong đó I là tâm của mặt c u (S)).
Phương trình đường thẳng (d) là:
x  2 y 1 z 1


.
2
2
3
Cách 2:
Có th d ng phương pháp loại trừ:
Đường thẳng ó phương trình ở phương án A đi qu A nhưng không đi qu


tâm I nên loại.
Đường thẳng ó phương trình ở phương án B đi qu tâm I nhưng không đi qu
A nên loại.
Đường thẳng ó phương trình ở phương án đi qu A nhưng không đi qu
tâm I nên loại.
Gọi th tích khối nón là V1 , th tích khối trụ là V2 .
Khối nón ó

ng đáy và

ng đường cao với khúc gỗ hình trụ.

1
Khi đó: V1  .V2
3

Ph n gỗ bỏ đi ó th tích là 300 cm3 .
40

C

1
 V2  V1  300  V2  .V2  300
3

2
 .V2  300  V2  450  cm3  .
3

Di n t h đáy ủa khối trụ là: S 
Vì khối trụ và khối nón có
30  cm2  .

V2 450

 30  cm 2  .
h
15

ng đáy nên di n t h đáy ủa khối nón là

X t phương trình x2  mx  2i  0 (1).
Gọi x1 ; x2 là hai nghi m củ phương trình ( )

41

A

 x  x  m
Theo h thức Vi-et ta có:  1 2
.
 x1.x2  2i
Khi đó:
x12  x22  3  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  3
 ( m) 2  2.2i  3
 m 2  3  4i
 m 2  (2  i) 2

42

D

m  2  i

.
 m  2  i
Vậy m = 2 + i và m = –2 – i là các giá trị c n tìm.
u năm thứ nhất, á Hoàng ó số tiền lãi là: 15.0,08 (tri u đồng)
u năm thứ nhất á Hoàng ó số tiền ả vốn l n lãi là:
15  15.0,08  15.1 0,08 (tri u đồng)
u năm thứ h i, á Hoàng ó ả số vốn l n lãi là:

2
15. 1  0,08  15. 1  0,08 .0,08  15. 1  0,08 (tri u đồng)
ương tự, s u n năm, thì á Hoàng ó ả vốn l n lãi là:


15. 1  0,08  15. 1,08 (tri u đồng)
Đ số tiền t nhất là
tri u đồng thì:
10
10
n
n
15. 1, 08   50  1, 08  
 n  log1,08
3
3
Vậy s u năm thì á Hoàng sẽ ó t nhất
tri u đồng
n

n

Vì y( x)  y( x) nên y  x  3 x  1 là hàm số chẵn, do đó đồ thị của hàm
3

số y  x  3 x  1 nhận trục tung làm trụ đối xứng.
Vì vậy đồ thị của hàm số gồm hai ph n đồ thị:
Ph n 1: là ph n đồ thị (C1 ) : y  x3  3x  1 n m phía bên phải trục Oy
Ph n 2: là ph n đồ thị ủ ph n lấy đối xứng qua Oy.
3

ó đồ thị của hàm số y  x  3 x  1 như s u:
3

43

A

Dự vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  2m 1 c t đồ thị hàm số
y  x  3 x  1 tại 4 đi m phân bi t khi và chỉ khi:
1  2m  1  1  0  m  1.
Vậy tất cả các giá trị m c n tìm là: 0  m  1.
3

44

B

Phương trình hoành độ gi o đi m:

x 1  3  x  x  1


x  1  0  x  1 ;
3 x  0  x  3.
Dự vào đồ thị, ta thấy th tích của vật th là:
1

V  

1





3

2

x  1 dx   



3 x



2

dx

1

1

3

    x  1 dx     3  x  dx
1



1

  x  1

2 1

2


1

 3  x 

2 3

2

 4 (đ v t t)
1

S

A

B

M
D

H
N

C

+ rước hết chỉ ra góc gi a mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC)
Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ AH  BM  H  BM  .
45

D

 Góc gi a mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) là SHA  450.
 AH  a.

Xét tam giác ABM vuông tại A ó đường cao AH:

1
1
1


2
2
AH
AM
AB 2

 AB  a 5.

+ Tính di n tích các tam giác MDN, BNC và hình vuông ABCD.
Từ đó suy r

S ABNM  S ABCD   SMDN  SBNC  

25a 2
.
8

Vậy th tích hình chóp S.ABNM là:

VS . ABNM

1
1 25a 2 25a3
(đ v t t)
 .SA.S ABNM  .a.

3
3
8
24


Đặt t  x 



 xt

2

Đổi ận: x  0  t  

2


B


2

2

; dx  dt.

; x


 t  0.
2



f  x  dx 

0

46



0







 
f  t   dt  
 2
0
2



f  x   dx.
2


2







2


 2 I   f  x  dx   f  x   dx    f  x  
2

0
0
0 
2

2

 

f  x   dx
2 



2



   sin x  cos x  dx   sin x  cos x  02
0

 1  0    0  1  2  I  1.
họn phương án

47

C

Gọi đỉnh hình nón là , tâm đáy là I
Thiết di n qua trục SI của hình nón là SAB.
Tâm của mặt c u ngoại tiếp, nội tiếp hình nón chính là tâm củ đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác SAB.
Vì t m giá A đều nên tâm củ đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội
tiếp tam giác SAB trùng nhau và là trọng tâm tam giác SAB.
Gọi tâm khối c u ngoại tiếp và khối c u nội tiếp hình nón là O. Ta có:
Bán kính khối c u ngoại tiếp hình nón là OS, bán kính khối c u nội tiếp hình
nón là OI.
4
3
 SO3
V1 3
 SO 
3
 

  2  8.
4
V2
 OI 3  OI 
3


Kéo dài AD và BC c t nhau tại Vì A
là hình th ng ân nên t m giá

SAB là tam giác cân.  SM  AB, SN  CD  S , M , N thẳng hàng.
Qu y t m giá vuông A qu nh đường thẳng
t đư c khối nón tròn
xo y ó đỉnh và đáy là hình tròn tâm
án k nh A

A

Th tích khối tròn xo y ó đư khi qu y hình th ng A
qu nh đường
thẳng MN b ng hi u th tích của khối nón V1 đỉnh , đáy là hình tròn ( ;
MA) và th tích khối nón V2 đỉnh , đáy là hình tròn ( ;
)
Ta thấy: AB  2.CD; AB / / CD 
SAB.

48

là đường trung bình của tam giác

 N là trung đi m của SM.

Kẻ CH  AB  CH  MN 

AB MB

 CH  HB.
4
2

Xét tam giác CHB vuông tại H có: CH  HB 

BC
a
2

 MN  a  SM  2MN  2a; CN  NM  a; MB  2.MN  2a.
V1 


3

.MB 2 .SM 

 V  V1  V2 

49

D

50

C

8 3


a ; V2  . NC 2 .SN  a 3 .
3
3

3

7 3
.a (đ v t t)
3

Ta có: y '  3mx 2  6 x  1  m.
Đồ thị hàm số y  mx3  3x 2  (1  m) x  2 ó đ ng h i đi m cực trị và hai
đi m đó n m ở hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trinh y '  0 có
m  0
hai ngi m trái dấu khi và chỉ khi: a.c  0  3m.(1  m)  0  
m  1
Vậy tất cả các giá trị thực m c n tìm là m  0 hoặc m  1.
x y z
Phương trình mặt phẳng ( P) có dạng:    1
a a c
4 2
Vì ( P) đi qu C(2; 2; 2)    1.
a c


1 1 1
ve tơ pháp tuyến n  ; ; 
a a c
Đường thẳng (d ) ó ve tơ hỉ phương a  3;3;4 

Mặt phẳng ( P) ó

3 2
3 2

a  c  0 
n.a  0


  0
(d )//(P)  

 a c
2
M
(2;0;0)

(
d
);
M

(
P
)


 1
a  2

a
4 2
a  c 1
a  1



2
3 2

Ta có h :    0  c 
3
a c

a  2
a  2


Vậy a = 1 thoả mãn yêu c u bài toán.