Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 2

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
M
TOÁN Ọ
Mã đề thi 002

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

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

Câu

Đáp á

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

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

5. D
15. B
25. C
35. A
45. B

6. D
16. A
26. B
36. A
46. A

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

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

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

10. C
20. D
30. A
40. A
50. D

ướng dẫn chọ p ươ g á đú g
Vì lim f ( x)  lim f ( x)   nên loại phương án B và D.
x 

1

x 

C
Vì f (0)  1 nên loại phương án A. Vậy chọn C.
Vì lim f ( x)   nên đồ thị hàm số f(x) có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng
x 2

2

B

x  2.
Vì lim f ( x)  1 nên đồ thị hàm số f(x) có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng
x 

y  1.
3

C

4

A

5

D

-Tính nguyên hàm của hàm đã cho suy ra đáp án
x 4 3x 2
3
3
  x  3x dx   x dx   3xdx  4  2  C.
4
Vì hàm đơn giản nên tính ngay f '( x )   x 3 .
5
4 3
Thấy ngay x  0 thì f '( x)   x  0 nên hàm số đồng biến.
5
iải phương trình log3  2x 1  2  2x  1  9  2x  8  x  4.
Nên chọn D.

h l n lư t các phương án d n đến log3 6;log 3 8;log 3 7;log 3 9. hấy
ngay log 3 9  log 3 32  2.
2
2

Ta có hàm số y  x có tập xác định là (0; ) do đ đồ thị hàm số ch c
th c dạng
ình ho c ình .
6

D
2
2
2
 1 nên “ ình ” chính là đồ thị của hàm số y  x .
M t hác 0 
2


7

B

Với z1  2  i; z 2  2  i ta có:

z1  z 2  (2  i)  (2  i)  2i.
Đường thẳng (d) có một vectơ ch phương là: a 4  2; 4; 1 .

8

A

hông cùng phương với vectơ a 4  2; 4; 1 .

Các vectơ a1 ,a 2 ,a 3

Vậy phương án c n chọn là: a 4  2; 4; 1 .
9

C

M t c u (S) có tâm I(2;1;2) và bán kính R  25  5.
Vì F(x) là nguyên hàm của hàm số f (x)  2x 2  3 nên ta có:

F(x)   (2x 2  3)dx 
10

C

Mà F(0)  1 

Vậy F(x) 

2x 3
 3x  C .
3

2.03
 3.0  C  1  C  1.
3

2x 3
 3x  1.
3

- Tìm số phức z từ giả thiết (1  i)z  5  i.
5i
ta đư c z  3  2i.
1 i
Kết h p với hình vẽ suy ra số phức z  3  2i đư c bi u diện b i đi m B(3 ;
2).

Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn z 
11

12

B

B

Quan sát bảng biến thiên ta thấy:
Hàm số đã cho c 2 cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x  1 và giá trị cực đại là y = 5.
Hàm số đạt cực ti u tại x = 1 và giá trị cực ti u là y  11.
Do lim y   và lim y   nên hàm số không có giá trị lớn nhất và giá
x 

13

A

14

A

15

B

x 

trị nhỏ nhất.
Vậy trong các khẳng định đã cho, hẳng định đúng là:
“ àm số đạt cực đại tại x = – và và đạt cực ti u tại x = ”
Thấy ngay hoành độ giao đi m là x0  2 , hi đ y0  4.
6i  1
Biến đổi ta đư c z 
.
4  3i
Dùng máy tính ho c tính toán, rút gọn (nhân liên h p) ta đư c
22 21
z
 i.
25 25
Giải phương trình y '  0 đư c hai nghiệm x  4 và x  2.
Lưu ý 2 [3;5] nên loại x  2.
Tính giá trị của hàm số đã cho tại các đi m x  3, x  4, x  5 rồi so sánh các

giá trị đ , ta đư c giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [3;5] là 8 nên
chọn B.
Đ t z  x  yi (x, y  ) .
z  (1  i)  1 | x  yi  (1  i) | 1
16

A

17

D

| (x  1)  (y  1)i | 1
 (x  1) 2  (y  1) 2  1.
Vậy tập h p các đi m bi u diễn số phức z thoả mãn đề bài là đường tròn
tâm I(1;1) bán kính R = 1.
Vì hàm số đã cho xác định và liên tục trên
nên đồ thị của hàm số hông c
tiệm cận đứng.
4 x  1
4 x  1
4 x  1
4 x  1
 lim
 2, lim
 lim
 2 nên đồ thị
Vì lim
x  2 x  1
x  2 x  1

x  2 x  1
x  2 x  1
của hàm số đã cho c hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y  2 và

y  2.

18

A

19

B

3x  4  x  1
log  (3x  4)  log  (x  1)  
(Vì  1 )
 x 1  0
2x  3
3
3

 x  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T   ;    .
2
2

 x 1









B  log 2  2sin   log 2  cos   log 2  2sin .cos   log 2 sin  1.
12 
12 
12
12 
6




b
 log a b  log a c . Chọn D.
c
Một số nh m l n mà học sinh c th m c phải:
- Nhớ đư c đúng điều iện 0  a  1, bc  0 nhưng nh m lôgarit của
thương b ng thương các lôgarit thì chọn A.
- Quên điều iện 0  a  1, bc  0 và nh m công thức lôgarit thì chọn
B.
- Nếu nh m điều iện là tích b.c  0 đồng ngh a là b  0 và c  0 thì sẽ
chọn C.
4.(1)  3.0  1 5
Ta có: d 
  1.
(4)2  32  02 5

Đáp án đúng là: log a

20

D

21

B

heo đề bài a  0. Ta có :
22

23

C

D


1 
2a  1
log 1 28  (log 2 4.7)  (log 2 4  log 2 7)    2 
.

log
2
a
7



2

Áp dụng phương trình của m t phẳng theo đoạn ch n, ta c phương trình của
x y
z

 1 hay 6x  2y  3z  6  0.
m t phẳng (PQR) là: 
1 3 2


 1 2 3 0



nên m t phẳng P) song song với (Q).
3  6 9 5
Do (1)  2.1  3.1  0 nên m t phẳng P) đi qua A.
Vậy mệnh đề đúng là: " M t phẳng P) đi qua A và song song với (Q) ".

Do
24

C

A

M

B

25

C

D

C

-S dụng phương pháp t số th tích đ suy ra kết quả.
VAMCD AM.AC.AD AM 4



VABCD AB.AC.AD AB 7

4
VABCD .
7
Mà VAMCD  VMBCD  VABCD
3
 VMBCD  VABCD .
7
V
4
Vậy AMCD  .
VBMCD 3
 VAMCD 

A
D

B
C

A'

26

B'

B
D'

C'

SABCD .SABB'A ' .SADD 'A '  AB.AD.AB.AA '.AD.A 'A '  (AB.AD.A A') 2
 VABCD.A 'B'C 'D '  AB.AA '.AD
 SABCD .SABB'A ' .SADD 'A '
 20.28.35  140 (cm3 ).


27

C

Giả s khối n n c đ nh S, tâm đáy là O và một đường kính của hình tròn đáy
OA
là AB. Khi đ ta c : OA  9cm, SAO  30  SA 

 6 3  cm  .
cos SAO
Thiết diện đi qua hai đường sinh vuông góc với nhau là một tam giác vuông
1
cân nên ta có diện tích thiết diện là: S  .l 2  54  cm 2  .
2
2
Xét phương trình z  2z  10  0 .

Ta có:  '  1  10  9  9i .
 Phương trình c 2 nghiệm phức là: z1  1  3i; z 2  1  3i
2

28

D

29

B

30

A

31

D

2

2
2
2
2
2
2
Khi đó: z1  z 2  (1)  (3)   (1)  3   20.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  2m 1 c t đồ thị hàm số
y  f ( x) tại hai đi m phân biệt khi và ch khi:
 2m  1  3
m  2


2m  1  3 m  1
Vậy tất cả các giá trị m c n tìm là m  2 ho c m  1.
Xét hàm số y  x sin x.
Ta có: y'  sin x  x cos x; y''  cos x  cos x  x sin x  2cos x  x sin x.
Khi đ : xy'' 2y' xy  x(2cos x  x sin x)  2(sin x  x cos x)  x.x sin x
 2x cos x  x 2 sin x  2sin x  2x cos x  x 2 sin x
 2sin x.
+ Rút x theo y

2
x  1 
y
2

y


2
 x  1  x  1  2

y

Do đ :



2 
2
S  H    1 
 1 

 dy  8 đ.v.d.t).

y  
y 
2 
Mấu chốt của bài toán này là ta đ ý ngay mệnh đề
) c :
1
log a 3 1  log a 1  0
3
nên loga 18.loga2 3 20.loga3 1  0 (với 0  a  1 ). Suy ra mệnh đề ) sai.
ừ đ ta loại đư c 2 phương án B và C.
mệnh đề ) ta quy xét dấu của tích về xét dấu của từng thừa số. Cụ th .
2
1
log3 7  0;log 2 5  0;log 27 4  log 3 4  0;log 1 5 47   log 2 47  0

3
5
2
8

32

A



log3 7.log 2 5.log

27

4.log 1 5 47  0 

) đúng.

2

33

B

Vậy mệnh đề đúng là: ) đúng, (II) sai.
á 1
Xét hàm số y  e x (x  2) 2 .
Tập xác định: D  .
Ta có: y '  e x (x  2) 2  e x .2(x  2)  e x (x 2  2x).

x  0
y '  0  x 2  2x  0  
.
x  2

rên đoạn 1;3 ta có: y(1)  e ; y(2)  0 ; y(3)  e3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e x ( x  2) 2 trên đoạn 1;3 là .
á

2

y  ex (x  2)2  0,  x 1;3.

Dấu “=” xảy ra hi x  2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e x ( x  2) 2 trên
đoạn 1;3 là .

34

D

35

A

-S dụng máy tính c m tay suy ra kết quả, sau đ so sánh với các phương án
2
suy ra đáp án đúng I   .
e
- Ho c dùng phương pháp tích phân từng ph n

1

du  dx
u  ln x



x
Đ t: 
)

1
1
dv

dx

v  

x2


x
1
Ta có: v(t)   a(t)dt   (6t 2  t)dt  2t 3  t 2  C .
2
heo đề bài v(0) = 3  C  3.
1
Do đ : v(t)  2t 3  t 2  3 .
2

36

A

1
Vận tốc của vật sau 2 giây là: v(2)  2.23  .2 2  3  21(m / s) .
2
256
Th tích của hộp là: V  x 2 h  256 (cm3 )  h  2 , x  0.
x
Diện tích của mảnh các tông dùng làm hộp là:
256
1024
S  x 2  4hx  x 2  4 x. 2  x 2 
.
x
x
1024
Xét hàm số S ( x)  x 2 
với x  0.
x
1024
Ta có: S '( x)  2 x  2 , S '( x)  0  x  8.
x
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy diện tích của mảnh các tông nhỏ nhất b ng
192cm2 , đạt đư c khi x  8(cm).

Ta có: y '  3x 2  6mx  3(m2  1).
Hàm số đạt cực ti u tại x  0  y '(0)  0  3(m2  1)  0  m  1.
Nếu m  1 thì y '  3x 2  6 x, y '  0  x  0 ho c x  2.
y '  0  x  0 ho c x  2 và y '  0  0  x  2.

37

D

Vì vậy tại x  0 hàm số đạt giá trị cực đại.
Nếu m  1 thì y '  3x 2  6 x, y '  0  x  0 ho c x  2.
y '  0  x  2 ho c x  0 và y '  0  2  x  0.

Vì vậy tại x  0 hàm số đạt giá trị cực ti u.
Vậy m  1 là giá trị c n tìm.
Đường thẳng  d1  đi qua đi m M 1;2;0 và c vectơ ch phương là
38

C

a  1;2; 2 .

Đường thẳng  d2  đi qua đi m N  2;2;0 .


MN  1;0;0

MN   P  n  P   MN
Ta có: 


.
 d1    P  n  P   a
Chọn một vectơ pháp tuyến của (P) là: n  P   a, MN    0; 2; 2  .
Vậy phương trình m t phẳng (P) là:
0  x 1  2  y  2  2  z  0  0  y  z  2  0.

39

A

-Đ tích th tích khối ch p A’BCC’B’ ta tính VABC.A 'B'C' và VA ' ABC .
Gọi M là trung đi m của BC.
a 2
; BC  a 2 .
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên suy ra AM 
2
1
1 a 2 a 2

.
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC  MG  AM  .
3
3 2
6
Tam giác BGM vuông tại M
2

2

a 2 a 2

5a
 BG  MG  BM  
  
 
3
 6   2 
2

2

Vì A'G  mp(ABC)  (A'B, mp(ABC))  (A'B,GB)  A'BG  45o
 A 'GB vuông cân tại G  A’ = B =

VABC.A 'B'C'  A 'G.SABC 

5a
.
3

5 a  1  a3 5
.  a.a  
.
3 2 
6

1
1 5a 1 
5 3
VA 'ABC  A 'G.SABC  .
.  a.a  

a .
3
3 3  2  18
-Từ đ suy ra


VA'.BCC'B'  VABC.A'B'C'  VA'ABC 

40

A

a3 5
5 3 a3 5

a 
đ.v.t.t).
6
18
9

Gọi cạnh của hình lập phương là a.

 VABCD.A'B'C'D'  a3  a  5  cm .

41

D

Xét tam giác vuông ABC có: AC  AB2  BC2  5 2  cm  .

Hình trụ c một đáy là đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD và
đường cao AA’.
Đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính là
1
5 2
OA  AC 
 cm  .
2
2
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là:
5 2
S  2Rh  2.
.5  25 2  cm 2  .
2
Do (d) tiếp xúc với (S) tại A nên vectơ ch phương của (d) vuông góc với
IA(2;1; 2), lại c vectơ ch phương của (d) vuông góc với vectơ ch phương
của () là v( 1; 0;1) nên ta chọn vectơ ch phương của (d) là:
a  [v; IA]=(-1; 4; -1)

Phương trình đường thẳng (d) là:

x4 y2 z2


.
1
4
1

am giác đều ABC c AM là đường cao.

 AM đồng thời là đường trung tuyến  M là trung đi m của BC

42

 BM  MC 
D

BC
 3 (cm).
2

Xét tam giác AMC vuông tại M có: AM  AC.sin C  6.sin 600  3 3  cm 
Vì O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều nên nó vừa là trực tâm vừa là
trọng tâm.


1
1
 OM  .AM  .3 3  3  cm  .
3
3
Bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là R  OM  3  cm .
Mà bán ính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng là bán ính hối c u nên
3
4
4
3
3
ta có th tích khối c u là: VC  ..R  .. 3  4 3 cm .
3

3

 



Th tích khối nón là:
1
1
1
VN  ..r 2 .h  ..BM 2 .AM  ..32.3 3  9 3. cm 3
3
3
3











Th tích ph n khối nón bên ngoài khối c u là: 9 3.  4 3.  5 3. cm3 .
Vì lim y  , lim y   nên a  0.
x 

43

B

x 

Vì đồ thị của hàm số c t trục tung tại đi m c hoành độ dương nên d  0.
Vì hàm số c hai đi m cực trị âm nên a.c  0 mà a  0 suy ra c  0.
Ta có: y '  3ax 2  2bx  c.
2b
 0 ( x1 , x2 l n lư t là đi m cực ti u, cực đại của hàm
Ta thấy: x1  x2  
3a
số)

 b  0 (do a  0).
Vậy a  0, b  0, c  0, d  0.

Chọn phương án B.
Gọi số tiền g i ban đ u là P. Sau n năm số tiền thu đư c là:
Pn  P(1  0, 084) n  P.(1, 084) n .

44

D

Đ Pn  3P thì P.(1,084)n  3P  n  log1,084 3  13,62.
Vì n là số tự nhiên nên chọn n  14.
Vậy muốn thu đư c số tiền gấp ba l n số tiền ban đ u thì người đ phải g i
tiết kiệm sau
năm.

im
-Biến đổi z 
, m  về dạng z  a  bi (a, b  )
1  m(m  2i)

z

im
(i  m)(1  m2  2mi)
m
1

 2
 2 i
2
2
1  m(m  2i) (1  m  2mi)(1  m  2mi) m  1 m  1

- ính môđun của z.
45

B

2

2

1
 m   1 
z   2   2  

.
2
m 1
 m 1   m 1 
1
 1  z  1.
Vì m 2  0 m  m 2  1  1  2
m 1
Dấu “=” xảy ra khi m = 0.
Vậy số phức z c môđun lớn nhất b ng 1, khi m = 0.


1

1

0

0

Đ t u  e ; v  f  x  thì  u.v ' dx   v.u ' dx   u.v  0
1

x

1

1

0

0

  e x . f '  x  dx   e x . f  x  dx  e x . f  x  
0
46

A

1

1

  e x  f  x   f '  x   dx  e. f 1  f  0   e  1.
0

Do đ a  1; b  1  Q  0.
Chọn phương án A.

Gọi là trung đi m của SC. Suy ra IC  IS (1)
47

A

Gọi H  AC  BD  H là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Xét tam giác SAC, c

là đường trung bình  HI //SA  HI   ABCD .

 Đường thẳng HI là tập h p các đi m cách đều A, B, C, D (2).

Từ (1) và (2) suy ra IA  IB  IC  ID = IS.
Vậy m t c u ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I và bán kính r  IC.
Xét tam giác ABC vuông tại B, có:
AC  AB 2  BC 2 

a 3

2

 a 2  2a.

Xét tam giác SAB vuông tại A, có: SA  AB.tan 30o  a.


Xét tam giác SAC vuông tại A, có: SC  SA2  AC 2  a 2   2a   a 5.
2

 r  IC 

SC a 5

.
2
2
3

4 3 4  a 5  5 a 3 5
Th tích m t c u bán kính r là: V   r   
đ.v.t.t).

 
3
3  2 
6
2

 1 
Th tích của vật th là: V    2
 dx
x 1 
0



Đ t x  tan u  u   k   dx   tan 2 u  1 du
2


1

Đổi cận: x  0 sao cho u  0 , x  1 sao cho u 

48

C


.
4

Khi đ :

4

V  
0

 tan


4

1
2

u  1

2


4

.  tan 2 u  1 du  
0

1
du
tan u  1
2


4



2
cos 2u  1
 sin 2u u  4  
  cos 2 udu  
du   
    .
2
20 4 8
 4
0
0

Vậy giá trị của b là

1
.
8
S

M

A

49

B

C
N

2a
C

Gọi M là trung đi m cạnh AB .
-Dựa vào tính chất hai m t phẳng vuông góc với nhau suy ra SM   ABC
1
1 1
 VS.ABC  SABC .SM  . .AC.BC.SM .
3
3 2


ọi N là trung đi m của đoạn AC .
MN là đường trung bình của tam giác ABC  MN  AC; MN 

1
BC  a.
2

-Ch ra góc giữa m t phẳng (ABC) và m t phẳng (SAC) là SNM  600 .
-Tính th tích hình chóp S.ABC
SM  MN. tan SNM  a. tan 600  a 3 .

SN 

MN



cosSNM

a
 2a.
cos 600

AB  2SM  2a 3.
AC  AB2  BC2 

 2a 3 

2

  2a   2a 2.
2

1
1 1
2a 3 6
Vậy VS.ABC  SABC .SM  . .AC.BC.SM 
đ.v.t.t).
3
3 2
3
Đoạn thẳng AB c trung đi m I(2; 1;4), ta có:
2

2

MA 2  MB2  MA  MB  (MI  IA)2  (MI  IB)2
 MI2  2MI.IA  IA 2  MI2  2MI.IB  IB2
AB2
AB2
 2MI2 
.
2
2
Từ đ , ta thấy MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức là M là
hình chiếu vuông góc của I trên (d).
Cách 1:
Chuy n phương trình đường thẳng (d) về dạng tham số:
x  1  t

(d):  y  2  2t , t   M(1  t ; 2  2t ;3  2t)  IM(t  1;3  2t ; 2t  1).
z  3  2t

 2MI2  2MI(IA  IB) 

50

D

Đường thẳng d) c vectơ ch phương là: a d  (1;  2;2).
Đ M là hình chiếu vuông góc của trên d) thì điều kiện là:
IM  a d  IM.a d  0  t  1  2(3  2t)  2(2t 1)  0  9t  9  0

 t  1  M(2;0 ;5).
Vậy đi m M(2 ; 0 ; 5) thoả mãn điều kiện đ u bài.
Cách 2: Có thể dùng phương pháp loại trừ.
Đi m M phương án C hông thuộc (d) nên loại.
rong các phương án đưa ra A, B, D c các đi m M đều thuộc d) và đi m
M phương án D c MA2  MB2 nhỏ nhất nên loại phương án A, B.