Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 3

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
Môn thi: TOÁN Ọ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
1. B
11. B
21. C
31. A
41. C

Câu

1

Mã đề thi 003

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

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

Đ

ướng dẫn chọ hươ g
đú g
Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên loại phương án
y   x3  3x 2  1 .
Ta thấy:
Khi x = 0 thì y  1 nên loại phương án y  x3  3x 2 .

B

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

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

6. A
16. C
26. C
36. C
46. C

7. B

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

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

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

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

Khi x  2 thì y  3 nên loại phương án y  x3  3 x  1.
Vậy chọn B.
Sử dụng công thức tính môđun của số phức ta có:
2

B

Với z  2i  7  7  2i  | z | 72  (2)2  53 .
Ta thấy n1  (1;  2;3) là một vectơ pháp tuyến của (P).

3

A

4

C

5

A

6

A

Các vectơ còn lại không cùng phương với vectơ n1 nên không là vectơ pháp
tuyến của (P).
Quan sát hình vẽ, ta thấy :
+) hàm số y  f ( x) nghịch biến trên  ;1 , do đó không đồng biến trên tập
xác định.
+) hàm số y  g ( x) nghịch biến trên một khoảng con chứa trong khoảng  0;1
do đó không đồng biến trên tập xác định.
+) hàm số y  k ( x) nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1 , do đó
không đồng biến trên tập xác định.
+) hàm số y  h( x) đồng biến trên tập xác định.
Tính nguyên hàm của hàm số đã cho suy ra đáp án.

1
1 (2x  1) 4
1
3
3
(2x

1)
dx

(2x

1)
d(2x

1)

.
 C  (2x  1) 4  C .


2
2
4
8

Để hàm số y   x  1 luôn đi qua một điểm với mọi giá trị của   thì:
x  1  1  x  2  y  1  1,   .

Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua điểm A 2;1 với mọi   .
7

B

8

D

9

A

10

B

Theo định nghĩa tiệm cận đứng thì đồ thị hàm số f ( x) có đúng bốn tiệm cận
đứng là các đường thẳng x  1, x  1, x  4 và x  4.
1
dx  ln | x  1| C.
Ta có: F(x)  
x 1
F(2)  1  ln | 2  1|  C  1  C  1.
Vậy F(5)  ln | 5  1| 1  ln 4 1.
f’(x) xác định trên , có một nghiệm đơn là 0, một nghiệm bội lẻ là 2 và một
nghiệm bội chẵn là 1 nên f’(x) đổi dấu hai lần khi x đi từ  đến .
Vậy số điểm cực trị của f(x) là 2.
Điểm A ' đối xứng với A qua B  Điểm B là trung điểm của AA '.
 x A  x A '  2 xB

 xA '  2 xB  x A  5


  y A  y A '  2 yB   y A '  2 yB  y A  0
z  z  2z
 z  2 z  z  4
B
B
A
 A A'
 A'
Vậy A '  (5;0; 4).
Hoặc thử trực tiếp bằng cách kiểm tra xem toạ độ của điểm A' ở phương án nào
 x A  x A '  2 xB

thoả mãn  y A  y A '  2 yB thì chọn phương án đó.
z  z  2z
B
 A A'

\ 1.
3
Ta có: y ' 
, y '  0 x  1.
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; ).
Vậy mệnh đề đúng là: "Hàm số đồng biến trên khoảng (; 1)."
(1  3i) z  2  5i  (2  i) z
 (1  3i 2  i) z  2  5i
2  5i

z
.
1  4i
Dùng máy tính cầm tay bấm ra kết quả hoặc khai triển, rút gọn ta được
TXĐ: D 

11

B

12

C

22 3
 i.
17 17
x  t

Phương trình của đường thẳng d ' :  y  t (t  ).
z  0

Ta có: ud  (1;1;1), ud '  (1; 1;0).

nghiệm của phương trình là z 

13

C

Vì ud . ud '  0 nên d và d ' vuông góc. Lại có điểm O  (0;0;0) thuộc cả hai
đường thẳng d và d' nên hai đường thẳng d và d' vuông góc và không chéo nhau.


14

15

D

C

x  1
1  x  0

Điều kiện: 

8
7x  8  0
 x   7
 8 
Tập xác định là D    ;1 .
 7 
Giải phương trình f '  x   0 được hai nghiệm x  1 và x  3.

Lưu ý 3 [0;4] nên loại x  3.
Tính giá trị của hàm số đã cho tại các điểm x  0, x  1, x  4 rồi so sánh các giá
24
trị đó ta được giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [0;4] là
nên chọn

5
C.
7
 
3

16

C

4x 2 5x

3
7
  
7
3

 4x 2  5x  1  0 

4x 2 5x

7
 
3

1

 4x 2  5x <  1

1
 x  1.
4

1 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T   ;1 .
4 
3
2
Số điểm chung của đồ thị hàm số y  x  x  2 x  2 và đồ thị hàm số

17

A

y   x 2  x  4 chính là số nghiệm đôi một phân biệt của phương trình:
x3  x 2  2 x  2   x 2  x  4, hay chính là số nghiệm đôi một phân biệt của
phương trình: x3  3x  2  ( x  1)2 ( x  2)  0.
Vậy có tất cả 2 điểm chung.
c

Với
18

C

c

 f  x  dx  7,  f  x  dx  13 với a  c  b , ta có:
a

b

b

c

b

c

c

a

a

c

a

b

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  7 13  6.
A'

B'
C'

D'

A

19

B

B
D

C

Vì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ và khối chóp A’ABCD có cùng chiều cao hạ từ
A’ xuống mp(ABCD) và chung đáy (ABCD)
1
1
 VA '.ABCD  VABCD.A 'B'C'D '  V
3
3


Mặt khác: SABCD  2SABC  VA 'ABC 

1
VA 'ABCD .
2

1 1
1
Do đó: VA 'ABC  . V  V (đ.v.t.t).
2 3

6
- Cách : Có thể dùng máy tính sẽ được ngay kết quả P  9.
- Cách 2: Ta có:

20

log53 33

5log125 27  5

B

 5log5 3  3.

log 22

31log9 4  3.3 32  3.3log3 2  3.2  6.
Vậy P  3  6  9.
Diện tích phần được tô màu trong hình là:
21

C

3


0

4

3

4

3

0

3

g ( x) dx   f  x  dx   g ( x)dx   f  x  dx.

Đặt z  x  yi (x, y  ) .

22

A

23

D

iz  z  i(x  yi)  x  yi
  y  xi  x  yi
 y   x.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn đề bài là đường thẳng
y   x.
Diện tích xung quanh của cái nón là: rl  .20.30  600  cm2  .

-Sử dụng máy tính cầm tay ta được kết quả, sau đó so sánh với các phương án

suy ra đáp án đúng của bài toán.
24

B

25

A

26

C

-Hoặc dùng phương pháp tích phân từng phần suy ra kết quả.
u  x  1
du  dx

(Đặt: 
)

x
x
dv

e
dx
v


e



1
1
log 2 5 360  log 2 360  log 2 (32.23.5)
5
5
1
  2 log 2 3  log 2 23  log 2 5 
5
1
  2 log 2 3  3  log 2 5 
5
1
  2a  3  b  .
5
Hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh 2a
(2a)2 3
 SABC 
 3 a2 .
4
3V
3. 3a 3
 3a (đ.v.đ.d).
Chiều cao của hình chóp S.ABC là: h  S.ABC 
SABC
3 a2


27

D

28

A

29

D

Quan sát bảng biến thiên dễ thấy các phương án A, B, C đều đúng. Chỉ có
phương án D sai vì:
y' không đổi dấu khi x đi qua 0.
Cách 1: Thử trực tiếp.
Ta thấy cả 4 mặt phẳng ở 4 phương án đều đi qua A nên không loại được
phương án nào.
Mặt phẳng x  y  z  3 không vuông góc với mặt phẳng (Q) nên loại.
Mặt phẳng x  z  2 không vuông góc với mặt phẳng (Q) nên loại.
Mặt phẳng 2 y  x  z  0 không vuông góc với mặt phẳng (P) nên loại.
Vậy chọn mặt phẳng y  z  2.
Cách 2: Ta có: nP  (1;1; 1), nQ  (1; 1;1).
Gọi mặt phẳng cần tìm là (R).
Vì (R) vuông góc với cả (P) và (Q) nên (R) có vectơ pháp tuyến là:
n  [nP , nQ ]  (0; 2; 2).
Phương trình mặt phẳng (R) là:
0.( x 1)  2.( y 1)  2.(z1)  0  y z  2.
5i
.
Ta có: (2  i)z  5i  z 

2i
- Dùng máy tính cầm tay bấm ra kết quả hoặc khai triển, rút gọn ta được kết quả
z  1  2i .
Từ đó suy ra z  1  2i .
Vậy số phức z có phần thực bằng  1 ; phần ảo bằng 2 .
Mặt cầu (S) có tâm I  (2;1; 2) và bán kính R  (2)2  12  (2)2  5  2.

30

D

Ta có: d ( I , ( P)) 

2  3

52
12
Do đó giao của (S) và (P) là tập rỗng.

Xét phương trình : 3x 6 x 27   x 2  6 x  9.
2
Ta có : x 2  6x  9    x 2  6x  9     x  3  0, x  .
2

3x 6x 27  0, x  .
ậy phương trình đã cho vô nghiệm.
hận xét: Học sinh có thể nhầm l n với việc 30  0 từ đó d n đến nhầm l n
phương trình có một nghiệm x  3.
Vận tốc bơi của cá khi bơi ngược dòng là v  6 (km/giờ).
2

31

A

200
(giờ).
v6
ăng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là:
200
v3
E  cv3 .
 200c.
( jun).
v6
v6
v3
Xét hàm số E (v)  200c.
với v  6.
v6

Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 200km là: t 
32

D


Ta có: E '(v)  400cv 2

v 9

, E '(v)  0  v  9 (vì v  6).
(v  6)2

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy khi vận tốc bơi của cá là 9 (km/giờ) thì năng lượng
tiêu hao của cá là ít nhất.

33

A

Độ dài các cạnh của hình chữ nhật thiết diện là độ dài của đường cao và đường
kính của khối trụ.
Vậy, diện tích xung quanh của khối trụ là:
Sxq  2.r.h  .d.h  .3.4  12  cm2  .
Lưu ý: Hàm số bậc hai y  ax 2  bx  c (a  0) có giá trị nhỏ nhất bằng 

34

D

đạt được tại x  

b
.
2a

m  4
m2  4

 3  m 2  16  
4
 m  4
Vậy các giá trị thực m thoả mãn yêu cầu bài toán là: m  4 hoặc m = 4.

Ta có: 

S

a 2

A
H

35

D

D
a 3

B

C

Vì H là hình chiếu của S xuống mp(ABCD) nên

(SC, mp(ABCD))  (SC, HC)  SCH  45o
Xét tam giác BCH vuông tại B, theo định lí Py-ta-go ta có:



CH  BC  BH  a 2
2

2

2



2

2

 a 3  11a 2
 
 
4
 2 


,
4a


a 11
.
2
Xét tam giác SCH vuông tại H có SCH  45o SCH vuông cân tại H

 CH 

a 11
.
2
 AB.AD  a 3.a 2  6 a 2 .

 SH  CH 

Ta có: SABCD

1
1 a 11 2
66 a 3
Do đó: VS.ABCD  SH.SABCD  .
(đ.v.t.t).
.a 6 
3
3 2
6
Ta có: x 2  3x+3  0, x  .
2x  3
1
Ta có: y '  2

.
 x  3x+3.ln 2 ln 2

Để hàm số y  log 2 ( x 2  3x+3) 
36

C

x
tăng thì đạo hàm của hàm số đó là không
ln 2

âm.

2x  3
1

0
 x  3x+3 .ln 2 ln 2
2

 2x  3  x2  3x  3  x2  x  0  1  x  0.
ậy trong các phương án đã cho, phương án đúng là hàm số tăng trên khoảng
 1;0 .
O

A
B

37

O'

C

Tam giác OAB có OA = OB = AB = 2.  SOAB  3.
Tứ diện OO’AB có OO '   OAB  .
 OO ' 

38

A

3VOO ' AB
 8 3.
SOAB

Thể tích hình trụ là: V   .OA2 .OO '  32 3 (đ.v.t.t).
f(x) nghịch biến trên
 y '   sin x  m  0 x  .


 m  sin x x 
 m  min f ( x), f ( x)  sin x
 m  1.
Vậy chọn A.
3x
.
2x 1
Tập xác định: D  . .
3x
f (x)  1  x 1  1  3x  2x 1 (1)
2
+ Lấy logarit cơ số 3 cả hai vế của ( ) ta được: log 3 3x  log 3 2 x 1
 x  (x  1) log 3 2 . Suy ra phương án A đúng.

+ Lấy logarit cơ số 2 cả hai vế của ( ) ta được:
x log 2 3
x 1
log 2 3x  log 2 2x 1  x log 2 3  (x  1) 

1  log 2 3 1  log 2 3
x
x 1


. Suy ra phương án B đúng.
1  log3 2 1  log 2 3
+ Lấy logarit cơ số e cả hai vế của ( ) ta được:
ln 3x  ln 2x 1  x ln 3  (x  1) ln 2
Xét hàm số f (x) 

39

D

Suy ra phương án C đúng.
+ Lấy logarit cơ số 5 cả hai vế của ( ) ta được:
log5 3x  log5 2x 1

 x log5 3  (x  1) log5 2.
Vậy trong các phương án đưa ra, khẳng định sai cần chọn là:
f (x)  1  x log 1 3  (x 1) log5 2.
5

Ta chọn hệ toạ độ ( A, AB, AD, AA ').

40

D

41

C

1

 1 
Khi đó: A  (0, 0, 0), C '  (1,1,1), M   , 0,1 , N  1, , 0  .
2

 2 
1 1

 AC '  1,1,1 , MN   , , 1 .
2 2

Vì AC '. MN  0  AC '  MN .
Vậy góc giữa hai đường thẳng AC' và MN bằng 90o.
1  i (1  i)2 2i
z

 i
1  i 12  i 2
2

 
  i 

Ta có: z2016  i 2016  i 2

z

2013

 (i)2013

2

1008

1006

 1.
.i  i .




Do đó: z 2016  z

42

C

43

B

2013

 1  (i)  1  i.

Vì ud  (1,1,0), ud '  (1,1,0) và điểm A  (0,0, 1) thuộc d nhưng không thuộc d'
nên hai đường thẳng d và d' song song với nhau.
Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d' cũng bằng khoảng cách từ
điểm A đến d'.
Có B  (0, 0,1)  d', AB  (0, 0, 2).
Dễ thấy AB vuông góc với d' nên d ( A, d ')  AB  2.

Q  Q o .e 0,195t .

Thay Qo  5000;Q  100000 vào ta được:

100000  5000.e0,195t
44

B

 e0,195t  20
 0,195t  ln 20
ln 20
t
 15,36.
0,195
Vậy sau khoảng 15,36 giờ thì số lượng vi khuẩn có 100 000 con.

I

B

C

A
O

B'

I'

C'

A'

45

B

Bước 1: Xác định tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ.
- Gọi I và I’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’.
- Ta có: I và I’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của 2 đáy ABC và A’B’C’.
- Lấy O là trung điểm của II’.  O là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ.
 OB là bán kính đường tròn ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’.
Bước 2: Tính bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ.
- A là hình chiếu của B lên mp(AA’C’C) nên góc tạo bởi BC’ và mp(AA’C’C)

là BC ' A  30.
- Tam giác ABC vuông tại A có AC  a, ACB  60  AB  a 3 .
AB
 2a 3 .
sin 30
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là:
BC '
R  OB 
 a 3 (đ.v.đ.d).
2
Đặt u  cos x; v  f  x  .

- Tam giác ABC’ vuông tại A có: BC ' 






2

2

I   cos x. f '  x  dx  cos x. f  x  02     sin x  . f  x  dx
46

C

0

0


2

  f  0    sin x. f  x  dx  1  1  0.
0

Chọn phương án C.
Đặt w  x  iy (x, y  ) .
w  (2  i)z  x  iy  (2  i)z

x  iy (x  iy)(2  i)

2i
(2  i)(2  i)
2x  y  ( x  2y)i
z
5
2x  y  x  2y
z

i.
5
5
z

47

D

| z  i | 2 


2x  y  x  2y

ii  2
5
5

2x  y  x  2y  5

i 2
5
5
2

2

 2x  y    x  2y  5 
 
 
 2
5
 5  

 4x 2  y 2  4xy  x 2  4y 2  25  4xy+10x  20y  100
 (x  1)2  (y  2) 2  20.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức w là một đường tròn tâm I(1;2) .

Đặt chiều rộng của đáy hình hộp chữ nhật là x (x > 0).
3
Chiều dài của đáy hình hộp chữ nhật là x .
2
Chiều cao của hình hộp chữ nhật h.
Thể tích của hình hộp chữ nhật là:
3
3x 2 h 288
192
V  x.x.h 

h 2 .
2
2
5
5x
Gọi S là diện tích phần cần xây hồ, S1 là diện tích đáy hồ.

48

B

3
3
3

Ta có: S  Sxq  S1   x  x  .2.h  x.x  5x.h  x 2
2
2
2


192 3
192 3 2
 5x. 2  x 2 
 x
5x
2
x
2
3
192
Để chi phí thuê nhân công thấp nhất thì S  f (x)  x 2 
với x > 0 phải đạt
2
x
giá trị nhỏ nhất
192
Ta có: f '(x)  3x  2  0  x 3  64  x  4 .
x
 min f (x)  f(4)  72 .
x 0

Vậy Smin  72 m 2 .
ì giá thuê nhân công để xây hồ là 500 000 đồng/ m2 nên chi phí thuê nhân công
thấp nhất là:
500000.72  36000000 (đồng) = 36 (triệu đồng).
Xét hệ trục toạ độ Oxy sao cho elip có phương trình chính tắc là:

49

B

x2 y 2
x2

 1  y  3 1 
.
16 9
16
4

x2
Diện tích trồng hoa là: S  2  3 1  dx .
16
4
Đặt x  4 sin t


Đổi cận: x  4 sao cho t  
Khi đó: dx  4 cos tdt; 1 



2

; x  4 sao cho t 


.
2

2

x
 cos t .
16





 sin 2t  2
2
S   24cos 2 tdt   12 1  cos 2t  dt  12  t 
   12  m  .
2






2

2

2

2

2

Diện tích mảnh đất hình tròn là:  .4  16  m  .
2

2

Vậy, diện tích đất trồng lan là: 16  12  4  m2  .

50

C

 x  z

Điểm ( x, y, z) thuộc quỹ tích  x 1  z 1  0.    x  z  2  0
 x  1, z  1

Vậy quỹ tích là hai mặt phẳng có phương trình x  z và x  z  2  0 trừ đường
thẳng có phương trình x  z  1.