Đáp án đề thi thử THPT QG 2017 đề Toán sô 4

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM
BIGSCHOOL

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017
M
TOÁN Ọ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

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

Câu

Đ

1

A

2

C

3

A

4

C

5

B

6

B

7

A

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

Mã đề thi 004

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

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

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

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

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

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

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

ướng dẫn chọ
ươ g
đú g
Vì f '( x)  0 x  (2;2) và f '( x)  0 khi và chỉ khi x [0;1] ( f '( x)  0 tại
vô số điểm) nên f(x) không nghịch biến trên toàn khoảng (2;2). Do đó A sai.
Và dễ thấy các khẳng định ở các phương án B, C, D đều đúng.
b
Đáp án đúng là: log a  log a b  log a c.
c
h n t: Bài nà chỉ u c u h c sinh nh lại c ng th c iến đ i lôgarit, h c
sinh có thể ị nh m l n:
- lôgarit c thương thành lôgarit c t ch
- lôgarit
lôgarit
1
Từ bảng nguyên hàm ta có khẳng định sai c n ch n là:  2 dx  cot x  C.
sin x
Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là: a3  1;1;0 .

Các vectơ a1 , a2 , a4 kh ng cùng phương v i vectơ a3  1;1;0 nên không là
vectơ chỉ phương c a d .
V y ch n C.
1 2x
2
2
  n n đường thẳng y  
Vì lim
là tiệm c n ngang c đồ thị
x  3 x  1
3
3
hàm số đã cho.
Ta có: f '( x)  4 x3 có một nghiệm duy nhất là x = 0 và đ i dấu từ dương s ng
âm khi x qua nghiệm. V y f(x) có một điểm cực trị.
Quan sát hình vẽ, ta thấy hàm y  f  x  chính là hàm số y  x .
T p ác định là D  .
Hàm số y  x có đạo hàm trái tại điểm x  0 là  1 , đạo hàm phải tại x  0
bằng 1 nên hàm số kh ng có đạo hàm tại x  0  D.
Do đó hàm số y  x kh ng có đạo hàm tại điểm x  0 thuộc t p ác định.


Xét I   x3e x dx   x 2e x xdx .
2

8

C

2

Đ i biến t  x2  dt  2xdx  xdx 
Khi đó: I   t.e  t

9

B

10

A

11

D

1
dt.
2

1
1
dt   t.e  t dt.
2
2

 7i –1 –  2  5i   (1 2)  (7  5)i  3  2i.
Mặt c u (S ) có tâm I (2;1; 1) và bán kính
R  a 2  b2  c 2  d  (2)2  12  (1)2  (3)  9  3.
ax  b

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị c a hàm số y 
v i c  0 và ad  bc  0,
cx  d
x  2
(ad  bc  1  0).
do đó loại phương án y 
x 1
2x  2
a
.
Vì lim y  1 nên  1 nên loại phương án y 
x 
x 1
c
d
2x  4
. V y ch n phương
Vì lim y   nên   1 nên loại phương án y 
x 1
c
2x 1
x2
.
án y 
x 1

2
 
3

12

D

x2 5x

4
 
9

x2  x

2
 
3

x2 5x

2( x2  x )

 2
 
3
2
 x 2  5x  2(x 2  x) (Vì 0   1 )
3
x

0


 x 2  3x  0  
.
 x  3
V y t p nghiệm c a bất phương trình là T  ( ;  3)  (0;  ).
Vì f (x) là hàm số lẻ, liên tục trên

n n t có f  x    f   x  .

1

13

A

Từ đó su r
J

14

A

 f  x  dx  0.

1
2

1

2

1

1

1

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  0  2  2.

Giải phương trình y '  0 t được hai nghiệm x  1 và x  1.
- Vì hàm đơn giản nên có thể xét dấu c
’ su r hàm đạt cực tiểu tại
x  1 nên ch n A.
- Có thể tính y '' để thấy y ''(1)  0 n n hàm đạt cực tiểu tại x  1.
1

Xét hàm số y   3x 2  2x  1 3 .
15

D

2
2
1
2
2
2
'
2
3
Ta có: y '  (3x  2x  1) (3x  2x  1)  (3x  1)(3x  2x  1) 3 .

3
3


V i a  0; a  1 ta có:
5

16

17

B

D

2

146

139
a3 . 3 a5 .a 2 . 7 a 2
a3 .a 3 .a 2 .a 7
a 21
139
21
A  log a

log

log


log
a

.
a
a
a
1
1
3
21
a
3
3
a
a

x  t

Phương trình đường thẳng d là:  y  t  1 (t  ).
z  t

Vì nP  (1, 1,1), ud  (1, 1,1) n n đường thẳng d vuông góc v i mặt phẳng (P).

18

A

1

a b
3
log a 3  log a a b  log a c  log a a  log a b  log a c 3
c
1
1
1
1
5
 1  log a b  log a c  1  .(2)  .5  .
2
3
2
3
3
G i v  t  là v n tốc c hòn đá tại thời điểm t.

Ta có v '  t   a  t   10  m / s 2  .
 v  t    10dt  10t  C.

19

C

Vì v  0  20  m / s   C  20  v t   10t  20.
Khi hòn đá đạt được độ cao l n nhất, v n tốc c hòn đá ằng 0.
 v t   0  t  2.
S u 2 giâ hòn đá đạt độ cao l n nhất.
2

Khi đó, quãng đường v t đi được là: s    10t  20  dt  20  m  .
0

V

hòn đá đạt được độ cao l n nhất so v i mặt đất là: 20  10  30  m .

Đặt z  x  iy ( x, y  ) .
20

A

21

C

22

D

Ta có: | z | 2  x2  y 2  2  x2  y 2  4.
V y trên mp(Oxy) t p hợp các điểm biểu diễn số ph c z thoả mãn điều kiện
| z | 2 là hình tròn tâm O(0 ; 0), bán kính bằng 2.
Ta có: f ( x)  m  0  f ( x)  m.
Số nghiệm c phương trình f ( x)  m  0 chính bằng số điểm chung c a
đường thẳng y   m và đồ thị c a hàm số y  f ( x).
Dựa vào bảng biến thiên ta thấ đường thẳng y   m và đồ thị c a hàm số
y  f ( x) có điểm chung  2  m  1  1  m  2.
V y ch n C.
V i z  1  3i suy ra z  1  3i .

w  iz  z  i(1  3i)  1  3i

 i  3i 2  1  3i  2i  2.
V y w = –2 – 2i.


D

C

A
G

M

B

23

B

G i M là trung điểm c a BC.
Ta có: G là tr ng tâm c a tam giác ABC  AG 

2
AM
3

2
2 1

1
S ABM  . S ABC  S ABC .
3
3 2
3
Vì hình chóp D.ABC và hình chóp D.ABG có cùng chiều cao hạ từ D xuống mặt
đá (ABC)
V
S
1
 D. ABG  ABG 
VD. ABC SABC 3
1
1
 VD. ABG  VD. ABC  .18  6 (đ.v.t.t).
3
3
1
TXĐ: D  .
Ta có:
f '( x)  4 x3  4 x, f '( x)  0  x  0.
Bảng biến thiên:
 S ABG 

24

25

A

D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất c a hàm số là 4.
2 T có: f ( x)  x 4  2 x 2  4  4, x  .
Do đó hàm số có giá trị nhỏ nhất là 4 khi x  0.
du  dx
u  x

Đặt: 
  sin(nx)
dv  cos(nx)dx v 
n

Áp dụng công th c tích phân từng ph n ta có:










2
2
2
1
1
1

1
2
I   .x.sin nx    .sin nxdx  .x.sin nx  2 cos nx
n
n
n
0 0 n
0
0

Vì n  2k , k 

nên I 

(1) k  1
.
4k 2
A

C
a
B

3a

C'

A'
E
B'

26

27

A

B

Vì lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều nên mp(BCC’B’)  mp(A’B’C’)
G i E là trung điểm c a B’C’  A ' E  B ' C ' (Vì  A’B’C’ đều).
Mà mp( BCC 'B')  mp(A'B'C')  B'C'
 A ' E  mp( BCC ' B ')
1
Do đó VA '.BCC ' B '  A ' E.S BCC ' B ' .
3
A' B ' 3 a 3
Mà A ' E 

; S BCC ' B '  BC.CC '  a.3a  3a 2 .
2
2
1 a 3 2 a3 3
(đ.v.t.t).
 VA '.BCC ' B '  .
.3a 
3 2
2
Giả sử khối trụ tròn o T có án k nh đá là R1 và đường cao là h1 thì thể
tích là V1   .R12 .h1.

Khối trụ tròn xoay có bán kính bằng một nửa bán kính khối trụ T và đường cao
gấp đ i đường cao c a khối trụ T có thể tích là:

 R2 .h V 100
R 
V2   .R2 .h2   .  1  .  2h1   1 1  1 
 50  cm3  .
2
2
2
2
 
Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tu ến là n  (2;m;2m), mặt phẳng ( ) có
2

2

28

C

vectơ pháp tu ến là n  (6; 1;  1).
Đề  )  ( ) thì n  n  n .n  0  12  m  2m  0  m  4.

29

C

(1  i)2016
.

z
i
Chú ý: (1  i )2  1  2i  i 2  2i.
1008

 (1  i )2016  (1  i )2 

 (2i )1008  21008.  i 4 

252

 21008 .


21008 21008.(i)

 21008 i.
i
i 2
V y số ph c z có ph n thực bằng 0; ph n ảo bằng 21008 .
Mặt c u (S) có tâm là I  2;1;0 .
Dễ thấ điểm A thuộc mặt c u (S) vì:
(4  2) 2  (2  1) 2  22  9.

Do đó: z 

30

A

31

C

Mặt phẳng (P) đi qu A(4 ; 2 ; 2) và nh n IA(2;1; 2) làm một vectơ pháp tu ến.
Phương trình mặt phẳng (P) là:
2( x  4)  1( y  2)  2( z  2)  0 hay 2x  y  2z 14  0.
T có f’( ) = 1 – 2cosxsinx = 1 – sin2x  0, x  (vì sin2x 1, x  ) .

Đẳng th c xảy ra chỉ tại các điểm x   k , k  . Do đó f( ) lu n đồng biến
4
trên .





X t phương trình: log 2 1  3 x  log 7 x.
Điều kiện: x  0.
Đặt t  log 7 x  x  7t.
Khi đó t có phương trình:
t

t

t
t
t
t



 1 3  7 3
log 2 1  7 3   t  1  7 3  2t  1  7 3  83        1 0 (*)
8 8


t

32

C

t

33

D

t

 1 3  7 3
Xét hàm số f (t)        1.
8 8
Ta có: f  3  0;
t

1  1 3 1 1  7 3 7
f '(t )  .   ln    ln  0
3 8
8 3 8 

8
 f(t) là hàm nghịch biến trên .
Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất t  3.
V i t  3  x  73  343.
Vâ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  343.
Ta có: BM  x, x  (0;18)  MN  36  2 x; QM  x 3.
Diện tích hình chữ nh t MNPQ là:
S  MN .QM  (36  2 x) x 3  3(36 x  2 x 2 ).
Xét hàm số S ( x)  3(36 x  2 x 2 ) v i 0  x  18.
Ta có: S '( x)  3(36  4 x), S '( x)  0  x  9.
Bảng biến thiên:


Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích c a hình chữ nh t MNPQ có giá trị l n nhất
là 162 3 cm 2 , đạt được khi x  9(cm).

34

B

Xét hàm số y  x 2e x .
T p ác định: D  .
Ta có: y '  2x.e x  x 2 .e x  x.e x (2  x).
x  0
y' 0  
.
 x  2
Tr n đoạn 1;1 ta có:

1

y (1)  e 1  ; y (0)  0; y (1)  e.
e
V y giá trị l n nhất c hàm số y  x 2e x rê đoạn 1;1

e.

Đặt z  a  bi (a, b ) .

(1  2i ) z  (3  i) z  (3  2i) 2
 (1  2i )(a  bi )  (3  i )(a  bi )  9  12i  4
 4a  3b  (2b  a)i  5  12i
35

B

36

A

26

a

 4a  3b  5

5


.
a  2b  12

b  43

5
26 43
26 43
V y z  i  z  i .
5
5
5
5
43
 Ph n ảo c a số ph c z bằng  .
5
Giả sử tấm kim loại hình chữ nh t có k ch thư c a  b .
Uốn theo cách 1 t được hình trụ có chiều c o là và chu vi đá là .
Uốn theo cách 2 t được hình trụ có chiều c o là và chu vi đá là .
V b 1
Dễ dàng t nh được 1   .
V2 a 2


37

D

Quay tam giác vuông ABC vuông tại A một vòng quanh cạnh AB được một
khối nón có án k nh đá là AC, đường c o AB và đường sinh là BC.
Xét tam giác ABC vuông tại A có BC = 12cm và ABC  300

 AB  6 3  cm ; AC  6  cm .

Thể tích c a khối nón là:
1
1
1
V   .r 2 .h  . . AC 2 . AB  . .6 2.6 3  72 3  cm3  .
3
3
3

A

C
B
P

M

N
C'

A'
38

39

B

B

B'

G i P là trung điểm c CC’.
Mặt phẳng (CMN) chia khối lăng trụ ABC.MNP thành 2 khối chóp là C.ABNM
và C.MNP.
Xét khối chóp C.MNP và khối lăng trụ ABC.MNP có cùng mặt phẳng đá
(MNP) và chung chiều cao kẻ từ C xuống mặt đá (M P)
1
2
 VC .MNP  VABC .MNP  VC . ABNM  VABC .MNP .
3
3
VABC .MNP
2 1
1
1
1
 VC . ABNM  . VABC . A ' B ' C '  VABC . A ' B ' C '  V .
Mà

3 2
3
3
VABC . A ' B 'C ' 2
V
V y VC . ABNM  .
3
Dễ thấ điểm B  (1;1;1) thuộc đường thẳng d .


Ta có: AB  (0;1;1), ud  (1;0;0).
Vì AB.ud  0  AB  d  d (A,d)  AB  2.

log3 ( x 2  2 x  m  9)  2   x 2  2 x  m  9  32

40

A

  x 2  2 x  m  0  x 2  2x  m  0 (1)
Phương trình (1) có  '  1  m.
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thì
1  m  0  m  1.
 x  x  2
Theo hệ th c Vi-et ta có:  1 2
 x1.x2  m
Khi đó:
x12  x22  3

 ( x1  x2 )2  2x1 x2  3
 (2) 2  2m  3  m 

1
(thoả mãn m  1 ).
2

1
là giá trị c n tìm.
2
Ta có: y '  3mx 2  2 x  m.

V y m

41

A

42

C

Hàm số y  mx3  x 2  mx  2 có đúng h i điểm cực trị và điểm cực tiểu nằm
n trái điểm cực đại khi và chỉ khi a   m  0 và phương trình y '  0 có hai
nghiệm phân biệt, t c là khi và chỉ khi:
m  0
m  0
1

 1
.
1 0m

2
m
3
 '  1  3m  0 
3
 3
3
V y tất cả các giá trị thực m c n tìm là: 0  m 
.
3

Dễ thấ điểm A không thuộc mặt phẳng (P).
a b c
Ta có: OA   ; ;  .
 2 2 2
x y z
Phương trình đường thẳng OA là:   .
a b c
G i H là gi o điểm c đường thẳng OA và mặt phẳng (P).
H thuộc đường thẳng OA  H   at ; bt ; ct  (t  ).

at bt ct
1
  1 t 
a b c
3
a b c
H  ; ; 
 3 3 3
3
Vì OA  OH  điểm H nằm giữ h i điểm O, A và H kh ng là trung điểm
2
H  ( P) 


c a OA.
V h i điểm O và A ở khác ph đối v i (P) nhưng kh ng cách đều (P).
Để đồ thị hàm số tồn tại 2 tiệm c n ngang thì phải tồn tại lim y  lim y.
x 

x 

1
m
2
1  mx
x
 lim
 m , tồn tại khi m  0.
Có lim y  lim
x 
x 
x 
1
x 1
1
x
1
 2 m
2
1  mx
x
 lim
  m , tồn tại khi m  0.
Có lim y  lim
x 
x 
x

1
x 1

1
x
V i m  0 đồ thị hàm số có đúng một tiệm c n ng ng là đường thẳng y  0.
V i m  0 thì hiển nhiên lim y  lim y , vì thế hàm số đã cho có 2 tiệm c n
2

43

C

x 

44

D

ngang.
4 năm = 4 tháng; 1,2 tỉ = 1 200 000 000 đồng.
iả sử ác Huệ gửi m i tháng vào ngân hàng là (đồng), v i lãi suất là r.
Cuối tháng th nhất, ác Huệ có số tiền là: a  a.r  a 1  r  (đồng).
Đ u tháng th h i, ác Huệ có số tiền là:
a
1  r 2  1  a 1  r 2  1 (đồng).
a 1  r   a  a 1  r   1 
 r

1  r   1 
Cuối tháng th h i ác Huệ có số tiền là:
a
a

a
2
2
2
1  r   1  1  r   1 .r  1  r   1 1  r  (đồng).

r
r
r
Đ u tháng th
, ác Huệ có số tiền là:
a
a
2
3
1  r   1 1  r   a  1  r   1 (đồng).



r
r
Cuối tháng th
, ác Huệ có số tiền là:
a
a
a
3
3
3
1  r   1  1  r   1 .r  1  r   1 1  r 


 r


r
r
a
48
V s u tháng th 4 ác Huệ tiết kiệm được là: 1  r   1 1  r  (đồng).


r
a 
48
T có:
1  0,5%  1 1  0,5%  1200000000  a  22071676

0,5%
(đồng)
Thể tích c a v t thể là:

B

2

 1 
V    2
 dx
x 4
0

2

45

x 

Đặt x  2 tan u  dx  2  tan 2 u  1 du
Đ i c n: x  0 sao cho u  0 , x  2 sao cho u 


4

.


Khi đó:




4

V 
0

 4 tan

1
2

u  4

2




8

4

8  tan

1
du
u 1

2



4

2
 cos udu 
0

  sin 2u



16 



0





.2  tan u  1 du 
2

2

 4 cos 2u  1
8



2

0

du



 4 2  
u 

64
0

2

(đ.v.t.t).

 z i 
X t phương trình: 
  1 . Điều kiện z  i .
iz
3
 z i 

 1
iz
3

 ( z  i )3  ( z  i )3  0
46

D

 2z3  6z  0
z  0

z   3
V phương trình đã cho có 3 nghiệm là z1  0; z2  3; z3   3 .
T ng ình phương các nghiệm c phương trình là:
z12  z22  z32  0  ( 3)2  ( 3)2  6.

A'

C'

B'

47

C

M
A

G

C

B

Ta có: VA' BCC ' B '  VABC. A' B 'C '  VA' ABC .
G i M là trung điểm c a AC.
Xét tam giác ABM vuông tại A, theo định lí Py-ta-go ta có:
2
2
a 5
 a  5a
2
2
2
2

 BM 
.
BM  AB  AM  a    
2
4
2


Vì G là tr ng tâm c a tam giác ABC nên BG 

2
2 a 5 a 5
.
BM  .

3
3 2
3

Vì A ' G  mp( ABC) nên ( A 'B; mp( ABC))  ( A 'B;GB)  A ' BG  45o .
X t t m giác A’B vu ng tại G, ta có:
a 5
a 5
.
A ' G  BG.tan A ' BG 
.tan 45o 
3
3
1
1

1
S ABC  AB. AC  a.a  a 2 .
2
2
2
a 5 a2
5 a3
.
VABC . A ' B 'C '  A ' G.SABC 
. 
3 2
6
1
1 a 5 1 3
5a3
.
VA ' ABC  A ' G.SABC  .
. a 
3
3 3 2
18
5 a3
5 a3
5 a3
V y VA ' BCC ' B ' 
(đ.v.t.t).


6
18

9
Đặt u  x; v  f  x  thì:




2

2

0

0




2

J   f  x  dx   u '.vdx  uv 02   v '.udx
0




2

 xf  x    x. f '  x  dx
2
0

0







48

C

2

2

  x. f '  x  dx.
0



Đ i iến: t   x  x   t ; dx   dt.
2
2


Đ i c n: x  0  t 

; x   t  0.

2
2


sin 2017   t 
0
2 
J 
 dt 


2017  
2017  

cos   t   sin   t 
2
2 
2 



2017

2
cos t
cos 2017 x
dt

0 sin 2017 x  cos 2017 x dx  K .
sin 2017 t  cos 2017 t

0
2




2



T có: J  K   dx  x 02 
0

J


.
4


2

.




Do đó







2

  x. f '  x  .dx  I 

4 2 0
Ch n phương án C.


2




4




4

.

Bước 1: Xác định tâm mặt c u ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
G i I là tr ng tâm c a tam giác ABC.
G i M, N l n lượt là trung điểm c a AC, SB.

Ta có: SI   ABC  .

49

C

 O là gi o điểm c a SI v i đường trung trực c a SB trong mặt phẳng (SBM).
Bước 2: Sử dụng các hệ th c lượng trong tam giác tính bán kính mặt c u.
 SAC    ABC   AC

Ta có:  BM  AC
SM  AC

 Góc giữa mặt n (SAC) và đá (ABC) là SMI  600.
a 3
BM a 3
2 BM a 3
Ta có: BM 
; IM 

; BI 

2
3
6
3
3
a
7
SB a 7

SI  IM .tan SMI  ; SB  SI 2  IB 2  a
; SN 

.
2
12
2 2 12

a 7
7
.a
SI SN
SN .SB 2 12
12  7a .

 SO 

Lại có : cos BSI 
a
SB SO
SI
12
2
Bước 3: Tính diện tích mặt c u.

 7a  49 a
V y diện tích mặt c u là : S  4   
(đ.v.d.t).
36
 12 

Cách 1:
Ta có: AB  (1; 2; 2), AD  (2; 2; 1).
 AB  AD và AB  AD.
Hiển nhi n điểm C tồn tại và duy nhất.
2

50

C

Và C  450  DC  2 AB  C  (1;6;4).
Cách 2:

2


Thử trực tiếp bằng cách sử dụng công th c:
CB . CD
cos BCD  cos(CB, CD) 
.
CB . CD
Kiểm tr
đó.

em điểm C ở phương án nào có cos BCD 

1
thì ch n phương án
2