79 đề thi thử THPT QG môn toán năm 2017 trường ngô gia tự vĩnh phúc lần 3 file word có lời giải

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

KÌ THI KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN III
NĂM HỌC 2016 - 2017
Đề thi môn: Toán học
Mã đề thi: 132
Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm 50 trắc nghiệm)
Câu 1: Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x − 3) + log 2 x ≥ 2 .
A. ( 3; +∞ ) .

B. ( −∞; −1] ∪ [ 4; +∞ ) . C. [ 4; +∞ ) .

D. ( 3; 4] .

Câu 2: Cho hàm số y = − x 4 − 2 x 2 + 3 . Tìm khẳng định sai?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;0) .

C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; +∞) .

Câu 3: Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 2 có đồ thị ( C ) . Gọi d là đường thẳng đi qua A ( 3; 20 ) và
có hệ số góc m . Giá trị của m để đường thẳng d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt là
A. m ≥

15
.

4

B. m >

15
, m ≠ 24 .
4

C. m <

15
, m ≠ 24 .
4

D. m <

15
.
4

Câu 4: Hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh AB = a , BC = 2a ,
chiều cao SA = a 6 . Thể tích khối chóp là
A. V =

a3 2
.
2

B. V =

a3 6
.
3

C. V =

a2 2
.
2

D. V = 2a 3 6 .

Câu 5: Điều kiện của tham số m để đồ thị của hàm số y = 2 x 3 − 6 x + 2m cắt trục hoành tại ít
nhất hai điểm phân biệt là
 m ≤ −2
A. 
.
m ≥ 2

B. m = ±2 .

C. −2 < m < 2 .

D. −2 ≤ m ≤ 2 .

Câu 6: Trong không gian với hệ trục Oxyz , mặt phẳng ( Q ) đi qua ba điểm không thẳng
hàng M (2; 2;0) , N ( 2;0;3) , P ( 0;3;3) có phương trình:
A. 9 x + 6 y + 4 z − 30 = 0

B. 9 x − 6 y + 4 z − 6 = 0

C. −9 x − 6 y − 4 z − 30 = 0

D. −9 x + 6 y − 4 z − 6 = 0

Câu 7: Một đoàn tàu chuyển động thẳng khởi hành từ một nhà ga. Quãng đường s ( mét ) đi
được của đoàn tàu là một hàm số của thời gian t ( giây ) , hàm số đó là s = 6t 2 – t 3 . Thời điểm
t ( giây ) mà tại đó vận tốc v ( m /s ) của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là
A. t = 4s .
Trang 1

B. t = 2s .

C. t = 6 s .

D. t = 8s .


1 3
Câu 8: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x + mx đồng biến trên
3

( −∞; +∞ ) ?
A. m ∈ ( −∞; +∞ ) .

B. m ≤ 0 .

C. m ≥ 0 .

D. m = 0 .

Câu 9: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 9 x − 2m.3x + 2m = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho x1 + x2 = 3 là
3
A. m = − .
2

Trang 2

B. m =

27
.
2

C. m = 3 3 .

D. m =

9
.
2


Đáp án
1-C
11-D
21-D
31-A
41-D

2-C
12-A
22-C
32-C
42-A

3-B
13-B
23-D
33-A
43-D

4-A
14-A
24-C
34-B
44-C

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

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

7-B
17-C
27-C
37-A
47-C

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Điều kiện: x > 3 .
x ≥ 4
2

Phương trình đã cho ⇔ log 2 x ( x − 3) ≥ 2 ⇔ x( x − 3) ≥ 4 ⇔ x − 3 x − 4 ≥ 0 ⇔ 
 x ≤ −1
Kết hợp điều kiện được: x ≥ 4 . Nên tập nghiệm bất phương trình [ 4;+∞ )
Câu 2: Đáp án C
Tập xác định: D = ¡
y′ = −4 x 3 − 4 x = −4 x( x 2 + 1) ; y′ = 0 ⇔ x = 0
Bảng biến thiên

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 0
Câu 3: Đáp án B
Đường thẳng d : y = m ( x − 3) + 20
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x = 3
x 3 − 3 x + 2 = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 6 − m ) = 0 ⇔ 
2
 g ( x ) = x + 3x + 6 − m = 0
Để d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình g ( x ) = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt
15

∆ = 4m − 15 > 0
m >
⇔
x≠3 ⇔
4
 g ( 3) = 24 − m ≠ 0
m ≠ 24
Câu 4: Đáp án A

Trang 3

S

Xét tam giác vuông ABC có AC = BC 2 − AB 2 = a 3
Nên
1
1
1
1
VS . ABC = SA.S ABC = .SA. AB. AC = .SA. AB. AC
3
3
2
6
3
1
a 2
= a 6.a.a 3 =
6
2

a 6
C

A
a

Câu 5: Đáp án D

2a

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 x3 − 6 x + 2m = 0 ⇔ 2 x 3 − 6 x = −2m

(*)

B

3
2
Đặt f ( x ) = 2 x − 6 x ; f ′ ( x ) = 6 x − 6 x ; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = ±1 .

Bảng biến thiên

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số f ( x ) và đồ thị hàm
số y = −2m .
Nhìn

vào

bảng

biến

thiên,

để

phương

trình

có

ít

nhất

2

nghiệm

−4 ≤ −2m ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
Câu 6: Đáp án A
uuuu
r
 MN = ( 0; − 2;3)
uuuu
r uuur
• Cặp véctơ chỉ phương  uuur
⇒ véctơ pháp tuyến  MN , MP  = ( −9; − 6; − 4 )
 MP = ( −2;1;3)
• Vậy PT mp ( Q ) : −9 ( x − 2 ) − 6 ( y − 2 ) − 4 z = 0 ⇔9 x + 6 y + 4 z − 30 = 0
Câu 7: Đáp án B
• Hàm số vận tốc là v = s′ ( t ) = −3t 2 + 12t , có GTLN là vmax = 12 tại t = 2
Câu 8: Đáp án C
• y′ = x 2 + m
• Hàm số đồng biến trên ( −∞; +∞ ) ⇔ x 2 + m ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; + ∞ ) ⇔ m ≥ 0
Câu 9: Đáp án B
t > 0
• Đặt t = 3x , t > 0 . PT trở thành  2

t − 2mt + 2m = 0 (2)

Trang 4

thì


• PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho x1 + x2 = 3 ⇔ PT(2) có hai nghiệm

dương phân biệt t1 , t2 thoả t1.t2 = 27 (vì 3

x1 + x2

 ∆′ > 0
27

= 3 ⇔ t1.t2 = 27 ) ⇔  S > 0 ⇔ m =
2
 P = 27

3

x

Đặt t = 3 2 ( t > 0 ) . Phương trình đã cho được viết lại
 2x
3 =5
 x = 2 log 3 5
 x = log 3 25
t = 5

t 2 − 8t + 15 = 0 ⇔ 
⇔  x
⇔
⇔
t = 3
x = 2
x = 2
3 2 = 3
Câu 33: Đáp án A

Xét phương trình hoành độ giao điểm của các đường. Ta có:
•

2x = − x + 3 ⇔ x = 1

•

2x = 1 ⇔ x = 0

•

−x + 3 = 1 ⇔ x = 2
1

2

 2x
  − x2

1 1

− x÷ +
+ 2x ÷ =
−
Diện tích cần tìm là: S = ∫ ( 2 − 1) dx + ∫ ( − x + 3 − 1) dx = 
 ln 2
0  2
 1 ln 2 2
0
1
1

2

x

Câu 34: Đáp án B

Trang 5


O′

I

O

H

B

A

Dựng OH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( OIH ) ⇒ ( OIH ) ⊥ ( IAB )
⇒ IH là hình chiếu của OI lên ( IAB )

·
Theo bài ta được OIH
= 30°
Xét tam giác vuông OIH vuông tại O ⇒ OH = OI tan 30° =
Xét tam giác OHA vuông tại H ⇒ AH = OA2 − OH 2 =

R 3
3

R 6
2R 6
⇒ AB =
3
3

Câu 35: Đáp án D
2
Ta có y ′ = 6 x + 6 ( m − 1) x + 6 ( m − 2 )
2
Hàm số nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ x + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b )

∆ = m 2 − 6m + 9
2
TH1: ∆ ≤ 0 ⇒ x + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ Vô lí

TH2: ∆ > 0 ⇔ m ≠ 3 ⇒ y ′ có hai nghiệm x1 , x2 ( x2 > x1 )
⇒ Hàm số luôn nghịch biến trên ( x1 ; x2 ) .
Yêu cầu đề bài:
⇔ x2 − x1 > 3 ⇔ ( x2 − x1 ) > 9 ⇔ S 2 − 4 P > 9
2

m > 6
2
⇔ ( m − 1) − 4 ( m − 2 ) > 9 ⇔ m 2 − 6m > 0 ⇔ 
m < 0
Câu 36: Đáp án A

S

Hai mặt bên ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông
góc với đáy suy ra SA ⊥ ( ABCD ) .
·
= 60°
( SB, ( ABCD ) ) = ( SB, AB ) = SBA
Do đó:
Trang 6

A
B

D
C


Đường cao SA = AB tan 60° = a 3

Diện tích đáy S ABCD = AB.BC = AB. AC 2 − AB 2 = a. 25a 2 − a 2 = 2a 2 6
1
1
2
3
Thể tích V = SA.S ABCD = a 3.2a 6 = 2a 2
3
3
Câu 37: Đáp án A
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua O ( 0;0;0 ) và vuông góc với ( P ) .
x = t

Phương trình đường thẳng ∆ :  y = −2t .
 z = 2t

Tọa độ điểm H là nghiệm ( x; y; z ) của hệ phương trình
x = t
 x = −1
 y = −2t
y = 2


⇔
⇒ H ( −1; 2; −2 )

 z = 2t
 z = −2
 x − 2 y + 2 z + 9 = 0
t = −1
Câu 38: Đáp án A

S

M

A
D

B
O

C

Giả sử hình chóp có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Khi đó, BD = a 2 .
Tam giác SBD vuông cân tại S nên SD = SB = a và SO =

BD a 2
.
=
2
2

Suy ra các tam giác SCD, SAD là các tam giác đều cạnh a và SD ⊥ ( MAC ) tại M .
1
a3 2
Thể tích khối chóp là V = .SO.S ABCD =
3
6
Mà

a3 2

2
=
⇒ a =1
6
6

Vì O là trung điểm BD nên d ( B, ( MAC ) ) = d ( D, ( MAC ) ) = DM =

Trang 7

1
.
2


Câu 39: Đáp án D
Khối lập phương có thể tích bằng 1 có độ dài các cạnh bằng 1. Suy ra bán kính khối cầu
2
1 2
3
4
π 3
. Thể tích khối cầu là V = π R 3 =
.
1 + 2 =
2
2
3
2

ngoại tiếp khối lập phương R =
Câu 40: Đáp án C

Chiều cao hình nón là h = 442 − 402 = 4 21 .
1
1
2
2
Thể tích khối nón là V = π R h = π .40 .4 21 ≈ 30712, 71 .
3
3
Câu 41: Đáp án D
Ta có: y′ =

x2 + 2x − 3

( x + 1)

2

 x = 1 ∈ [0;3]
xác định trên ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ ) . Cho y′ = 0 ⇔ 
 x = −3 ∉ [0;3]

Tính: f ( 0 ) = 0; f ( 1) = −1; f ( 3) = 0 nên hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 tại x = 0; x = 3 .
Câu 42: Đáp án A
Diện tích xung quanh của một cái cột được tính bởi công thức: S xq = 2π Rh
Tổng diện tích xung quanh của 10 cái cột là: 4. ( 2π .0, 2.4, 2 ) + 6. ( 2π .0,13.4, 2 ) = 13, 272π
Tổng số tiền cần chi là: 13, 272π × 380.000 ≈ 15.844.000 . (Đáp án gần nhất với số nào).
Câu 43: Đáp án D

Đặt t = 1 + cos x ⇒ t 2 = 1 + cos x ⇒ 2tdt = − sin xdx .
π
Đổi cận: khi x = 0 ⇒ t = 2; x = ⇒ t = 1
2
π
2

Khi đó: I = 2sin x cos x dx =
∫0 1 + cos x

1

∫

2

−4t ( t 2 − 1)
t

2

2

dx = 4 ∫ ( t 2 − 1) dt = 4 ∫ ( x 2 − 1) dx
1

1

Câu 44: Đáp án C
Mặt cầu có phương trình tổng quát là: x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

Xét vị trí tương ứng ta có tâm là I ( 2; −1; −3) và bán kính là R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 4
Câu 45: Đáp án A
uuuu
r
Ta có: MN = ( 1; −1;1)

uuuu
r
Đường thẳng qua hai điểm M , N có vectơ chỉ phương là vectơ MN nên có phương trình là:
x−2 y −3 z −4
x −3 y − 2 z −5
d:
=
=
=
=
hoặc d :
1
−1
1
1
−1
1
Câu 46: Đáp án D
Trang 8


 x = −1 + t

Đường thẳng ( ∆ ) có phương trình tham số  y = 2 − 2t .

z = t

 x = −1 + t
t = −2
 y = 2 − 2t
 x = −3


⇔
⇒ M ( − 3;6;−2 ) .
Tọa độ giao điểm của (P ) và ∆ thỏa mãn hệ 
z = t
y = 6
2 x + y − z − 2 = 0
 z = −2
Vậy a + b + c = 1.
Câu 47: Đáp án C
Ta có: ( Q ) : 2 x + 2 y − z − 4 = 0 ⇔

x y z
+ − = 1 ⇒ M ( 2;0;0) ; N ( 0;2;0 ) ; P ( 0;0;−4 ) .
2 2 4

x = 0

Đường thẳng qua 2 điểm NP có phương trình tham số  y = 2 + t .
 z = 2t

Gọi H là chân đường cao từ M của ∆ABC ta có:
uuuur 

 H ( 0; 2 + t ; 2t )
2
8 4
5 uuuur
⇒ t = − ⇒ MH =  −2; ; − ÷⇒ − MH = ( 5; −4; 2 ) .
 uuuur uuur
5
5 5
2

 MH .NP = 0
Câu 48: Đáp án D
Ta có: 5

2 x +1

 x = log 5 2
5 x = 2
− 13.5 + 6 = 0 ⇔ 5.5 − 13.5 + 6 = 0 ⇔  x 3 ⇔ 
 x = log 5  3  = log 5 3 − 1 .
5 =


5
5
x

2x

x

Vậy x1 + x 2 = −1 + log 5 3 + log 5 2 = −1 + log 5 6 .
Câu 49: Đáp án B
Ta có: y′ = 2 +

2
> 0 ⇒ hàm số đồng biến trên [ − 3;6] .
6− x

y = f (6) = 12 và m = min y = f ( −3) = −18 ⇒ M + m = −6.
Suy ra M =[ −max
[ −3;6]
3;6]
Câu 50: Đáp án B
Đặt t = 1 + 3cos x ⇒ t 2 = 1 + 3cos x ⇒ 2tdt = −3sin xdx.
Đổi cận: + Với x = 0 ⇒ t = 2
+ Với x = a ⇒ t = 1 + 3 cos a = A.
a

Khi đó

∫
0

Trang 9

2

2

sin x
2
2
2
2
dx = ∫ dt = t = ( 2 − A ) = ⇔ A = 1 ⇒ 1 + 3cos a = 1 ⇒ cos a = 0
3
3 A 3
3
1 + 3cos x
A


⇒a=

k = 0
1
3
π
π
 π π
+ kπ ( k ∈ ¢ ) . Do a ∈  ; 2π  ⇒ ≤ + kπ ≤ 2π ⇔ − ≤ k ≤ ⇒ 
.
4 2
4
2
2
4

k = 1

Bình luận bài 50: Khi cho a =

π
+ π thì tích phân không xác định vì mẫu thức không xác
2

định (trong căn bị âm). Vậy đáp án phải là B, nghĩa là chỉ chấp nhận a =

Trang 10

π
.
2