125 đề thi thử THPTQG năm 2017 môn toán chuyên đh vinh lần 3 file word có lời giải

Đề thi thử THPT QG 2017 – Trường ĐH Vinh – Lần 3
Môn : Toán
Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên đoạn [ −1;3] và có đồ thị như hình ve
bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số có hai điểm cực đại là x = −1; x = 2
B. Hàm số có hai điểm cực tiểu là x = 0, x = 3
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , cực đại tại x = 2
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , cực đại tại
x = −1
Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình ve bên.
Biết rằng f ( x ) là một trong bốn hàm số được đưa ra trong
các phương án A, B, C, D dưới đây. Tìm f ( x )
x
A. f ( x ) = e

C. f ( x ) = ln x

e

B. f ( x ) = x π
x

3
D. f ( x ) =  ÷
π

Câu 3: Trong một hình đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của tất cả bao nhiêu mặt?
A. 4

B. 5

C. 2

D. 3

Câu 4: Số giao điểm của đồ thị hai hàm số y = x 3 − 3x 2 + 3x − 1 và y = x 2 − x − 1 là:
A. 2

B. 0

C. 1

D. 3

x
Câu 5: Đạo hàm của hàm số y = log 2 ( e + 1) là

A. y ' =

ex
( ex + 1) ln 2

B. y ' =

2x
( 2x + 1) ln 2

C. y ' =

2 x ln 2
2x + 1

D. y ' =

e x ln 2
ex + 1

Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, đồng biến trên đoạn [ a; b ] . Khẳng định nào sau đây
đúng?
A. Hàm số đã cho có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên khoảng ( a; b )
B. Hàm số đã cho có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ a; b ]
C. Hàm số đã cho có cực trị trên đoạn [ a; b ]
D. Phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc đoạn [ a; b ]

Trang 1


Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình ve bên dưới. Khẳng định nào sau
đây đúng?
x

−∞

0

2

+∞
y'
y

-

+∞

+

0

-

3
-1

−∞

-1

A. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định
B. Giá trị lớn nhất của hàm số là 3
C. Hàm số có một điểm cực trị
D. Hàm số có hai điểm cực trị
1

Câu 8: Tập xác định của hàm số y = ( 1 − 2x ) 3 là
1

A.  −∞; ÷
2


B. ( 0; +∞ )

1

D.  −∞; 
2


C. ¡

Câu 9: Cho z là một số phức tùy ý khác 0. Khẳng định nào sau đây sai?
A. z − z là số ảo

B. z + z là số thực

C. z.z là số thực

D.

z
là số ảo
z

Đáp án
1-C
11-D
21-B
31-A
41-D

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

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

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

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

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Từ đồ thị hàm số ta suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , cực tiểu tại x = 2
Câu 2: Đáp án A
Ta thấy đồ thị hàm số đồng biến nên loại D. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại M ( 0; m ) với
m > 0 nên ta loại B và C

Câu 3: Đáp án C
Trong một hình đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của 2 mặt
Câu 4: Đáp án A
Trang 2


Phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 3x 2 + 3x − 1 = x 2 − x − 1
x = 0
2
⇔ x 3 − 4x 2 + 4x = 0 ⇔ x ( x − 2 ) = 0 ⇔ 
x = 2
Câu 5: Đáp án A
Ta có y ' =

(e

(e

x

x

+ 1) '

+ 1) ln 2

=

ex
( e x + 1) ln 2

Câu 6: Đáp án B
Hàm số y = f ( x ) liên tục, đồng biến trên đoạn [ a; b ] thì hàm số y = f ( x ) có giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ a; b ] .
Câu 7: Đáp án C
Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đạt cực đại tại x = 2 , còn tại điểm x = 0 không phải cực
trị của đồ thị hàm số. Do đó hàm số có một điểm cực trị
Câu 8: Đáp án A
Tập xác định: 1 − 2x > 0 ⇔ x <

1
1

⇒ x ∈  −∞; ÷
2
2


Câu 9: Đáp án D
a + bi )
a 2 − b2
2ab
Giả sử z = a + bi ⇒ z = a − bi ta có z = a + bi = ( 2
=
+ 2
i nên ta chưa thể
2
2
2
a + b a + b2

z a − bi a + b
2

khẳng định được

z
là số ảo.
z

Câu 41: Đáp án D
Đồ thị hàm số y = f ( x ) gồm 2 phần
Phần 1: Lấy phần của (C) nằm trên Ox
Phần 2: Lấy đối xứng phần đồ thị (C) dưới trục Ox qua Ox
Dựa vào đồ thị ta thấy f ( x ) = m có 2 nghiệm khi và chi
khi m > 1 hoặc 0 < m < 1
Câu 42: Đáp án C
 BC ⊥ AB
⇒ AB ⊥ CE
Ta có 
 AB ⊥ SC
CE ⊥ AB
⇒ CE ⊥ ( SAB )
Khi đó 
 CE ⊥ SA
Trang 3


Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: SC2 = SE.SB ⇒

SE SC2

, tương tự
=
SB SB2

SD SC2
=
SE SA 2
1
2 3
Lại cả CA = AC 2 = 2a; VS.ABC = SC.SABC = a
3
3
VS.CDE SE SD SC 2 SC 2 4 4 1
=
=
.
=
=
Khi đó
VS.ABC SB SA SB2 SA 2 6 8 3
1 2
2a 3
Do đó VS.CDE = . a 3 =
.
3 3
9
Câu 43: Đáp án B
2
Giả sử M ( a;a ) suy ra phương trình OM : y = ax
a

 x 2 x3  a a 3 9
2
Khi đó diện tích khu vườn là S = ∫ ( ax − x ) dx =  a − ÷ = = ⇔ a = 3
 2 3 0 6 2
0

Khi đó OM = 3 10
Câu 44: Đáp án A
Áp dụng công thức diện tích tứ diện

(

)

1
· PQ = 30000 ( cm 3 )
VMNPQ = MN, PQ.d ( MNlPQ ) .sin MN;
6
1
⇔ .602.h = 30000 ⇒ h = 50 ( cm )
6
2
3
Khi đó lượng bị cắt bỏ là V = VT − VMNPQ = πr h − 30 = 111, 4dm

Câu 45: Đáp án C

( x − y)
( t − 1) = y ⇔ t 2 y − 1 + 2t y + 1 + 3y − 1 = 0
P

=
(
)
(
)
Ta có = 2
2
2
4 x + 2xy + 3y
( t + 1) + 2
2

2

Để phương trình có nghiệm thì ∆ ' ≥ 0 ⇔ −2y 2 + 6y ≥ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤ 3 ⇒ P ≤ 12
Câu 46: Đáp án D
Dễ dàng viết được phương đường thẳng d :

x −1 y − 2 z + 3
=
=
3
4
−4

Vì B ∈ d ⇔ B ( 3b + 1; 4b + 2; −4b − 3) kết hợp B ∈ ( P ) , thay vào tìm được b = −1 ⇒ B ( −2; −2;1)

Trang 4

Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P), mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến
n P = ( 2; 2; −1) cũng là vecto chi phương của AA’ nên AA ' :
được

A ' ( −3; −2; −1) . Do

điểm

M

luôn

nhìn

x −1 y − 2 z + 3
=
=
, tương tự tìm
2
2
−1

đoạn AB

dưới

góc

900

nên

MA 2 + MB2 = AB2 ⇔ MB2 = AB2 − MA 2 ≤ AB2 − A ' A 2 = A ' B2
 x = −2 + t

Độ dài MB lớn nhất khi M ≡ A ' ⇒ ( MB ) :  y = −2 với t ∈ ¡ . Dò đáp án thấy I ∈ ( MB ) .
 z = 1 + 2t

Câu 47: Đáp án C
Ta có: m =

ex
= f ( x) .
x +1

Xét hàm số f ( x ) ta có: f ' ( x ) =

xe x

( x + 1)

2

→ f '( x ) = 0 ⇔ x = 0 ⇒ f ( 0) = 1

f ( x ) = +∞, lim+ f ( x ) = −∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = −1
Đồng thời: xlim
→−1+
x →−1
f ( x ) = +∞, lim f ( x ) = 0 ⇒ tiệm cận ngang y = 0

Lại có: xlim
→+∞
x →−∞
x
Số nghiệm của phương trình e = m ( x + 1) là số điểm chung giữa đường thẳng y = m và đồ

thị hàm số y = f ( x ) . Dựa vào bảng biến thiên hàm số y = f ( x ) , m < 0 và m = 1 là giá trị cần
tìm.
Câu 48: Đáp án B
Dựng hệ trục tọa độ Oxy (hình vẽ khó, các em tự vẽ nhé). Gọi S(x) là diện
tích

thiết

diện

do

mặt

phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt phẳng này cắt
trục Ox tại điểm có hoành độ h ≥ x ≥ 0 . Ta có:

( h − x ) R , vì thiết diện này là nửa đường tròn bán kính
r h−x
=
⇔r=
R
h
h

r ⇒ S( x ) =

2
πr 2 π ( h − x ) R
=
2
2h 2
2

h

Thể tích lượng nước chứa trong bình là V = ∫ S ( x ) dx =
0

Trang 5

10

9π
2
( 10 − x ) dx
∫
200 0


=

10
9π
9π  x 3

2
2  10
3
x
+
100
−
20x
dx
=
(
)
 + 200x − 10x ÷ = 60π ( cm )
∫
0
200 0
200  3


Câu 49: Đáp án B
Gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Dễ dàng chứng minh (DMC)
và (ANB) là lần lượt mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB và CD ⇒ Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD là I nằm trên đường thẳng MN. Tính được
MN = DM 2 − DN 2 = DB2 − BM 2 − DN 2 = 3a
 BI 2 = AI 2 = BM 2 + BI 2 = 4a 2 + x 2
Đặt MI = x ≥ 0 ⇒  2
2
2
2

2
2
DI = CI = DN + IN = 9a + ( 3a ± x )
⇔ 4a 2 + x 2 = 9a 2 + ( 3a ± x ) ⇔ x =
2

7a
a 85
⇒ R = BI =
3
3

Câu 50: Đáp án A
Giả sử u = a + bi với a, b ∈ ¡ . Từ giả thiết đầu bài z − w = 2 z = w . Ta có hệ sau:

z 1
=
1
 2
 u =
2
w
2
3
1
2

 a +b = 4
⇔
⇒ ( a + 1) − a 2 = 2a + 1 = ⇔ a = −


4
8
 z − w = u −1
( a + 1) 2 + b 2 = 1

 w


Trang 6