thpt luc ngan 3 bac giang nam 2017 lan 1 co loi giai file word

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 3
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán 12
Thời gian: 90 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: Tính đạo hàm của hàm số : y = 2016x
A. y ' = x.2016 x −1

B. y ' = 2016x

C. y ' = 2016x.ln 2016 D. y =

2016 x
ln 2016

Câu 2: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. OA = 3, OB = 4, OC = 5 .
Tính khoảng cách từ O đến (ABC)?
60
769

A.

60
469

B.

(

Câu 3: Tìm m để phương trình 4 log 2 x
A. 0 < m ≤

1
4

)

2

12
61

D.

− log 1 x + m = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1).
2

1
4

B. m ≤

30
91

C.

C. −1 ≤ m ≤

1
4

D. m <

1
4

Câu 4: Phương trình 8.3x + 3.2 x = 24 + 6 x có tổng các nghiệm bằng:
A. 6

B. 4

C. 2

Câu 5: Số nghiệm của phương trình 22x
A. 0

2

−7 x +5

D. 3

= 1 là:

B. 1

C. 3

D. 2

3
2
2
Câu 6: Hàm số f ( x ) = x − 2mx + m x − 2 đạt cực đại tại x = 1 khi và chỉ khi

B. m ∈ { −1; −3}

A. m = 3

C. m ∈ { 1;3}

D. m = 1

2
Câu 7: Tổng các nghiệm của phương trình: log 3 x − log 3 ( 9x ) + 2 = 0 là

A. 3

B. 0

C. 4

D. 10

Câu 8: Cho khối tứ diện đều có cạnh bằng a. Chiều cao của tứ diện đó là

A.

a 6
3

B.

Câu 9: Phương trình 3x

2

− 2x −3

a 6
6
+ 3x

2

−3x + 2

C.
= 32x

2

−5x −1

a 3
3

D.

a 3
2

+1

A. Có ba nghiệm thực phân biệt.

B. Có bốn nghiệm thực phân biệt.

C. Vô nghiệm

D. Có hai nghiệm thực phân biệt.
Đáp án

1C

2A

Trang 1

3B

4B

5D

6A

7C

8A

9B

10C


11A
21B
31C
41B

12D
22D
32D
42B

Trang 2

13A
23A
33B
43C

14C
24D
34D

44B

15D
25A
35A
45D

16C
26C
36B
46B

17A
27D
37A
47B

18A
28B
38B
48C

19A
29D
39A
49C

20B
30D
40A

50C


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Đạo hàm của hàm số y = a x là y ' = a x .lna (với a = e thì ln a = 1 )
Với y = 2016 x thì y ' = 2016x.ln 2016
Câu 2: Đáp án A
– Phương pháp
Với hình chóp OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc thì khoảng cách h từ O đến mặt
phẳng (ABC) được tính theo công thức

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
h
OA OB OC2

– Cách giải
Khoảng cách h từ O đến mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
1
1
1

1
769
60
=
+
+
=
⇒h=
2
2
2
2
h
OA OB OC
3600
769
Câu 3: Đáp án B
– Phương pháp:
Tìm m để phương trình ẩn x tham số m có nghiệm thuộc khoảng K
+ Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f(x)
+ Vẽ đồ thị (hoặc bảng biến thiên) của y = f(x) trên K
+ Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) trên K.
– Cách giải
Phương trình đã cho tương đương với

(

4 log 2 x

)

2

(

− log 1 x + m = 0 ⇔ 2 log 2 x
2

)

2

+ log 2 x + m = 0 ⇔ log 22 x + log 2 x + m = 0

2
Đặt t = log 2 x . Ta có x ∈ ( 0;1) ⇔ t ∈ ( −∞;0 ) , phương trình đã cho trở thành m = − t − t ( *)

1
2
Xét f ( t ) = − t − t trên ( −∞;0 ) . Có f ' ( t ) = −2t − 1 = 0 ⇔ t = − . Bảng biến thiên:
2
x

−∞

y'
y

+

−∞

Trang 3

1
2
0
1
4

−

0
−

0


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thuộc (0;1) khi và chỉ
khi phương trình (*) có nghiệm thuộc ( −∞;0 ) ⇔ m ≤

1
4

Câu 4: Đáp án B
– Phương pháp
Với phương trình có chứa cả a x , b x , ( ab ) và hệ số tự do, chú ý thử phân tích thành nhân tử
x

– Cách giải

Phương trình đã cho tương đương với

( 8.3

x

− 24 ) + ( 3.2 x − 6 x ) = 0 ⇔ 8 ( 3x − 3) − 2 x ( 3x − 3) = 0 ⇔ ( 8 − 2 x ) ( 3x − 3 ) = 0

3x = 3
x = 1
⇔ x
⇔
x = 3
2 = 8
Tổng các nghiệm của phương trình bằng 4
Câu 5: Đáp án D
2

2x 2 − 7x + 5

x = 1
= 1 ⇔ 2x − 7x + 5 = 0 ⇔ 
. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x = 5

2
2

Câu 6: Đáp án A
– Phương pháp

Hàm số bậc 3 có hệ số x 3 dương và có 2 cực trị thì điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu,
ngược lại với hệ số x 3 âm.
– Cách giải
x = m
Có f ' ( x ) = 3x − 4mx + m = 0 ⇔ 
. Để hàm số có 2 cực trị thì m ≠ 0 . Hai điểm cực
x = m
3

2

2

trị của hàm số cùng dấu, do đó để hàm số có cực đại tại x = 1 thì m > 0 , khi đó
hệ số của x 3 là dương nên điểm cực đại của hàm số là x =
Câu 7: Đáp án C
Phương trình đã cho tương đương với
log 32 x − ( 2 + log 3 x ) + 2 = 0 ⇔ log 32 x − log 3 x = 0

Trang 4

m
=1⇔ m = 3
3

m
< m . Mà
3

log 3 x = 0
x = 1
⇔
⇔
x = 3
log 3 x = 1
Tổng các nghiệm bằng 4
Câu 8: Đáp án A
– Phương pháp
Nhớ: Thể tích và diện tích một mặt của tứ diện đều cạnh a lần lượt V =

a3 2
a2 3
,S =
12
4

(diện tích tam giác đều cạnh a).
– Cách giải
Chiều cao tứ diện đều cạnh a là h =

3V a 2 a 6
=
=
S
3
3

Câu 9: Đáp án B
– Phương pháp

Phương trình chứa a f ( x ) , a g( x ) , a f ( x ) +g ( x ) và hệ số tự do: Phân tích thành nhân tử
– Cách giải
Đặt u = 3x

2

− 2x −3

; v = 3x

2

−3x + 2

(x

⇒ uv = 3

2

) (

− 2x −3 + x 2 −3x + 2

) = 32x

thành
u + v = uv + 1 ⇔ uv − u − v + 1 = 0 ⇔ ( v − 1) ( u − 1) = 0
 u = 1 3
⇔

⇔ 2
 v = 1 3x −3x + 2

x 2 − 2x − 3

 x = −1
x = 3
= 1  x − 2x − 3 = 0
⇔ 2
⇔
x = 1
x
−
3x
+
2
=
0
=1 

x = 2
2

Phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt
Câu 10: Đáp án C
BC = AC 2 − AB2 = a 2
SA = SB2 − AB2 = 2a
1
1
a3 2

VS.ABC = SA.SABC = SA.AB.BC =
3
6
3
Câu 11: Đáp án A
Vì ∆A ' AC vuông cân và ABCD là hình vuông nên
AC = A ' A =
Trang 5

A 'C
a
=
2
2

2

−5x −1

,

phương trình đã cho trở


AB = BC =

AC a
=
2 2

VABCD.A 'B'C'D ' = AB.BC.AA' =

2a 3
8

Câu 12: Đáp án D
·
Ta có góc SCA
= 450 nên ∆SAC vuông cân tại A
SA = AC = AB2 + BC 2 = 5a
1
1
VS.ABCD = SA.SABCD = SA.AB.BC = 20a 3
3
3
Câu 13: Đáp án A
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, AN
Ta có A ' M ⊥ ( ABC ) , BN ⊥ AC, MP ⊥ AC
Vì AC ⊥ MP, AC ⊥ A ' M nên AC ⊥ ( A ' PM )
·
Suy ra góc giữa (ACC’A’) và (ABC) là góc MPA
' = 450
Suy ra ∆MPA ' vuông cân tại M. Ta có
a 3
a2 3
BN =
;SABC =
2
4
A ' M = MP =

BN a 3
=
2
4

VABC.A'B'C' = SABC .A'M =

3a 3
16

Câu 14: Đáp án C
m

– Phương pháp: Sử dụng các công thức

n

a m = a n ( a > 0 ) , log a m b n =

7
7
7
3 7
- Cách giải: log 1 a = log a −1 a 3 = − log a a = −
3
3
a

Câu 15: Đáp án D

Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm BO. Có HM / / AO ⇒ HM ⊥ BD

Trang 6

n
.log a b
m


Vì HK / /BD nên d ( HK,SD ) = d ( HK; ( SBD ) ) = d ( H; ( SBD ) )
Vẽ HI ⊥ SM tại I thì HI ⊥ ( SBD )
a
a 5
HA = ; HD = HA 2 + AD 2 =
2
2
SH = SD 2 − HD 2 = a 3
HM =

AO AC a 2
=
=
2
4
4

1
1
1
a 3

=
+
⇒ d ( HK;SD ) = HI =
2
2
2
HI
HS HM
5
Câu 16: Đáp án C
– Phương pháp: Đưa về cùng cơ số
– Cách giải
Phương trình đã cho tương đương với
log 2 ( 2x + 2 ) = 1 − log 1 ( 9x − 1) ⇔ log 2 ( 2x + 2 ) = 1 + log 2 ( 9x − 1) ⇔ log 2 ( 2x + 2 ) = log 2 ( 18x − 2 )
2

2

2

2

x = 1
 x ≠ −1
2
⇔
⇔ 2x − 5x + 3 = 0 ⇔ 
2
x = 3
2x

+
2
=
18x
−
2
)
(

2
Tìm khoảng đồng biến nghịch biến của hàm số bậc ba: Xét dấu của y’
– Cách giải
Có y ' = x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −1
y ' > 0 ⇔ x > 2 hoặc x < −1; y ' < 0 ⇔ −1 < x < 2
Hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) và ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1; 2 )
Câu 28: Đáp án B
– Phương pháp
Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [a;b]
+ Tính y’, tìm các nghiệm x1 , x 2 … thuộc [a;b] của phương trình y ' = 0
+ Tính y ( a ) , y ( b ) , y ( x1 ) , y ( x 2 ) ,...
+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số
trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b]
– Cách giải
Trang 7


Có y ' = x 2 + 4x + 3 = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = −3
16
16
16

; y ( −3) = −4; y ( −1) = − ; y ( 0 ) = −4 ⇒ M = −4; m = −
3
3
3

y ( −4 ) = −

⇒M+m=−

28
3

Câu 29: Đáp án D
– Phương pháp:
Xác định nhanh số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
Đồ thị hàm số y =

f ( x)
g( x)

f ( x)
có số tiệm cận đứng bằng số các số các nghiệm của g(x) mà không
g( x)

phải là nghiệm của f(x)
Đồ thị hàm số y =

f ( x)
có 1 tiệm cận ngang nếu bậc của đa thức f(x) nhỏ hơn hoặc bằng
g( x)

bậc của đa thức g(x), nếu bậc của f(x) lớn hơn thì không có tiệm cận ngang
– Cách giải
Xét hàm số y =

x−4
2
với f ( x ) = x − 4;g ( x ) = x − 16 . Bậc f(x) bằng 1, nhỏ hơn bậc của
2
x − 16

g(x) (bằng 2) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y = 0
g(x) có 2 nghiệm x = 4 và x = −4 nhưng chỉ có 1 nghiệm x = −4 không phải là nghiệm của
f(x) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng
Tất cả có 2 tiệm cận
Câu 30: Đáp án D
– Lý thuyết
Điều kiện xác định của hàm mũ y = f ( x ) 

a

+ f ( x ) ∈ ¡ với a ∈ ¥ *
+ f ( x ) ≠ 0 với a nguyên không dương
+ f ( x ) > 0 với a không nguyên
– Cách giải
Điều kiện xác định của hàm số đã cho là x 2 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±1
Tập xác định: D = ¡ \ { ±1}
Câu 31: Đáp án C
Trang 8

– Phương pháp: Đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đồ thị hàm số y = g ( x ) tại 2 điểm phân biệt khi
và chỉ khi phương trình f ( x ) = g ( x ) có 2 nghiệm phân biệt
– Cách giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số
x
 x ≠ 1
= −x + m ⇔ 
⇔ x 2 − mx + m = 0 ( *)
x −1
 x = ( − x + m ) ( x − 1)
Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
m > 4
⇔ ∆ = m 2 − 4m > 0 ⇔ m ( m − 4 ) > 0 ⇔ 
m < 0
Câu 32: Đáp án D
– Công thức: Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó
Dựa vào công thức trên, ta có V = 2.3.6 = 36cm3
Câu 33: Đáp án B
– Công thức: Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay: Sxq = πrl = πr r 2 + h 2 với r, l, h
lần lượt là bán kính đáy, đường sinh và đường cao hình nón
Áp dụng công thức trên có Sxq = π.25 252 + 202 = 125π 41 ( cm 2 )
Câu 34: Đáp án D
– Phương pháp
Giải phương trình f ( x ) = log a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) > 0
– Cách giải
Phương trình đã cho tương đương với x 2 − x − 5 = 2x + 5 > 0
5

x>−

5


2
x = 5
x > −

⇔
⇔
⇔
2
x =5
 x = −2
 x 2 − 3x − 10 = 0



  x = −2
Tổng hai nghiệm là 3
Câu 35: Đáp án A
– Phương pháp
k
Đưa về logarit cùng cơ số bằng công thức k log a b = log a b , chú ý điều kiện xác định.

– Cách giải
Điều kiện: x > 0, x ≠ 1 . Phương trình đã cho tương đương với
Trang 9


log 8 ( 4x 2 ) + log 8 ( x − 1) =

2

4
4
2
2
2
⇔ log 8  4x 2 ( x − 1)  = ⇔ 4x 2 ( x − 1) = 16 ⇔ x 2 ( x − 1) = 4

 3
3

 x ( x − 1) = 2
x2 − x − 2 = 0
x = 2
⇔
⇔ 2
⇔
 x − x + 2 = 0 ( VN )
 x ( x − 1) = −2
 x = −1 ( L )
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm
Câu 36: Đáp án B
– Phương pháp
Đồ thị hàm số bậc ba có dạng chữ N xuôi hoặc ngược, nếu y → +∞ khi x → +∞ thì hệ số
của x 3 dương và ngược lại.
– Cách giải
Dựa vào đồ thị hàm số và các đáp án, ta thấy đồ thị hàm số đã cho là của hàm số bậc 3 với hệ
số x 3 dương => Loại A, D
Đồ thị hàm số đi qua điểm ( −1; 2 ) nên chỉ có đáp án B thỏa mãn

Câu 37: Đáp án A
– Phương pháp
Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [a;b]
+ Tính y’, tìm các nghiệm x1 , x 2 … thuộc [a;b] của phương trình y ' = 0
+ Tính y ( a ) , y ( b ) , y ( x1 ) , y ( x 2 ) ,...
+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số
trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b]
– Cách giải
2
x
2
x
Với x ∈ [ 0;3] ta có y ' = ( x − 2x − 2 + 2x − 2 ) e = 0 ⇔ ( x − 4 ) e = 0 ⇔ x = 2
2
3
Có y ( 0 ) = −2; y ( 2 ) = −2e ; y ( 3) = e nên GTLN, GTNN của hàm số đã cho trên [0;3] lần

lượt là e3 và −2e 2
Tích của chúng là −2e5
Câu 38: Đáp án B
– Lý thuyết: Tập xác định của hàm số y = log a f ( x ) là tập các số x sao cho f ( x ) > 0
– Cách giải
Có 2x + 1 > 0 ⇔ x > −
Câu 39: Đáp án A
Trang 10

1
nên tập xác định của hàm số đã cho là
2

 1

 − ; +∞ ÷
 2



– Phương pháp: Giải phương trình chứa cả

(

a −b

)

x

và

(

a +b

)

x

với a − b 2 = 1 : Đặt một

trong hai lũy thừa làm ẩn phụ

– Cách giải
Vì

(

)(
x

2 −1

)

x

2 + 1 = 1 nên đặt t =

(

)

x

2 −1 > 0 ⇒

(

)

x

2 +1 =

1
t

t = 2 −1 x = 1
1
2
⇒
Phương trình đã cho trở thành 1 + − 2 2 = 0 ⇔ t − 2 2t + 1 = 0 ⇔ 
t
 t = 2 + 1  x = −1
Tích các nghiệm bằng –1
Câu 40: Đáp án A
– Phương pháp: Sử dụng trực tiếp máy tính Casio để tính biểu thức
80
27

Kết quả: −

Câu 41: Đáp án B
– Tính chất
Đồ thị hàm số y =

ngang y =

ax + b
d
với, a, c ≠ 0, ad ≠ bc nên có tiệm cận đứng x = − và tiệm cận
cx + d

c

a
.
c

- Giải
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng x =

1
và tiệm cận ngang y = 1
2

Câu 42: Đáp án B
Diện tích tam giác ABC đều, cạnh a là SABC =

a2 3
4

∆AA 'B vuông ở A nên
AA ' = A ' B2 − AB2 = a
VABC.A 'B'C' = AA '.SABC

a3 3
=
4

Câu 43: Đáp án C
– Phương pháp
Đưa hàm số về dạng y = a +

– Cách giải
Trang 11

k
để đánh giá
b cos x + c


Có y = 2 +

−5
5
≤ 5 ⇒ y ≥ −3
. Vì cos x ≥ −1 ⇒ cos x + 2 ≥ 1 > 0 ⇒
cos x + 2
cos x + 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ cos x = −1
Câu 44: Đáp án B
– Phương pháp: Điều kiện để hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất đồng biến trên mỗi
khoảng xác định là y ' > 0, ∀x ∈ D
– Cách giải
Điều kiện cần tìm là y ' =

−1 − m

( x − 1)

2

> 0 ⇔ −1 − m > 0 ⇔ m < −1

Câu 45: Đáp án D
– Phương pháp: Tính y’ và giải phương trình y ' = 0
Nếu hàm số bậc 3 có y ' ≤ 0, ∀x ∈ ¡ thì hàm số nghịch biến trên ¡
– Cách giải
2
2
Có y ' = −3x + 6x − 3 = −3 ( x − 2x + 1) = −3 ( x − 1) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ nên hàm số đã cho nghịch
2

biến trên tập xác định (tập ¡ )
Câu 46: Đáp án B
– Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hợp, chú ý điều kiện
– Cách giải
Điều kiện : 0 < x < 4
Có: y ' =

4 − 2x
nên f ' ( 2 ) = 0;f ( −1) , f ' ( 5 ) không tồn tại
4x − x 2

Câu 47: Đáp án B
Điều kiện: x 2 − 5x + 6 > 0 ⇔ x > 3 hoặc x < 2

( x − 2 ) log 0,5 ( x 2 − 5x + 6 ) + 1 = 0
x = 2 ( L )
x = 1
⇔
⇔ x 2 − 5x + 6 = 2 ⇔ x 2 − 5x + 4 = 0 ⇔ 

2
log 0,5 ( x − 5x + 6 ) = −1
x = 4
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
Câu 48: Đáp án C
– Công thức: Số tiền gửi ban đầu là A đồng, thể thức lãi kép r % một kì hạn (tháng, quý, năm,
n

r 

...) thì sau n kì hạn số tiền người đó có là A n = A 1 +
÷
 100 
Trang 12


– Cách giải
Gọi n là số quý ít nhất để người đó có ít nhất 20 triệu đồng, ta có n là số tự nhiên nhỏ nhất
thỏa mãn
20 ≤ 15 ( 1 + 0, 0165 ) ⇔ 1, 0165n ≥
n

4
4
⇔ n ≥ log1,0165 ≈ 17, 6
3
3

Vậy n = 18
Câu 49: Đáp án C

– Phương pháp
Phương trình f ( x ) = m có k nghiệm phân biệt ⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số
y = f ( x ) tại k điểm phân biệt.
- Cách giải
Có x 4 − 4x 2 − m = 0 ⇔ x 4 − 4x 2 + 1 = m + 1
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Đường thẳng y = m + 1 cắt đồ thị hàm số
y = x 4 − 4x 2 + 1 tại 4 điểm phân biệt ⇔ −3 < m + 1 < 1 ⇔ −4 < m < 0
Câu 50: Đáp án C
Gọi M là trung điểm BC ⇒ AM ⊥ BC
Mà AA ' ⊥ BC ⇒ ( AA ' M ) ⊥ BC
·
=> Góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc AMA
' = 300
Vì ABC là tam giác đều nên
a 3
a2 3
AM =
;SABC =
2
4
A ' A = AM.tan 300 =

a
2

VABC.A 'B'C' = A 'A.SABC =

Trang 13

a3 3

8