Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường thpt hương khê lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (363.25 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT HƯƠNG KHÊ

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM HỌC 2017 – 2018
Bài thi: TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:……….………. SBD:……….

Câu 22. [1H3-3.4-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a a ;





biết SA



ABCD



và SA a 2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

A. 30 . B. 45. C. 60 . D. 90 .

Lời giải

Chọn B.

Ta có SA



ABCD



nên



SC ABCD;











SC AC;



SCA
ABCD là hình vng cạnh bằng a a ;





nên AC a 2
Tam giác SAC vuông tại A có SA AC a  2 nên là tam
giác vuông cân.

Suy ra: SCA   45

Câu 28. [2H3-6.18-3] Trong không gian Oxyz,cho mặt phẳng

 

P : 2x y z  0 và các điểm



1;1; 2



A , B



0; 1;1



, C



2;0;0



. Tìm tọa độ điểm M biết M thuộc mặt phẳng

 

P và

MA MB MC  .

A. 1 3; ; 1

2 2 2

M  

 . B.

1 3 1
; ;
2 2 2

M   

 . C.

1 3 1

; ;

2 2 2

M  

 . D.

1 3 1

; ;
2 2 2

M  

 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có: AB BC CA   6, nên tam giác ABC đều cạnh 6 .

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì G



1;0;1



và là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác

ABC.

Vì MA MB MC  nên MG



ABC



.

Gọi d là đường thẳng qua G và vuông góc với



ABC



 M  d

 

P .
Có AB



1; 2; 1 ;  



AC



1; 1; 2 



Suy ra:               AB AC,  



3; 3;3



nên n  



1; 1;1



là một VTPT của



ABC







1
:

x t

d ABC d y t

z t

 



   

  


thay vào pt

 

P được: 2 1



   



0 3
2

t t t t

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Khi đó 1 3; ; 1

2 2 2

M  

 .

Câu 30. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 1 3



1





1



1

y x  m x  m x đồng

biến trên tập xác định của nó?

A.  1 m0. B. m   



; 1

 

 0;



.
C.  1 m0. D. m   



; 1

 

 0;



Hướng dẫn giải

Chọn C.

Hàm số đồng biến trên tập xác định R khi và chỉ khi









' 2 1 1 0

y x  m x m  xR (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm).









' 0 m 1 m 1 0 1 m 0

            .

Câu 32. [2D2-4] Ông An bắt đầu đi làm với mức lương khởi điểm là 1 triệu đồng một tháng. Cứ
sau ba năm thì ơng An được tăng lương 40%. Hỏi sau trịn 20 năm đi làm, tổng tiền
lương ông An nhận được là bao nhiêu (làm tròn đến hai chữ số thập phân sau dấu
phẩy)?

A. 726,74 triệu đồng. B. 716, 74 triệu đồng.
C. 858,72 triệu đồng. D. 768,37 triệu đồng.

Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ba năm đầu (13), tiền lương của ông An là A13.12.1 3. , A A12 (triệu đồng).
Ba năm tiếp theo (46) tiền lương ông An là A2 A1(1r) 3 (1 A r r), 40%.
…

Ba năm thứ 6(1618) tiền lương ông An là 5 5
6 1(1 ) 3 (1 )
A A r  A r .

Hai năm thứ 19, 20 tiền lương ông An là B2A



1r



Tổng số lương sau 20 năm là:





















6 6 6

1 1

3 . 2 1 3 1 1 2 1 768,37

1 1

r A

S A A r r A r

r r

 

        

  .

Câu 35. [2H1-3] Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a ,



a 0



và biết
khoảng cách từ tâm đáy đến mặt bên của hình chóp bằng 2

a

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A. 9

a

R  . B. 9

2
a

R  . C. 9

8
a

R  . D. R9a.

Lời giải:

Chọn C

Gọi O là tâm đáy ABCD , M là trung điểm của BC .
Trong mặt phẳng (SOM), kẻ OH SM với H SM . (1)

Ta có SOBC OM, BC nên BC



SOM



suy ra BCOH (2).

Từ (1) và (2) suy ra OH 



SBC



. Do đó  ;( 

2 2
.
O SBC

SO OM

d OH

SO OM

 



2
2

2 2

a
SO
a

a
SO

 



SO a

  .

Ta có SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD .

Trong mặt phẳng



SOA dựng đường thẳng trung trực của SA cắt SO tại



I thì ta có

ISIA IB IC ID   nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp .S ABCD .

Ta có SEI SOA SE SO
SI SA

 

 

SA
SI

SO

  .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

2
2

2 4 9

2 4 8

a
a
SA

R a

SO a



   .

Tổng qt: Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao là h



a h , 0



. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

2 2 2

a h

R

h




Câu 41. [2H3-3] Trong không gian Oxyz , biết mặt phẳng

 

P đi qua hai điểm (1;1;1)A , (0; 2; 2)B đồng
thời

 

P cắt các trục tọa độ Ox,Oy theo thứ tự tại hai điểm M N ( ,, M N đều không trùng với

gốc tọa độ ) thỏa mãn OM ON . Biết mặt phẳng

 

P có hai phương trình là x b y c z d 1  1  1 0

và x b y c z d 2  2  20. Tính đại lượng T b b 1 2.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải

Chọn B.

Gọi phương trình mặt phẳng

 

P là: x by cz d   0
(b0 do

 

P cắt Oy tại điểm N khác O)

 

P đi qua hai điểm (1;1;1)A , (0; 2; 2)B nên ta có các phương trình:

1 0

2 2 0

b c d

b c d

   




  

 

1
2

b c
d

 





 .

Mặt phẳng

 

P có phương trình dạng: x by cz   2 0.

 

P cắt Ox,Oy lần lượt tại

2
(2;0;0), (0; ;0)

M N

b . OM ON

2
2

b

   b  .1

Các mặt phẳng

 

P tìm được có phương trình: x y  2 0 và x y 2 2 0z  .
Vậy T b b 1 2=0.

Câu 42. [1D5-3] Cho hàm số y x3 3x

  có đồ thị

 

C và đường thẳng y k x ( 1) 2( )  d . Gọi S là tập
hợp tất cả các giá trị thực của k để đường thẳng

 

d cắt đồ thị

 

C tại ba điểm phân biệt

( 1;2)

M  , ,N P sao cho các tiếp tuyến của

 

C tại N và P vng góc với nhau. Tính tích tất
cả các phần tử của tập S.

A. 2

 . B. 1

3. C.

9. D.  .1

Lời giải

Chọn C.

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và

 

d :

3 3 ( 1) 2

x  x k x    ( 1)(x x2  x 2 k) 0 2 1
2 0 (1)

x

x x k




     

 .

 

C cắt

 

d tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt

khác 1 

9
(*)
4
0

k






 



Khi đó, gọi x x lần lượt là hoành độ của ,1, 2 N P thì x x là các nghiệm của 1, 2

 

1 .

Theo Viet: 1 2

1 2

1
2

x x

x x k

 




 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Hệ số góc của tiếp tuyến tại ,N P lần lượt là 2
1

3x 3; 2
2

3x 3. Hai tiếp tuyến này vng góc với
nhau khi:



3x123 3

 

x223



1 





2 2 2
1 2 1 2

9 x x x x  1 1

 9



x x1 2



2



x x1 2



22x x1 2



 1



1 2 2 1 0

k  k  . Phương trình có hai nghiệm thỏa

mãn (*) và có tích bằng 1

Câu 43. [2H3-4] Trong không gian Oxyz, biết mặt phẳng

 

P đi qua hai điểm A



2;0;0 ,



M



1;1;1



đồng thời

 

P cắt các tia Oy Oz, theo thứ tự tại hai điểm B C B C, ( , đều không trùng với gốc

tọa độ). Khi diện tích tam giác ABC nhỏ nhất phương trình mặt phẳng

 

P là:

A. y z 0. B. y z  2 0 . C. 2x y z   4 0 . D. x y  2 0 .

Lời giải
Chọn C

Giả sử

 

P cắt các tia Oy Oz, theo thứ tự tại hai điểm B



0; ;0 ,b



C



0;0;c



với b c , 0

Phương trình mặt phẳng

 

: 1.
2

x y z
P

b c

  



1;1;1

  

1 1 1 1 1 1 1 2 1 16.

2 2

M P bc

b c b c bc

          

Ta có 1 , 1 2 2 (4 2 4 )2 1 2 2 8

2 2 2

ABC

S  AB AC  b c  b  c  b c  bc
uuur uuur

( theo BĐT côsi)

2 2
1

8 4 6

2
ABC

S b c bc

    ,dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi b c 4.

Vậy khi đó phương trình mặt phẳng

 

P : 2x y z   4 0.

Câu 44. [2D3-3] Giả sử tích phân

.ln 3 .ln 5.

1 3 1

I dx a b c

x

   

 



Lúc đó:

A. 4

a b c   . B. 5
3

a b c   . C. 7
3

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Lời giải
Chọn A

Xét

1 3 1

I dx

x



 



Đặt t 3x 1 t2 3x 1 2tdt 3dx

      

Do đó





2
2

2 2 4 4 4 4

ln 1 ln 3 ln 5 .

3 1 3 3 3 3 3

t

I dt t t a b c

t

          





Câu 45: [2D1-4] Gọi M a b( ; )là điểm trên đồ thị hàm số 2 1

2
x
y

x



 mà có khoảng cách đến đường

thẳng d y: 3x6 nhỏ nhất.Khi đó

A. a2b1. B. a b 2. C. a b 2. D. a2b3.

Lời giải

Chọn C Ta có 2

3
'

( 2)

y
x



 , Gọi d' là tiếp tuyến của đồ thị hàm số và d'/ /d

Ta viết được hai tiếp tuyến là ': 3 2
3 14

y x

d

y x

 



  

 Với hai tiếp điểm tương ứng là

( 1; 1), ( 3;5)

A   B  và d A d( , )d B d( , ) , ta có d M d( , )d A d( , ) A( 1; 1)  là điểm cần tìm
2

a b

   .

Câu 46: [2D2-4] Cho x y, là các số thực dương thỏa mãn 3

2 1

log x y x 2 .y
x y

 
 

 Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức T 1x 2 .

y

 

A.3 3 . B.4. C. 3 2 3 . D. 6 .

Lời giải

Chọn D

Ta có

3 3 3 3

log (2x y 1) log ( x y ) x 2y log (2x y 1) log ( x y ) 3( x y ) (2 x y )





3 3

log (2x y 1) (2x y) log 3(x y) 3(x y) 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Xét hàm số f t( ) log 3t t  1 , hàm số đồng biến trên (0;)

Vậy (1) 2x y  1 3(x y ) x 1 2y (1)

Vậy T 1 21 y 2 .

y

 

 (

1
0

2
y

  ), đặt t y 1 2 2
1 2
T

t t

  

 (

2
0

2
t

  )

4 3 2

2 2 2

4 2 4 1 1

' , ' 0

(1 2 ) . 2

t t t

T T t

t t

   

   



Lập bảng biến thiên min

1
6

T t

    .

Câu 48. [1D2-3] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được lập từ các chữ số

0;1; 2;3; 4;5;6. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc S . Tính xác suất để lấy được số chẵn và trong

mỗi số đó có tổng hai chữ số hàng chục và hàng trăm bằng 5.

A. 1

10. B.

70. C.

45. D.

16
105.
Lời giải:

Chọn C

Số phần tử không gian mẫu là

 

3
6

6. 720

n   A 

Gọi A là biến cố: “lấy được số chẵn và trong mỗi số đó có tổng hai chữ số hàng chục và hàng
trăm bằng 5”.

Gọi số cần tìm có dạng abcd

TH1: d 0, b c ,





1; 4 , 2;3

 





có 2.2! cách chọn và sắp xếp bc, có 4 cách chọn chữ số cho

a nên có 2.2!.4 16 số.

TH2:d 2,b c ,



0;5



, có 4 cách chọn a nên có 2!.4 8 số.

d  ,b c ,



1;4



, có 3 cách chọn a nên có 2!.3 6 số
Trong trường hợp này có 8 6 14  số.

TH3 d 4 tương tự cũng có 14 số.

TH4: d 6, b c ,





1; 4 , 2;3

 





, có 3 cách chọn a nên có 2.2!.3 12 số





6, , 0;5

d  b c và có 4 cách chọn a nên có 2!.4 8 số

Do đó có n A  

 

16 14.2 12 8 64  

Vậy xác suất cần tính là:

 

( ) 64 4

720 45

n A
P

n

  

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 50. [2D3-4] Cho các số thực , , ,a b c d thỏa mãn 0 a b c d    và hàm số y f x ( ). Biết hàm số
'( )

y f x có đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm
số y f x ( ) trên đoạn



0; d



. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. M m f  (0)f c( ). B. M m f  (d)f c( ).

C. M m f  (b)f(a). D. M m f  (0)f(a).

Lời giải

Chọn A.

Gọi S S S1; ; ;S2 3 4 lần lượt là diện tích hình phẳng hợp bởi đồ thị hàm số y f x '( )và trục hoành

với x



0;a



;x a b



;



; x b c



;



; x c d



;



. Ta có:

1
0

( '( ))
a

S  



f x dx = (0)f  f a( ); 2 '( )
b

a

S 



f x dx = (b)f  f a( ).

3 ( '( )) ( ) ( )

c

b

S  



f x dx f b  f c ; 4 '( )
d

c

S 



f x dx = (d)f  f(c).

Dựa vào đồ thị ta có: S S S1; ; ;S2 3 4 dương và S S1 2; S S2 3; S S3 4. Từ đó suy ra:

(0) ( ) (a)

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường thpt hương khê lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện















<sub></sub>

<sub></sub>



<sub></sub>

<sub></sub>





<sub> </sub>













 













 













<sub></sub>

<sub></sub>









 



   













 





 

















































