Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 sở GDĐT hà tĩnh 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 (287.14 KB, 9 trang )

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

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH 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 26: [2H1-4][Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018]Cho lăng trụ tam giác ABC MNP có thể .

tích V . Gọi G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC , ACM , AMB ,
BCM ; V là thể tích khối tứ diện 1 G G G G . Khẳng định nào sau đây đúng?1 2 3 4

A. V 27V1. B. V 9V1. C. V 81V1. D. 8V 81V1.
Lời giải

Chọn C.









2 3 4

1 1 2 3 4

1 1 2 1 1 1

. , . . .

3 G G G 3 3 2 3 81

V  S d G G G G    S h V

    .

Câu 28: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị
hàm số y f x'

 

 . Số điểm cực trị của hàm số yf x

 

là

A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 2 .

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

Vậy số điểm cực trị là 2 .

Câu 35: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho

( )

2018
f x dx =

ị

. Tính tích phân

(

)

sin 2 cos 2

f x xdx

p

ò

A. 2018 . B.- 1009. C. - 2018. D.1009.
Lời giải

Chọn D

Đặt t=sin 2xÞ dt=2 cos 2xdx

Đổi cận: 0 0; 1

4
x= Þ =t x= Þ =p t

(

)

( )

0 0

1 1

sin 2 cos 2 .2018 1009

2 2

f x xdx f t dt

p

= = =

ò

Câu 36: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho hình lăng trụ tam giác đều
.

ABC MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm của cạnh AC . Cô sin của góc
giữa hai đường thẳng NC và BI bằng.

A. 6

2 . B.

4 . C.

4 . D.

15
5 .

Lời giải

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

Ta có: cos

(

,

)

.
.
BI NC
BI NC
BI NC
=
uur uuur
uur uuur

(

)

1 1 1

. . . .

2 2 2

BI NCuur uuur= BAuuur uuur uuur+BC NC= BA NCuuur uuur+ BC NCuuur uuur

+ 1 . 1. . .cos

(

)

1 . .cos

(

)

1 . 2.cos·

2BA NC=2 BA NC BA NC =2BA NC NM NC =2a a CNM

uuur uuur uuur uuur uuuur uuur

( ) ( )

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

. .

2 2 . 2 2. . 2 4

a a a

a MN NC MC a a

MN NC a a

-= = =

+ 1 . 1. . .cos

(

)

1 . .cos

(

)

2BC NC=2 BC NC BC NC =2BC NC CB CN

uuur uuur uuur uuur uur uuur

2
2

1 1 2

. . 2.cos 45 2.

2 2 2 2

a

a a a

= °= =

2 2 2

3
.

2 4 4

a a a

BI NC

Þ uur uuur= + =

Vậy

(

)

2
3

. 4 6

cos ,

. 3 4

. 2
2

a
BI NC

BI NC

BI NC a
a

= = =

uur uuur
uur uuur

Câu 41: [1D5-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018]Cho các hàm số yf x( ) , yf f x( ( )) ,
2

( 4)

yf x  có đồ thị lần lượt là ( )C1 ,( )C2 ,( )C3 . Đường thẳng x 1 cắt ( )C1 ,( )C2 ,( )C3
lần lượt tại M ,N , P . Biết phương trình tiếp tuyến của ( )C1 tại M và của ( )C2 tại N lần
lượt là y3x2 và y12x 5 . Phương trình tiếp tuyến của ( )C3 tại P là:

A. y8x1. B. y4x3. C. y2x5. D. y3x4.

Lời giải

Chọn A.

+ Ta có đạo hàm của các hàm số đã cho lần lượt là:

/ /
1 ( )

y f x ; y2/ [ ( ( ))]f f x / f x f/( ). ( ( ))/ f x ;

/ 2 / / 2

3 [ ( 4)] 2 . ( 4).

y f x   x f x 

+ Từ phương trình tiếp tuyến của ( )C1 tại M ta suy ra: 
/

(1) 3 ; (1) 5.

f  f 

+ Từ phương trình tiếp tuyến của ( )C2 tại N ta suy ra:
/

2(1) 12 ; 2(1) ( (1)) (5) 7.
y  y f f f 

+ Suy ra:

/ /

12f (1). ( (1))f f  12 3. (5) f/  f/(5) 4  y3/(1) 2.1. (1 f/ 24) 2.1.4 8. 

+ Mà: 2

3(1) (1 4) (5) 7.
y f  f 

+ Vậy phương trình tiếp tuyến của ( )C3 tại P là:

3(1).( 1) 3(1)

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

Câu 42: [2D4-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018]Cho số phức z13 ,i z2  4 i và z thỏa
mãn z i 2. Biết biểu thức T  z z1 2 z z 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi





z a bi a b  ¡ Hiệu a b bằng

A. 3 6 13
17


. B. 6 13 3

17


. C. 3 6 13

17


. D. 3 6 13

17


 .

Lời giải
Chọn C

Ta có z i  2 a2 b2  2b3  6b 9 3



a2b2



 

1 .

Xét 2 2









1 2 2 6 9 2 4 1

T  z z  z z  a b  b  a  b

















2 2 2 2

4a 4b 2 a 4 b 1 2 a b 4 a 1 b 2 17

             .

Dấu bằng xẩy ra khi 0 1 4 1 1 4 1 4

4 1 4 1 4 1

a b

a b
a  b    a  b a  b 

     

kết hợp với (1) suy ra 3 6 13
17
a b   .

Câu 43: [1D3-3][Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018]Cho 2 cấp số cộng

 

un : 1;6;11;... và

 

vn : 4;7;10;... Mỗi cấp số có 2018 số hạng. Hỏi có bao nhiêu số hạng có mặt trong cả hai dãy
số trên?

A. 672 B. 504 C. 403 D. 402

Lời giải
Chọn C.

+) Cấp số cộng

 

un : 1;6;11;...có 2018 số hạng ta suy ra số hạng tổng quát un 5n 4, n N *

và số hạng cuối là u2018 10086

+) Cấp số cộng



vm



: 4;7;10;...có 2018 số hạng ta suy ra số hạng tổng quát

3 1, *

m

v  m m N và số hạng cuối là v2018 6055

Xét số hạng có mặt trong cả 2 dãy là xk un vm

Do 1 5





1 3
n

m

u n

v m

  





 




nên xk 1 15 k xk  1 15k

Mà 4 6055 4 1 15 6055 1 6054 403,6

5 15

k

x k k

         

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

Câu 41: [2H3-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Trong không gian Oxyz cho ba điểm
(6;0;0)

A ,B(0;6;0),C(0;0;6).Hai mặt cầu có phương trình ( ) :S1 x2y2z2  2x 2y 1 0

và 2 2 2

( ) :S x y z  8x2y2z 1 0

cắt nhau theo đường tròn ( )C .Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa
( )C và tiếp xúc với ba đường thẳng AB,BC CA, ?

A. 4. B.Vô số. C.1. D. 3.

Lời giải

Chọn B.

Ta có mặt phẳng ( )P chứa đường tròn giao tuyến ( )C của hai mặt cầu ( )S1 và ( )S2 có phương
trình là : 6x 4y 2z 0 3x 2y z 0 ( )P

Mặt phẳng ( ) : 1

6 6 6
x y z

ABC     x y z   6 0

Gọi K là tâm mặt cầu thỏa mãn tiếp xúc với với ba đường thẳng AB,BC CA,

Gọi C',A', B' lần lượt là hình chiếu của K xuốngAB,BC CA, và K' là hình chiếu của K
trên (ABC) .Khi đó KC'KB'KA'r , do đó K C' 'K B' 'K A' ' nên K' là tâm đường
trịn nội tiếp tam giác ABC. Do đó K ' (2; 2;2)

Ta có n n 1. 2 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

( )P (ABC)

  , Mặt khác ta thấy hai mặt phẳng ( )P và (ABC)có điểm
chung K'(2;2; 2) nên đường thẳng qua K' và vuông góc (ABC) nằm trong ( )P .Tất cả các
điểm thuộc đường thẳng này đều thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 45: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Biết hàm số y(x m x n x p )(  )(  )

khơng có cực trị. Giá trị nhỏ nhất của F m2 2n 6p là

A. 4. B. 6. C. 2. D. 2.

Lời giải

Chọn A

Hàm số y(x m x n x p )(  )(  ) khơng có cực trị nên đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 1 điểm
m n p

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

Khi đó F m22n 6p m 2 4m



m 2



2 44.

Dấu “=” xảy ra khi m 2.

Câu 46: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho hàm số ( )f x đồng biến, có đạo hàm
đến cấp hai trên đoạn



0;2



và thỏa mãn



f x( )



2 f x f x( ). ( )



f x( )



2 0.

   Biết (0) 1f  ;
6

(2)

f e . Khi đó (1)f bằng:
A. e2. B. 3
2

e . C. e3. D. 
5
2
e .
Lời giải

Chọn D.

Hàm số đồng biến nên với x0 thì f x( )f(0) 1 .

Điều kiện bài toán tương đương với









2
2
( ). ( ) ( )
1
( )

f x f x f x
f x

  



 

1
f x
f x

  
  
 
 

Lấy nguyên hàm hai vế:

 

f x
dx dx
f x

  

 
 
 



 

 

f x
f x


 x C .

 

( )

f x

dx x C dx
f x



 



2
ln ( )

2
x

f x Cx D

    .

Thay x0;x2 ta được: d 0;c 2 . Vậy 2 2
2
( )

x
x
f x e  và

5
2
(1)
f e .

Câu 47: [1D2-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho đa giác đều có 14 đỉnh. Chọn ngẫu
nhiên 3 đỉnh trong 14 đỉnh của đa giác. Tìm xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của
một tam giác vuông.

A. 2
13 B.
5
13 C.
4
13 D.
3
13.
Lời giải:
Chọn D

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 14 đỉnh của đa giác là 3
14
C .

Mỗi tam giác vuông được tạo bởi một cạnh huyền là đường kính của đường trịn ngoại tiếp đa
giác và một đỉnh không trùng với hai đầu mút của đường kính đó.

Nên có số tam giác vng cần tính là: 7.12 84 tam giác.

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

Hoặc số tam giác vuông bằng 4 lần số hình chữ nhật nội tiếp đường trịn ngoạt tiếp đa giác đều
đó nên có 2

4.C 84 tam giác.

Tổng quát: Với đa giác đều 2n đỉnh thì xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam

giác vuông là

3
2
4 n

n
C
P

C
 .

Câu 48: [2H2-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Một khối gỗ hình trụ đường kính 0,5m
và chiều cao 1m . Người ta đã cắt khối gỗ, phần cịn lại như hình vẽ có thể tích là V . Tính V .

A. 3 3
16 m



. B.5 3

64m


. C.3 3

64m


. D. 3

16m


Lời giải
Chọn C.

Thể tích của khối gỗ ban đầu là:

2 3

. 1. .

4 16

V h r      m

  .

Phần gỗ bị cắt bỏ có thể tích bằng 1

4 thể tích khối gỗ ban đầu nên phần gỗ cịn lại bằng
3
4 thể
tích khối gỗ ban đầu.

Vậy 3. 3 3

4 16 64
V     m .

Câu 49: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho đồ thị hàm bậc ba yf x

 

như

hình vẽ. Hỏi hàm số





 

2 2

4 3

x x x x

y

x f x f x

  



  

 

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

A. 6 . B.3. C.2. D.4.
Hướng dẫn giải

Chọn D.

TXĐ:   ; 1

 

 0;



Xét:

 

2 0 0

2
x

x f x f x f x

f x
 


      

 

 



 

0 1

2 2

x
f x
f x
 


  

 



Có x 0 là nghiệm của mẫu bội 1 trong khi là nghiệm của tử bội 1

2 nên x 0 là 1 tiệm cận

đứng.

 

1 có hai nghiệm x 3là nghiệm bội 2 và xx0 



1;0



(loại vì làm cho căn bậc hai khơng

có nghĩa), x 3 cũng là nghiệm bậc nhất của tử thức nên vẫn là tiệm cận đứng.

 

2 có hai nghiệm x 1bội 1 và x    x1



; 3 ;



xx2 



3; 1



, thấyx 1cũng là

nghiệm bậc 1,5của tử thức nên không là tiệm cận đứng.



 

2 cho hai tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận đứng.

Câu 50: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho



  

 

1 2 f' x x xd 3f 2  f 0 2016



. Tích phân





2 d

I 



f x x bằng

A.4032 . B. 1008 . C. 0 . D. 2016 .

Lời giải
Chọn B.

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần ta có:



  



  

 

2
2

0 0 0

1 2

1 2 f x ' x xd   x f x. 2 f x dx



 

3f 2 f 0 2 f x dx

  



Mà



  

2
1 2 f' x x x d 016

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 



f x dx  2 2016

 

2016

f x dx





 .

Mặt khác





2 d

I 



f x x



 



2 2
2 f x d x





 

2 f t dt





(Ở đây đổi biến t 2x).

Vậy

 

2 2

0 0

1 1

2 2

I 



f t dt



f x dx 1 201 0

2 6 10 8

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 sở GDĐT hà tĩnh lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện









 

 

( )

ị

(

)

ò

(

)

( )

ò

ò

(

)

(

)

(

)

(

)

( ) ( )

(

)

(

)

(

)









 





























 

 

 









<sub></sub>

<sub></sub>





















 

 

 

 





<sub> </sub>

 

 

 