Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường đại học ngoại thương 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 (379.99 KB, 13 trang )

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐH NGOẠI THƯƠNG HN

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

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

Họ, tên thí sinh:……….………. SBD:……….

Câu 30. [2D3-3] Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x 0 và x  , biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hoành độ





x  x  là một tam giác đều có cạnh là 2 sin x.

A. V 3 B. V 3 C. V 2 3 D. V 2 3

Lời giải

Chọn D.

Diện tích thiết diện là

 





2 sin 3

3 sin
4

x

S x   x

Áp dụng công thức

 

3 sin 2 3

b

a

V S x dx xdx











 . Chọn D.

Câu 31. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



0;2; 2 ,



B



2;2; 4



.

Giả sử I a b c



; ;



là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB. Tính T a2 b2 c2

   .

A. T 8 B. T 2 C. T 6 D. T 14

Lời giải

Chọn A

Ta có OA AB 2 2 nên tam giác OAB cân tại A, vì vậy I thuộc đường trung tuyến

qua A là

 





: 1 1 ; 1 ; 2

x t

d y t I t t

z

 



     


 






1 2; 0; 2

IA IO   t I 

Do đó T 8  chọn A.

Câu 32. [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh avà





SA ABCD SA x . Xác định x để hai mặt phẳng



SBC



và



SDC



tạo với nhau một
góc bằng 60?

A. x a 3. B. x a . C. 3

a

x  . D.

a
x  .

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

Chọn B

Từ A kẻ AH AK, lần lượt vng góc với SB SD, .

Góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



SDC



bằng 60nên cos HAK· os60o 1
2
c
 
Ta có
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2

SB SD a x

ax SH SK HK x

AH AK HK a

SB SD BD a x

a x

SA x

SH SK

SB a x



  



      





   
 

Mà
·
· o

2 2 2

cos HAK

2. .
1
cos HAK os60

AH AK HK

AH AK
c
  




  



Thay vào, giải phương trình tìm được nghiệmx a .

Câu 35. [2D3-3] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm xác định, liên tục trên đoạn



0;1



đồng thời thỏa

mãn các điều kiện f'

 

0 1

 và  f x'

 

 2 f

 

x

  . Đặt T f

 

1  f

 

0 , hãy chọn khẳng
định đúng?

A. 2  T 1. B.   1 T 0. C. 0 T 1. D. 1 T 2.

Lời giải

Chọn B

Từ giả thiết ta có

 

2 2 '

' '

dx 1.dx d f x dx 1.dx

f x

x c
f x

f x f x

 
   
     
   
   



Mà f'

 

0 1

 nên

 

1
'
0
1
1
ln 2
1
1
1
c
T
x
f x
x



   



 




Câu 36. [2D4-3] Gọi z z z1; ;2 3 là các nghiệm của phương trình





3 2 2 1 0

iz  z  i z i  . Biết z1 là số

thuần ảo. Đặt P z z 2 3 , hãy chọn khẳng định đúng?

A. 4 P 5. B. 2 P 3. C. 3 P 4. D. 1 P 2.
Lời giải

Chọn B.

Biến đổi phương trình iz32z2 



1 i z i



 0 



i z iz





2  z 1 0



 2

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

Như vậy: z z2; 3 là các nghiệm của phương trình (*).









2
2

2 3 2 3 2 3 4 2 3

P  z z  z z  z z  z z

1 1

4. 17

i i

 

   
 

Vậy P 417 .

Câu 38. [2D3-3] Biết rằng

3 2

1 4

x x a b

dx
c
x x

  



 



với , ,a b c là các số nguyên dương. Tính T a b c   .

A. T 31. B. T 29. C. T 33. D. T 27.
Lời giải

Chọn C.









3
2

3 2 3 2 3 2 2

2 2 2

3
1

1 1

3 2

1 1

x

x x x x x

dx dx x x dx

x x x x

 

  

   

      

     

 



=19 4 8

6


. Vậy a b c     19 8 6 33.

Câu 39. [2H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ' có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của
'.

DD Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A D' bằng
A. 3.

a B. 3

a . C. 2 3.
3

a D.

3
a
.
Hướng dẫn giải:

Chọn a  ta có hệ trục tọa độ 1 Oxyz sao cho



0;0;0 , ' 1;0;1 ,







0;0;1
2

D A K  

  và C



0;1;0



Ta có DA '



1;0;1



; 0; 1;1
2

CK   

 



và 0;0;1
2

DK  

 



Ta có ';CK 1; 1; 1
2

DA  

     

   

 

1
';CK .

DA DK

  

 

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

Do đó  





' ; 2

1
2
1

1 1

A D CK

d




 

    

 

1
2

3
1

1 1

4


 

 
.

Vậy  ' ; 
3
A D CK

a

d  .

Câu 40. [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

( )

(

)

5
log

log 1

mx

x+ = có
nghiệm duy nhất?

A. 1. B. 3. C. Vơ số. D. 2.

Hướng dẫn giải:

Phương trình đã cho tương đương:









5 5

1
0
0

log 1 log

x
mx
x

x mx

 





 


  



1
0

2 1

x
x

x x

m

x


  



  



 

 




Xét f x( ) x 1 2

x

   trên



1;

  

\ 0 . Ta có f x'( ) 1 12

x

  .

Bảng biến thiên ta có m 4 hoặc m 0. Vậy có vơ số giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu 
bài toán.

Câu 41. [1D5-3] Cho hàm số

 

2 1; 0

1, 0

ax bx x

f x

ax b x

   



  

 . Khi hàm số

 

f x có đạo hàm tại x 0 0.

Hãy tính T a 2b.

A. T 4. B. T 0. C. T 6. D. T 4.

Lời giải

Chọn C.

+) Ta có với x 0 thì  y f



x



 f

 

0 a.



x



2 b x.

 





. ' 0 lim .

x
y

a x b f a x b b

x 


 



        



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

 

0 0

. 2 . 2 2

' 0 lim lim

x x

y a x b a x b b

f a

x x  x  x



   

       

     

   

Hàm số có đạo hàm tại x 0 0thì
0

lim

x
y
x



 



 phải hữu hạn nên b  2 0 b2

Suy ra f ' 0

 

 a

 . Khi đó: f ' 0

 

 f ' 0

 

  a b .

Vậy a b  2 a2b6

Câu 43. [1D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

cos3x cos 2x m cosx1 có đúng bảy nghiệm khác nhau thuộc khoảng ; 2
2




 



 

 ?

A. 3. B. 5. C. 7. D. 1.

Lời giải

Chọn D.

Phương trình cos3x cos 2x m cosx 1 mcosx 1 cos 2x cos 3x





2 3

cos 0

cos 2cos 4cos 3cos

4cos 2cos 3

x

m x x x x

x x m




     

   



Phương trình: cos 0 ; 3

2 2 2

x  x k  x x  có hai nghiệm thuộc khoảng

; 2
2




 



 

 

Phương trình đã cho có đúng bảy nghiệm khác nhau thuộc khoảng ;2
2




 



 

  khi và chỉ
khi phương trình 4cos2 x2cosx 3 m

 

*

có đúng 5 nghiệm phân biệt khác ;3
2 2

 

thuộc khoảng ;2

2




 



 

 .

Đặt t cos ,x t 



1;1



. Khi đó phương trình (*) trở thành 4t22t 3 m

 

1
Yêu cầu bài tốn 

 

1 có hai nghiệm thỏa mãn  1 t1 0 t2 1

Lập bảng biến thiên của hàm f t

 

4t2 2t 3

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

Dựa vào bảng biến thiên: các giá trị m cần tìm là: 3m5
Vậy có 1 giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán.

Câu 44. [2D1-4] Cho hàm số f x có đồ thị như hình vẽ. Hãy tìm cực trị của hàm số

 

yf f x



 



.

A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. 6.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

+) Ta có với uf x

 

thì '



 



'. '. '

u x u x
x

f f x f u f f .

 





 

0 2

' 0

0 0

u

x

u f x

f u f x

f f x

f x

x

 




    

    



 

 




+) Ta thấy f x  có hai nghiệm

 

0 x1,2  0 x3 2.

+) Ta thấy f x  có hai nghiệm

 

2 x4 x3

 





' 0

f f x

  có nghiệm x 0bậc 3, x2, ,x x3 4 bậc 1

 hàm số có 4 cực trị.

Câu 45. [1D3-4] Từ các chữ số 0; 2;3;5;6;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số
đôi một khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 khơng đứng cạnh nhau.

A. 384. B. 120. C. 216. D. 600.

Hướng dẫn giải

Chọn A.

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

Chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau được 05, ta coi là số 0 và số 50, ta coi là số 5.

+ Số 05 và 4 chữ số cịn lại lập số có 6 chữ số đôi một khác nhau cũng như số 0 và 4

chữ số cịn lại lập số có 5 chữ số đôi một khác nhau và là: 4.4! (Chữ số đầu khác 0)
(2).

+ Số 50 và 4 chữ số còn lại lập số có 6 chữ số đơi một khác nhau cũng như số 5 và 4

chữ số còn lại (khác 0) lập số có 5 chữ số đơi một khác nhau và là: 5! (3)
Từ (1), (2), (3) được: 5.5! 4.4! 5! 384   .

Câu 46: [2D1-4] Cho hàm số f x

 

8x4 ax2 b

   trong đó a b, là các tham số thực. Biết rằng giá

trị lớn nhất của hàm số f x

 

trên đoạn



1;1



. Hãy chọn khẳng định đúng?

A. a0,b0. B. a0,b0. C. a0,b0. D. a0,b0.

Hướng dẫn giải

Chọn C

Đặt t x2

 với t 



0;1



 

8 2 ,



0;1



f t  t at b t 

Ta có:

 

f b

 

1 8

f   a b

1 1

2 2

f    a b
 

2 4 2

f     a b

 

Do max0;1 f t 

 

1 nên

1
1 8

2 4 2

b
a b

a b


  

   

4b  b a   8 2b a  4 4

Dấu " " xảy ra khi

8 1

4 2 2

b
a b

a b





  


   


hoặc

8 1

4 2 2

b
a b

a b





  


   


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

Vậy 1

b
a








Vậy a0,b0.

Câu 47. [2H2-4]. Cho tứ diện đếu ABCD , AA là đường cao của tứ diện với I là trung điểm1

của AA . Mặt phẳng (1 BCI chia tứ diện làm hai tứ diện. Tính tỉ số bán kính mặt cầu)

ngoại tiếp hai tứ diện đó.

A. 43

51. B.

2. C.

4. D.

48
153

Hướng dẫn giải
Chọn A

Ta có bài tốn phụ: Xét tứ diện SABC , có đường cao SH =h, O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC . Đặt bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là r,

OH =d, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC là R . Khi đó ta có cơng thức:

2 2 2 2 2 2

( ) 4

r d h r d

R

h

+ +

-= .

Chứng minh:

Ta giả sử tâm mặt cầu nằm trong tứ diện.
Theo định lý Pitago:

2 2 2

( ) (1)

SI SF FI

h x d R

= +

Û - + =

Mặt khác:

2 2 2 2 2 2

2 2(2)

AI AO IO R r x

x R r

= + Û = +

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

-Từ (1) và (2) ta được: ( 2 2 2) 2 2 2 2 2 2 2

h r d

h R r d R R r

h

- +

- - + = Û - =

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

( ) 4 ( ) 4

4 4

h r d h r h r d d r

R

h h

- + + + +

-Û = =

Từ đó ta được: ( 2 2 2 2) 4 2 2
2

r d h r d

R

h

+ +

-= , cũng có thể viết lại công thức như sau:

2 2

( ( ) )( ( ) )

h r d h r d

R

h

+ - + +

Đặt x AP
AD

= , khi đó theo định lý Menelaus với ba điểm , ,B I E thẳng hàng

1
1

. . 1

A I

AE MB AE

EM BA IA = Þ EM = . Theo định lý Menelaus với ba điểm , ,C E K thẳng

hàng thì:

. . 1

AK DC ME AK

KD CM EA = Þ KD = hay

1
4

AP
x

AD

= = .

- Theo bài toán trên:

+ Xét hình chóp K BCD với (BCD là đáy thì: ) 3 1
4

h= AA , r là bán kính đường trịn

ngoại tiếp tam giác BCD đều cạnh a, 1 1 1
4

d=NA = DA . Ta tìm được 86
16

PBCD

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

+ Xét hình chóp KABC với (ABC là đáy thì: ) 1 1 1

4 4

h= DP = AA ,r là bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC đều cạnh a,

3 3

4 4

d =OP = AP = DA . Ta tìm

được 102

PABC

R = . Vậy tỉ lệ hai bán kính 43
51.

Câu 48. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 5z i   z 1 3i 3 z 1 i . Tìm giá trị lớn nhất M của
2 3

z  i ?
A. 10

M  . B. M  1 13. C. M 4 5. D. M 9.

Lời giải
Chọn D

Gọi A



1;3 ,



B



1; 1 ,



C



0;1



 C là trung điểm AB

Suy ra

2 2 2

2 2 2 2 2 10

2 4

MA MB AB

MC     MA MB  MC  .

Mặt khác 5 z i z 1 3i 3 z 1 i 5MC MA 3MB 10 MA2 MB2

           





2 2

25MC 10 2MC 10 MC 2 5

     .

Mà z 2 3 i     z i



2 4i



 z i   2 4i MC2 5 4 5 .
Dấu “ = “ xẩy ra khi và chỉ khi z 2 5i.

Câu 49. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;2; 2), (2; 2;0).B  Gọi

1(1;1; 1)

I  vàI2(3;1;1)là tâm của hai đường trịn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung

một dây cung AB. Biết rằng ln có một mặt cầu ( )S đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán
kính Rcủa ( )S .

A. 219.
3

R  . B. R 2 2.. C. 129.

R  . D. R 2 6.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Gọi () là đường thẳng qua I1 và (ABI1)

(') là đường thẳng qua I2 và (ABI2)

1 5

( ) : 1 2
1
x t
y t
z t
 


    
  


(t R ),

3 '
( ') : 1 2 '

1 5 '

x t
y t
z t
 


   
  


( 't R)

Khi đó Tâm I của ( )S là giao điểm của () và (')

Xét hệ phương trình

1 5 3 '

3
1 2 1 2 '

1
'
1 1 5 '

t t t

t t
t
t t

  
  
 
   
 
     

 

8 5 2

( ; ; )

3 3 3

I 



Vậy bán kính 129

R IA  .

Câu 50. [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn



f

 

1 1,

 

1
0
9
d
5
'

f x x 

 

 



và

 

2
d

f x x 



. Tính tích phân

 

I 



f x x.

A. 3

I  . B. 1

I  . C. 3

I  . D. 343


.
Lời giải

Chọn B.

Đặt t x x t2 dx 2tdt

     . Đổi cận: x 0 t 0; x 1 t 1. Ta có

 

2 .

5



t f t dt

 

1
2 2
0
1
0
. '
.

t f t t f t dt

 



 

1 . '

f t f t dt

 



 

1 t f t dt. '

 



 

2. ' 3

t f t dt





 , hay

 

0
2

1 3

. '

x f x dx 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Hơn nữa ta có

 

9
d

5
'

f x x 

 

 



(2) theo giả thiết và

1
4
0

1
5

x dx 



(3).

Xét tích phân

 





 

1 1 1 1

0 0 0

2 2

2 2 4

' 3 ' 6 . ' 9

f x  x dx  f x  dx x f x dx x dx



(1);(2);(3)9 3 1

6. 9. 0

5 5 5

    .

Mà



f x'

 

 3x2



2 0 với mọi x 



0;1



. Vậy f x'

 

3x2.

Do đó f x

 

x3C. Lại có f

 

1  1 C 0. Vậy f x

 

x3.

Vậy

 

1 1

3
0

1
.
4

</div>

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





<sub> </sub>





 

<sub></sub>

<sub></sub>













 













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

 





 

<sub> </sub>

<sub> </sub>

 

 

 

 

 

 

 









 

 











<sub></sub>

<sub></sub>















































