Đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn Toán - Chuyên Thái Bình lần 1 đề số 7

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (921.82 KB, 5 trang )

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

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A.



















1 1 5

3 2 2

3 2 6

1 7 5

1 7 19

4 12 6

4 `12 12

. 1 1 1

1 1

a a a

a a a a a a

P

a a a a a

a a a

a

 



 

    

 

  

 

 



 

 

 

Câu 2: Đáp án D.

Đó là các mặt phẳng (SAC) (, SBD) (, SHJ) (, SGI với )

G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh đáy dưới

hình vẽ bên dưới.

Câu 3: Đáp án A.

TXĐ: D   .
Ta có: y mcosx

Để hàm số cho đồng biến trên  thì





0, cos 0

cos 1 1 cos 1 .

y x m x

m x m x

      

      



Chú ý: Ở đây ta khơng lấy dấu bằng vì điều kiện “bằng 0

tại hữu hạn điểm” 
Câu 4: Đáp án C.

Ta có: 2 1

3 6 9; 0 .

x

y x x y

x

  

     




Bảng biến thiên:

x  -1 3 

y + 0  0 +

y CĐ 
 CT
Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận được:
Giá trị cực tiểu là: yCT y

 

3  25.
Câu 5: Đáp án C. 
Dễ thấy hàm số cho là hàm bậc ba. Và đồ thị hàm số
có điểm cực đại là



0; 2



và điểm cực tiểu là



2; 2



Chú ý: xét trên  thì hàm bậc ba khơng có Max, Min.
Giá trị cực tiểu là chỉ y chứ không chỉ x. 
Câu 6: Đáp án D. 
Xét hàm số trên  1;1
Ta có:









2 4 2

y  x  x









0 1;1
0
2 1;1
x
y
x
    

  
     

Lại có: y

 

1 10, y

 

0 17, 1y

 

10.
Vậy
1;1 17.
Max y
 
 

Câu 7: Đáp án B. 
3 3
3 2 0 3 2
x  x m x  x  m
Xét hàm số: yx33x trên .
Ta có: y3x23; y0x 1.
Bảng biến thiên:
x  -1 1 

y + 0  0 +

y 2 

 2

Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì
đường thẳng y 2m phải cắt đồ thị hàm số
3
3
yx  x tại 3 điểm phân biệt.
Tức là:   2 2m2  1 m1
Câu 8: Đáp án D. 
Ta có:

 

21
21 21
21 21 3
21 21
2 2
0 0
2 2
. . 2 .

k

k k k k

k k

x C x C x

x x

 

 

   

    

   

 



 



Khi đó, hệ số của số hạng khơng chứa x



21 3 k0k7



là: 7

 

7 7 7

21 2 2 21.

C    C

Câu 9: Đáp án B.

TXĐ: D   .

 Nếu: m   thì hàm số cho trở thành 1 2

2 1

y x 
ln có 1 cực tiểu và khơng có cực đại.

 Nếu m   Ta có: 1.









4 1 2 1

y  m x  m x









0 4 1 2 1 0

y   m x  m x





0
1

2 1

x

m
x

m

 



  

 



Để hàm số cho có duy nhất một cực đại và khơng cực
tiểu thì điều kiện là:





1
1

2 1

m
m

m

  




 

 



(vơ lí). Vậy khơng có giá trị nào của m

thỏa mãn.

Câu 10: Đáp án A.

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

 

1 1

2 2 1

2 2

x x

x m m x

x x

 

     

 

Xét hàm số:

 

2 1.

2
x
y f x x

x


  

 trên .

Ta có:









2
2

2 . 0 2 2 3

y y x

x


     



2 4 6

2 8 5 0 .

x x x 

     

Bảng biến thiên:

x

 4 6
2


2 4 6
2




y + 0   0 +

y 5 2 6  

  5 2 6

Vậy, để hai hàm số cho cắt nhau tại hai điểm phân
biệt thì phương trình

 

1 phải có 2 nghiệm phân biệt.
Hay đường thẳng ym cắt đồ thị hàm số

1
2

2
x
y x

x


 

 tại hai điểm phân biệt. Tức là:
5 2 6

m   và m  5 2 6.

Câu 11: Đáp án D.

Đặt 3 2

3 2

tx  x  ta có: 2

3 2 0

t  t 

3 2

1 3 2 1

2 3 2 2

t x x

     

 

    



Rồi ta dựa vào đồ thị hàm số để xác định nghiệm. Kết
quả ra 5 nghiệm tương ứng 5 giao điểm của các
đường thẳng y1,y2 với đồ thị hàm số.

Hoặc cũng có thể bấm máy tính tìm nghiệm cũng sẽ ra như 
vậy.

Câu 12: Đáp án C.

Để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng thì phương trình





2 4 0

m x    phải có hai nghiệm phân biệt khác 1.





1 4

.
1

4 4 0

m
m x

m
m

     



 

 

  




Câu 13: Đáp án C.

Để đồ thị hàm trùng phương nằm dưới trục hồnh thì
hệ số a 0. Suy ra loại A.

Mà đồ thị hàm số bậc ba ln cắt trục hồnh nên loại
B.

Ta lại thấy điểm



0;1



thuộc đồ thị hàm số ở đáp án D
nên loại D.

Vậy còn C là thỏa mãn.

Câu 14: Đáp án B.

Vì khi dựa vào dạng đồ thị hàm số trùng phương ta
suy ra hệ số a 0.

Mà đồ thị hàm số đi qua điểm



0; 1



nên hệ số c 0.
Lại có hàm số có ba cực trị nên ab0b0.

Câu 15: Đáp án D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm



0; 2 ; 2; 2

 





nên chỉ có
đáp án D thỏa mãn.

Câu 16: Đáp án A.

Từ đồ thị hàm số ta suy ra:

 

3 2.
f x x  x

Xét

 





g x  f x  trên .

 













2
3

2 2

2 . 2

2 . 2 3 2 2

g x x f x

x x x

 

  

 

    

 

 

Bảng biến thiên:

x  -2 -1 0 1 2 

y  0 + 0 + 0  0  0 +

y  CĐ 

CT CT

Câu 17: Đáp án B.

logab0a b, 0, a1.

Xét TH1: 0a1. log 0

log 0 ab 1.

ab a a b

     

Xét TH2: log 0

1 log 0 ab 1.

a

a  b a a b

Câu 18: Đáp án B.

ĐK:

2 1

0 0.

x

x
x



  

Đặt

2 1 1

2 2

x

t x

x x



   

Ta có phương trình: log2 2t 5 log2 2t 5 0.

t   t  

Xét hàm số:

 

log2 2t 5

f x  t  trên  2;





Có:

 

1 2 ln 2 0, 2.

ln 2

t

f t t

t

     

Suy ra hàm số đồng biến trên  2;





Lại có: f

 

2 0nên t  là nghiệm duy nhất của 2

 

0
f t  .

2 2 2 4 1 0

2 2

t x x x

x
x

       



 

Câu 19: Đáp án D.

Theo định nghĩa sgk.

Câu 20: Đáp án A.

Ta có:

  



2017
2017

2017
0

1 k k

k

f x x C x



  



 

2017 0 1 2 2017

2017 2017 2017 2017
0

2017
2017

1 2 ..

T 2 1.

f C C C C

C T

      

 

  

Câu 21: Đáp án C.

Loại A,C vì hàm x

a nghịch biến trên tập số thực khi

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

Loại B vì hàm số này xác định trên



0; 



Câu 22: Đáp án A.

2 2

7.2 7.2 5 3
56.

S a 



Câu 23: Đáp án D.

ĐK: 0x15
Ta có: HF30 2 . x

Thể tích khối lăng trụ lớn nhất khi diện tích đáy lớn
nhất. (vì chiều cao không đổi)

Theo công thức Hê-rông cho diện tích tam giác ta có:



 



15 15 . 15 30 2

DHF

S  x   x

Đến bước này, cách tốt nhất là dùng chức năng
MODE 7 để kiểm tra. Kết quả x 10 là giá trị cần tìm.

Câu 24: Đáp án B.

Với bài này, cách tốt nhất là ta thay thử 4 đáp án vào
xem giá trị lớn nhất thì chọn.

Hoặc bạn đọc cũng có thể tính y’ rồi vẽ bảng xét dấu để 
luyện thêm kĩ năng.

Câu 25: Đáp án D.

Ta có:



2 2



ln 100ln 2 .5 2 ln 2 2 ln 5

2 ln 4 2 4

2 ln 2 .

log 4

ab a
b



  

Câu 26: Đáp án C.

 

4 2 3 0 2 4.2 3 0

log 3

2 3

2 1

x x x x

x
x



      

   

  



 



Câu 27: Đáp án C.

Để chọn 4 chữ số từ 6 chữ số đã cho để lập thành 1 số
có 4 chữ số đơi một khác nhau, ta có: 4

6 360

A  cách.

Lưu ý: Ở bài này ta không chọn tở hợp mà chọn chỉnh hợp

vì các chữ số trong 1 số khi hốn vị sẽ cho 1 số mới. hay nói 
cách khác là các chữ số có tính thứ tự.

Câu 28: Đáp án A.

Xét hình chóp tam giác đều S.ABC có O là tâm của

.
ABC



Vì SA SB SC

OA OB OC

  



 



nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp buộc phải thuộc SO.

Lại có: O là tâm ABC. Nên

2 2

2 3.

AOBO CO   SA OA SO 
Gọi H là trung điểm SA, K là giao điểm của SO và mặt 
phẳng vng góc SA tại H.

HK SA

  tại HAKSK

Mà KSO nên K là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC với 
bán kính AK.

Lại có: SHK đồng dạng với SOA nên

3 / 2 3

1 3 2

SH SK SK

SK

SOSA   

Diện tích mặt cầu: 2 9

4 . 4 . 9 .

S SK    

Câu 29: Đáp án B.

Ta có:





 

0 0

2 .2 .2 . 1 .

n n

n k k n k k n k k k

n n

k k

x C x  C  x

 

 



 





Hệ số 4

x



k 4



trong khai triển là:

 











4
4

4 4

! 2

.2 1 60 60

4! 4 ! 2

2 . 1 2 3 23040

n
n

n
C

n

n n n n




   



    

Dò nghiệm CALC ta được n 6.

Câu 30: Đáp án B.

ABC

 vng tại A có: BCa AB a,  3,ACa.
3

.
2

a
AH

 

Vì AA/ /BCC B 













a
d AA BCC B   d A BCC B  AH

   

(vì AH



BCC B 



Câu 31: Đáp án B.

Số tam giác mà 3 đỉnh thuộc A: 3

n

C

Số đoạn thẳng mà 2 đầu mút thuộc A: 2

n

C

Để



















3 2 ! !

2 2.

3! 3 ! 2! 2 !

1 2 6 1 12.

n n

C C

n n

n n n n n n

  

 

      

Câu 32: Đáp án D.

Ta có: 2

 

1 2.

x
x

e e

y y

e m e m

   

 

Để

 

1 1 2 1 .

2 2

e

y m e

e m

      



Câu 33: Đáp án A.

TXĐ: D  



 

 5;



7cm 
5cm 
a 
 3cm

A’

A

B’

B

C’

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

Ta có:

2
3

6 5

x
y

x x


 

 

Có: x5y0 nên hàm đồng biến.
x 1 y0 nên hàm nghịch biến.
Vậy hàm số cho đồng biến trên



5;



Câu 34: Đáp án A.

Không gian mẫu: chọn 4 học sinh từ 35 học sinh:

 

35 52360.

n  C 

Gọi A là biến cố để 4 học sinh chọn ra đều có cả nam
và nữ.

TH1: 3 nam và 1 nữ. 3 1

20. 15 17100

C C  cách.

TH2: 2 nam và 2 nữ: 2 2

20 15 19950

C C  cách.

TH3: 1 nam và 3 nữ: 1 3

20 15 9100

C C  cách.
Suy ra: n A 

 

17100 19950 9100  46150.

Vậy xác suất:

 

4615
.
5236

n A
P A

n

 



Ngoài ra: Ta cũng có thể tính

 

4 4
20 15.
n A n  C C

với 4
20

C là tất cả 4 bạn đều là nam, 4
15

C là tất cả các bạn 
đều là nữ.

Câu 35: Đáp án A.

6 điểm tương ứng với 30 câu đúng và 20 câu sai.
Như vậy, để chọn đúng 30 câu và sai 20 câu thì xác
suất là:



 



30 20

1 3

0, 25 0,75 .

4 4

   

   

   

Câu 36: Đáp án B.

Ta có:

2 2

lim , lim ,lim 0.

x
x y x y y

 

    

Nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y  và 1 0
tiệm cận đứng là x 2.

Câu 37: Đáp án C.

Khi cạnh bên bằng 2 3 tạo với mặt đáy góc 30o

thì
ta có cơng thức tính chiều cao: 2 3.sin 30o 3.

h  

Kết luận: . 3 1.3.3.sin 60 27.

2 4

o
langtru day

V h S   

 

Câu 38: Đáp án B.

Ta có:

1 1

. .a .a .

2 2 2

BCD

a
S  AB BC 
(AB là chiều cao của tam giác BCD)

2 3

1 1 3

. . . 3. .

3 3 2 6

S BCD BCD

a a

V SA S a

   

Câu 39: Đáp án A.

Gọi bán kính đáy của hình nón là R. 
Đường sinh của hình nón là l.

 

2 2

2 6 3 1 .

xq

S Rl a Rl a

      

Lại có: góc ở đỉnh bằng 60o

 

30 2 2 .

o
R

Sin l R

l

    

Từ (1) và (2) suy ra

6
2
6

a
R
l a






 


 chiều cao: 2 2 3

.
2

a
h l R 

Thể tích:

1 1 3 6 3 2

. . . .

3 day 3 2 2 4

a a

V  h S      a

 

 

Câu 40: Đáp án D.

. . .

4 4. .

2
1 1

4. . . .

2 3 3

ACB D ABCD A B C D ABB C ACDD CC B D AA B D
ABCD A B C D CC B D ABCD A B C D C A B C D

V V V V V V

V V V V

V

V V

              

    

   

  

Câu 41: Đáp án B.

Gọi O, O’ lần lượt là tâm ABC và A B C  
Suy ra tâm mặt cầu đi qua 6 điểm A, B, C, A’, B’, C’ 
phải thuộc OO’.

Gọi I là trung điểm OO’.

Dễ dàng chứng minh: IAIA nên I là tâm mặt cầu.





2 2

2
2

2 2

3 2 2

3 4

2 3 3

3 4 .

3 18 3

IA IO AO

OO AB

b a

a

V R b a

 

 

 

 

      

   



    

Câu 42: Đáp án A.

Ta có: 1









. .

3 ABC

V  d H ABCD S





.sin 3 sin 60 3.

2 2

o

AB

d M ABCD MH ABM 

Có: 1 2 1 3

6 . .6 3.

2 3 2

ABC

S  AD  V 

Câu 43: Đáp án D.

Để TXĐ là  thì x22mx40,  x .

Ta có

 

2 2 0 4 .

f x  x m xmy m

Suy ra:





; 4

m m là điểm cực tiểu.

Vậy

 

0 4 0 2 2.

f x   m    m

Câu 44: Đáp án A.

Ta có: 12 12 12 12 12 1 .

225
12 20

OB OH OA   

2 2

15. 20

25
1

. . . 500.

OB BC OC OB

AB OA OB

S AB DC AB Cb

     

  

   

Câu 45: Đáp án

Thiếu hình

Câu 46: Đáp án B.

Gọi D là hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng

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

SD AB

AD AC

 

 



mà









SB SBD AB BD

AC CD

AC SCD

   





 



 



Suy ra ABD vuông tại B.

.tan 30 . .tan 60 .

o a o

BD AB SD BD a

     

1 1 1 3

. . . .sin 60 .

3 3 2 12

o
ABC

a

V  SD S  a a a 

Câu 47: Đáp án D.

ĐKXĐ: x  và 1 mx  8

























 

2 2 2

2 2

log 1 log 8 log 1 log 8

1 8 2 9 0 *

x mx x mx

x mx x m x

      

        

Phương trình

 

* có hai nghiệm thực phân biệt khi và

chỉ khi:





2 2

2 m 36 m 4m 32 0

       

4
.
8

m
m

 

 
 


Loại m   vì khơng thỏa mãn ĐKXĐ. 8
Chọn m 4. Như vậy có vơ số giá trị ngun của m.

Câu 48: Đáp án

Gọi M là trung điểm BC.

H là hình chiếu vng góc của A trên BC.

Đường thẳng đi qua M song song AH cắt AC tại K,

AB tại N.

Vì mặt phẳng



SAB



vng góc đáy và SBC đều

nên N là hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng 
đáy.

Xét ABC vng tại A có  30o

ACB  và BCa nên

suy ra 3, 21, BC 7.

2 7 2

a a a

AB AH 

Xét BNM vuông tại M:

 7 21

.tan .tan 60 .

4 4

o

a a

MN BM MBA

   

Lại có: tam giác SBC đều nên 3.

a

SM 

Suy ra:









2 2 2 2

1 1 1

, SM MN MN

d N SBC

  



Câu 49: Đáp án

Vì bài này khá dài nên xin phép được trình bày tắt
một số bước:

Gọi O, H là lân lượt là hình chiếu vng góc của S, M 
trên mặt phẳng đáy. Suy ra chúng đều thuộc AC

Góc giữa MN và đáy sẽ là  60o

MNH 

Lại có:  360o 45o 90 .2 135o o

HON    

Có: 2, HN 7.

4 2 8

a a a

OH ON  

.tan 60 .

8
21

SO 2 MH .

o a

MN HN

a

  

Tiếp tục suy ra





















, , ,

2 , 2 .

d MD BC d BC MAD d N SAD

d O SAD h

 

Lại có: 12 12 1 21.

21 10

16
4

a
h
a

h a   

Câu 50: Đáp án C.

Ta có: 3 3 3





2 2 2

3 log log log .

Pa b c  a a b b c c

Đặt

2
2
2

log 2

x
y
z

a x a

b y b

c z a

   



  



   



 

   

3 3





2x 2y 2y 3 .2x .2y .2z

P    x y a và

3 3 3

x y z 

Với a b c, ,  1; 2  x y z, ,  0;1 .

Dễ dàng chứng minh được 2x 1, 0;1 ,

x x

      dấu

“=” xảy ra 0

x
x

 
 




Ta có:



2xx



3 1

 

2x 33 2

 

x 2.x3.2 .xx2x31

 





3 3

2x 3 .2x 3 .2 . 2x x 1 1 1.

x x x x x

        

Từ đó suy ra



 



1 1 1 4.

P x   y   z  
Dấu “=” xảy ra khi trong ba số , ,x y z có một số bằng 1

</div>

Đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn Toán - Chuyên Thái Bình lần 1 đề số 7

ĐÁP ÁN CHI TIẾT























<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>

<sub></sub>

 

<sub> </sub>





 













<sub> </sub>



 

