Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án) - Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.74 MB, 20 trang )

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

SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017
MƠN: TỐN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3></div>
(4)<div class='page_container' data-page=4></div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>
(8)<div class='page_container' data-page=8></div>
(9)<div class='page_container' data-page=9></div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Đáp án đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 mơn Tốn
1. D
2. D
3. A
4. B
5. D
6. A
7. D
8. D
9. A
10. A
11. C
12. B
`13. C
14. C
15. B
16. A
17. C
18. A
19. A
20. C
21. D
22. B
23. B
24. C
25. B
26. D
27. D

28. C
29. C
30. C
31. D
32. B
33. C
34. A
35. D
36. C
37. B
38. A
39. A
40. C
41. A
42. D
43. B
44. B
45. D
46. B
47. A
48. A
49. A
50. B
Hướng dẫn giải chi tiết

Câu NỘI DUNG

1 4 2 3







 



2 4 ' 4 4 4 1 , ' 0 1;0 1;

y x  x   y  x  x x x  y   x   

2 R=IA=

√

16+1+1=

√

18 Mặt cầu có bán kínhnên có phương trình
z −3¿2=18

y+4¿2+¿
x −1¿2+¿

3 (P),(Q) ⃗nP=(2;−3;6),⃗nQ=(1;1;−2) lần lượt có vectơ pháp tuyến là .

[ ,             n n P Q] (0;10;5)

d ⃗u=¿ 1

5[ ⃗nP,⃗nQ]=(0;2;1) Ta có nên có vectơ chỉ phương
1

2 ( )

x

y t t

z t




 

  

 d

Do đó có phương trình
4 x3 3x2 2x 1 3x2 2x 1

   

   Phương trình hồnh độ giao điểm:

3 4 0 0 2

x x x x

       

5 i(z −2+3i)=1+2i⇔z −2+3i=1+2i

i ⇔z −2+3i=2−i⇔z=4−4i⇔z=4+4i.
6 ⃗AB=(−2;2;2)⇒AB ⃗u=−1

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

AB B x −1
1 =

y

−1=

z −3

−1 . đi qua nên có phương trình

7 z=b −ai. z=a+bi Mệnh đề sai : Số phức có số phức liên hợp là
8 ln 3 1 .

9 2 2 2

2 2 1

1 2

3 4

6 , 2 . 2

2 2 3 2

S

a a a a

S a S a a

S

 
   
           

   
10 3

2 2 1 2 2

2 . . 2

3 3

a

SA SB  AB a  V  a a 

Tính được
11

z1,2=1±

√

2 ⇒S=

√

(

1
2

)

(

√

)

√

(

)

(

−

√

)

y=

(

e

π

)

x

y=

(

√

)

x

Có hai hàm số nghịch biến là và
13

 

2 2 2

2 0 0

2 f x dx 2 f x dx f x dx 1

















 

f x

Vì là hàm chẵn nên







 



 

1 1 2

0 0 0

1 1 1

2 2 2

f x dx f x d x  f t dt



Do đó
14

D=¿

¿
log1

(2x −1)≥0

2x −1>0

⇔
¿2x −1≤1

2x −1>0

⇔1

2<x ≤1⇒
¿{

Điều kiện: TXĐ: .

 













2016 f x dx' f 4 f 1 2017 f 1 f 1 1







        

y '= 3

x
ln 3

(2+3x)ln3=

3x
2+3x

 

sin .cos .3 sin . sin3





1sin4
4

F x 



f x dx



x x dx



x d x  x C

 

0

 

1sin4 1

4 2 4

F   C  F x  x  F  

 



   

18 2 3 3.4 4 2

3
V
r r
h

    
 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

có nghiệm” và (III) “Mơđun của một số phức là một số phức”.

20 M(0; 2). Điểm cực tiểu của đồ thị là

21 y f x( )

Vẽ đồ thị hàm số , từ đó suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt.
22 A(1;−3), B(−2;1)⇒AB=5 .

 

1 2 .
2

x

f x dx e C



24 ⃗a⊥⃗b ⃗b.⃗c=5 .

|

b⃗

|

=

√

14 Có ba mệnh đề đúng: (I) . (II) (IV) .

25 BB' 52 32 4 V 3 .4 362

      Tính được

26 4x−5 . 2x

+6=0⇔

2x=2

¿
2x=3

¿
x=1

¿
x=log23

¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
.



 















2 2

2 4 1 4

4 2 4

1 1 1

x x x x

y y

x x x

   
  
   
  
' 0
y

  x x1, 2 x x1 2 4 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

28 d M(1;0;−1) ⃗u=(2;1;−1) đi qua và có vectơ chỉ phương .

(P) ⃗n=(2;−3;1)

¿
M∈(P)

⃗

u.⃗n=0

⇒d⊂(P).

¿{

có vectơ pháp tuyến . Nhận thấy

M∈d⇒M(1+2t ;t ;−1− t) M (P) Cách 2: Lấy , thay tọa độ của vào phương

trình của ta được

d⊂(P). d M 2(1+2t)−3t −1−t −1=0⇔0=0⇒M∈(P) , do lấy bất kì

trên nên

29 3

y

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

30 ⃗n=(2;−1;1) Mệnh đề sai:Vectơ là một vectơ pháp tuyến của (P).

31 a b c, , STP 2



ab bc ca 



Gọi là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật thì

2 2 2 '2 18

a b c AC  Theo giả thiết ta có

2 2 2

2.18 36
TP

a b c ab bc ca   S   Từ bất đẳng thức

32 SH (ABCD).Gọi H là trung điểm
của AD suy ra Dễ thấy tâm I của
mặt cầu nằm trên trục d đi qua trung
điểm O của MN và vng góc với
mặt phẳng (ABCD), I và S cùng phía
so với mp (ABCD).

2 2 2 2 2 2 2

4
 
       
 
 
a

OC OI R IK KS x

10
4

a

IK OH 

x OI Nếu đặt thì

và

2 2

10 3 5 3

4 2 12

a a a

x x
   
      
   
   
2

2 2 93

4 12

a a

R x  

    

 

(0;0;0),

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

a

A  M a

 

3
0;0;

a
S 

 

; ;0
4 4

a a

E 

  IE(ABCD)

3
; ;
4 4

a a

I t

 

2 2 5 3 93

12 12

a a

IS IA  t  R IA 

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho
và . Khi đó trung điểm là trung điểm của MN. Do nên . Từ .

33 s 9t2 t3 v s' 18t 3t2 v' 18 6t 0 t 3

           

max

3 27; 5 15 27

t  v t  v  v  Khi

34 z=x+yi x , y∈R |2z −1|=|z+1+i|⇔|2x −1+2 yi|=

|

x+1+(1− y)i

|

Gọi với . Ta

có

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

2x −1¿2+4 y2

¿
1− y¿2

¿
x+1¿2+¿

¿
¿

√¿

(1)

y −1¿2=5

x −1¿2+¿

z Mặt khác điểm biểu diễn của thuộc đường tròn đã cho nên (2)

(x ; y)=(0;−1),(2;−1)⇒z=−i , z=2−i Giải (1) và (2) ta được: .

√

0+1

√

4+1=

√

5 Do đó tích các mơđun là.
35  y' x2 2



m 1



x



m 3



      y' 0 

TXĐ: D = , có nhiều nhất 2 nghiệm trên .



0;3



 y' 0,  x



0;3



+) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng



0;3



 

2 2 3

2 1
x x
g x
x
 







2 2 3

, 0;3
2 1
x x
m x
x
 
   

 . Xét hàm số trên khoảng

 





 





2
2

2 2 4

' ; ' 0

2
2 1

x

x x

g x g x

x loai
x


 
   

 

 



0;3



g x m  x  m

Từ BBT,



'0,3;1

yx





3; 1



+) Hàm số đồng biến trên khoảng



3; 1



 

2 2 3

2 1
x x
g x
x
 







2 2 3

, 3; 1

2 1
x x
m x
x
 
     

 . Xét hàm số trên khoảng

 





 





2
2

2 2 4

' ; ' 0

2
2 1

x

x x

g x g x

x loai
x


 
   

 
2 2

[ 1; 2] 5.

m   a b  g x

 

m,   x



3; 1



 m1Từ BBT, . Do đó

36 Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện,
chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.

Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh S và

. .

1
4
S ABC S MNP

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

, ,

x SM y SN z SP   Đặt , ta có:













2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2
2 2

4 5 76

4 6 24

120
4 7

x y a x a

y z a y a

z a

z x a

    
 

   
 
 

  


3
. .
1 1
2 95

4 24

S ABC S MNP

V V xyz a

   

37 (S) I(5;−3;5), R=2

√

5 ⇒IN=R=2

√

5 có tâm bán kính .

IMN N IM=

√

IN2+MN2=

√

20+16=6 Do tam giác vuông tại nên .

d(I ,(P))=|5+6+10−3|

√

1+4+4 =6=IM M I (P)⇒IM⊥(P)

⇒⃗IM=t⃗n

P⇒M(5+t ;−3−2t ;5+2t) Ta lại có do đó phải là hình chiếu của lên .
M∈(P) 5+t −2(−3−2t)+2(5+2t)−3=0 Do nên

⇔t=−2⇒M(3;1;1)⇒OM=

√

11 .

38 2

1 1

1 1 1

k
k

V dx

x x k

     
        
     



5
2
5
2

1 1 1 1

k k

V dx

x x k

     

        
     



,
1 1

1 2 2 15

2 1

5 7

V V k

k k

      

39 x2 x 2 0

   x1,x2Phương trình có hai nghiệm

x 4x 1 x22x6 x24x 1 x2 2x6 x2Thay vào biểu thức thấy
kết quả bằng 0, thay vào biểu thức thấy kết quả khác 0. Suy ra đồ thị hàm số chỉ có
1 tiệm cận đứng là .

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

40 1 2 6
6

y x 

- Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc là trung điểm O của MN, trục hồnh
trùng với đường thẳng MN thì parabol có phương trình là .

2
2 2
2
1 208
6
6 9

S x dx m



 

    

 



- Khi đó diện tích của khung tranh là
208

900.000 20.800.000

9   - Suy ra số tiền là: đồng 
41 Cơng thức tính thể tích chỏm cầu

có bán kính R, chiều cao h là:



2 2



2 2

chom
3
R
cau
R h
h

V  R x dx h R



 

     

 



1 2 3

V V V   V V3V2V1Gọi là thể tích

khối nón trịn xoay khi quay tam giác
BCD quanh trục AC, là thể tích khối 
cầu khi quay hình trịn quanh trục AC,
là thể tích khối chỏm cầu khi quay
hình phẳng (BnD) quanh trục AC thì

3 3

1 2

1 7 2 7 2 2 .7 4 4 .7

. , .7

3 2 2 12 3 3

V      V    

 

  Tính được:.

R

7 2
7

h 





3
2

8 5 2 .7

3 12
 
 
   
 
h

V h R 343 4 3 2





V   

Khối chỏm cầu
có bán kính chiều cao nên . Do đó: .

42 log712=x⇔log73+2 log72=x (1)

xy=log712. log1224=log724⇒log73+3 log72=xy (2)
log72=xy− x ,log73=3x −2 xy Từ (1) và (2) ta suy ra .

54168

log

¿log7168

log754 =

log7(23.3 . 7)

log7(3
3

.2) =

3 log72+log73+1

log72+3 log73 =

xy+1

−5 xy+8x. Do đó
a=1,b=−5, c=8⇒S=15 Do đó

B

A

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>





2
2
ln 9
9
3
x

u x du

x

dv dx v x


   
 
 
 

 
   
Đặt













2 2
2
2
2
1
1 1
3

3 ln 9 2 ln 5 6ln 2 2

9 3

x x x

I x x dx dx

x x



       

 







12

ln 5 6ln 2 2 6ln 3 ln 5 6ln 2 2 6ln 5 12ln 2
5ln 5 6ln 2 2 13.

x
S

         

    

⇔log22x −2 log2x+3=m t=log2x x∈

[

2;4

]

t∈[−1;2]. PT. Đặt, do nên
t2−2t+3=m PT đã cho trở thành (*) .

f(t)=t2−2t+3 [−1;2] t∈[−1;2] min
[−1;2]

f(t)≤m ≤max

[−1;2]

f(t)⇔2≤ m≤6 . Lập

bảng biến thiên của hàm số trên đoạn ta được (*) có nghiệm khi và chỉ khi
45

y '=2 lnx −ln

x
x2

y '=0⇔

lnx=0

¿
lnx=2

¿
x=1

¿
x=e2

¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
, .

y(1)=0, y(e2)=4

e2, y(e

)=9

e3 ⇒max[1; e3

]

=y(e2)=4

e2⇒m=4,n=2⇒S=4

+2 .23=32

46 Nn r a A N1=A(1+r)− a Gọi là số tiền người vay còn nợ sau n tháng,

là lãi suất hàng tháng, là số tiền trả hàng tháng, là số tiền vay ban đầu.
1+r¿2−a[1+(1+r)]

N2=[A(1+r)− a](1+r)−a=A¿
1+r¿2− a[1+(1+r)]

1+(1+r)+¿
1+r¿3− a¿
A¿(1+r)− a=A¿

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

...
1+r¿m−1

¿
¿
1+r¿m− a¿
1+r¿2+.. .+¿=A¿

1+(1+r)+¿
1+r¿m− a¿
Nm=A¿

Nm=0 1+r¿

m

(Ar− a)+a=0⇔m=log1+r a

a−Ar
⇔¿

Khi trả hết

nợ nghĩa là

m≈21,6 Thay số ta được: . Do đó số tháng để trả hết nợ là 22 tháng.
47
0, 0
0, 0
a d

c c
b b
d a

  




   


0
0
0
0
ac
cd
bd
ab


 




 

0

0
bc
ad


 


 Từ đồ thị ta thấy

48 H AB IAB I IH⊥AB IA=

√

2 IH +) Gọi là trung điểm của , do tam

giác vuông cân tại nên và
(0; 2; 2)

IM  



d M(2;1;−1) ⃗u=(2;1;−1) +) đi qua và có vectơ chỉ phương

[IM u; ] (2; 4; 4)

   

⃗ ⃗

⇒d(I , d)=

|

[⃗IM;u⃗]

|

|⃗u| =

√

16+16+4

√

4+4+1 =2.

IA=

√

2 IH=

√

2d(I , d)=2

√

2 Do đó , suy ra mặt cầu có phương trình

z −1¿2=8 .

y+1¿2+¿
x −2¿2+¿

IH HChú ý: Có thể tính bằng cách tìm tọa độ điểm .

49 y x4 4(m 1)x2 2m 1 y' 4x3 8



m 1



x 4x x 2 2



m 1





             

m Điều kiện để có 3 cực trị là . Tọa độ các điểm cực trị là



0;2 1 ,





1 ; 4







2 2 1 ;





1 ; 4







2 2 1



A m B m  m  m C  m  m  m

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

























3
0

4 3

2 1 16 1 1 1 1

; 120 1 1

2 24 24

2 1 16 1

m m

AB AC m m

m m

   

        

  

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

50 1 . . ln 2

r T

A A e r

T



   T

Gọi là chu kì bán rã, suy ra .
4000

ln 2

1602
.4000 1

5. 5. 0,886

2
T

S  e    

</div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án) - Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán có đáp án

<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>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

|

|

√

√