giai de thu nghiem cua Bo

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ NGHIỆM (Đáp án gồm có 10 trang). Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 01. BẢNG ĐÁP ÁN 1 D. 2 D. 3 B. 4 A. 5 B. 6 D. 7 D. 8 D. 9 A. 10 D. 11 A. 12 A. 13 C. 14 C. 15 B. 16 A. 17 C. 18 A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 A. 23 A. 24 B. 25 B. 26 B. 27 D. 28 B. 29 C. 30 D. 31 A. 32 B. 33 C. 34 D. 35 D. 36 A. 37 B. 38 D. 39 A. 40 B. 41 C. 42 C. 43 B. 44 A. 45 C. 46 C. 47 A. 48 A. 49 B. 50 A. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.. Chọn D. 2x 1 2x  1  ; lim y  lim   suy ra đường thẳng x  1 là đường x 1 x 1 x  1 x 1 x 1 x  1 2x 1 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  . x 1. Ta có lim y  lim. Câu 2.. Chọn D. Số giao điểm của hai đồ thị chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số. x  2 Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 4  2 x 2  2   x 2  4  x 4  x 2  2  0   .  x   2 Vậy hai đồ thị có tất cả 2 giao điểm.. Câu 3.. Chọn B. Quan sát đồ thị, dấu f   x  đổi từ dương sang âm khi qua điểm x  1 nên hàm số f  x  đạt cực đại tại điểm x  1 .. Câu 4.. Chọn A. 1 Ta có y   3x 2  4 x  1  y   0  x  1 hoặc x  . 3 Bảng biến thiên: 1 x  3 0   y. . 1. 0.  . . 1  Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1  . 3  Trang 7/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 5.. Chọn B. Dựa vào bảng biến thiên đã cho, phương trình f  x   m có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1  m  2 hay m   1; 2  vì lúc đó, đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại ba điểm phân biệt.. Câu 6.. Chọn D.  Cách 1. Ta có: y  . x2  2 x  3.  x  1. 2.  x  3 ; y  0  x 2  2 x  3  0   x  1. Lập bảng biến thiên. Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và giá trị cực tiểu bằng 2.  Cách 2. x2  2 x  3  x  3 Ta có y   ;x3  2  x  1 x  1 y  . 8.  x  1. 3. . Khi đó: y  1  1  0 ; y   3  1  0 .. Nên hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và giá trị cực tiểu bằng 2. Câu 7.. Chọn D. 3 Vận tốc tại thời điểm t là v(t )  s(t )   t 2  18t. 2. Do đó vận tốc lớn nhất của vật đạt được khi v(t )  3t  18  0  t  6 . Câu 8.. Chọn D. Tập xác định D   \ 2;3 2.  2 x  1   x 2  x  3  2x 1  x2  x  3 lim lim  x 2 x  2 x 2  5x  6  x 2  5x  6 2 x  1  x2  x  3. .  lim x2.  lim x2.  2 x  1. x. 2. 2. .   x 2  x  3. .  5x  6 2 x  1  x2  x  3 (3 x  1).  x  3  2 x  1 . x2  x  3. . . . 7 6. 2 x  1  x2  x  3 7   .Suy ra đường thẳng x  2 không là tiệm cận đứng của 2 x 2 x  5x  6 6 đồ thị hàm số đã cho. Tương tự lim. 2x 1  x2  x  3 2x 1  x2  x  3  ; lim   . lim x 3 x 3 x2  5x  6 x 2  5x  6 Suy ra đường thẳng x  3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. Câu 9.. Chọn A. Ta có: y  . 2x m. x 1 2. Trang 8/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Hàm số y  ln  x 2  1  mx  1 đồng biến trên khoảng  ;    y   0, x   ;   .  g ( x) . 2x 2 x 2  2  . Ta có m x  ,    ;  g x   0  x  1. ( )   2 2 x2 1  x  1. Bảng biến thiên: x g ( x ). . 1 0. . . 0. g ( x). . 1 0. . 1 0. 1. Dựa vào bảng biến thiên ta có: g ( x ) . 2x  m, x   ;    m  1. x 1 2. Câu 10. Chọn D. Ta có: y   3ax 2  2bx  c . Vì M  0; 2  , N  2; 2  là các điểm cực trị của đồ thị hàm số nên:  y   0   0 c  0 d  2  y  0   2  (1) và  (2)   12a  4b  c  0 8a  4b  2c  d  2  y   2   0  y  2   2 Từ (1) và (2) suy ra: a  1; b  3; c  0; d  2  y  x3  3x 2  2  y  2   18 . Câu 11. Chọn A. Dựa vào đồ thị suy ra hệ số a  0  loại phương án C. y   3ax 2  2bx  c  0 có 2 nghiệm x1 , x2 trái dấu (do hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm hai phía với Oy )  3a.c  0  c  0  loại phương án D. Do  C   Oy  D  0; d   d  0. Câu 12. Chọn A. Với mọi số a, b dương ta có: ln  ab   ln a  ln b; ln. a  ln a  ln b. b. Câu 13. Chọn C. Ta có 3x 1  27  3x 1  33  x  1  log3 27  x  1  3  x  4. Câu 14. Chọn C. Ta có: s  3  s  0  .23  s  0  . s  3 s t   128  t  7.  78125; s  t   s  0  .2t  2t  3 s 0 2. Câu 15. Chọn B. 4. 4. 3. 3. 4. 3. 7. 4. 7. 4. 13. 13. Ta có, với x  0 : P  x. 3 x 2 . x 3  x. x 2 .x 2  x. x 2  x.x 6  x 6  x 24 . Câu 16. Chọn A.  2a 3  3 3 Ta có: log 2    log 2  2a   log 2  b   log 2 2  log 2 a  log 2 b  1  3log 2 a  log b . b  . Câu 17. Chọn C.  x  1 x 1  0 1  Điều kiện:   1  x  (*) 2 2 x  1  0  x  2 Trang 9/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> log 1  x  1  log 1  2 x  1  x  1  2 x  1  x  2  0  x  2. 2. 2. 1  Kết hợp (*)  S   ; 2  . 2  Câu 18. Chọn A. Ta có:.  . y   ln 1  x  1. . . 1  . x 1.  . Mà. 1 x 1. 1 .  x 1 . . 1 1  y  2 x 1 2 x 1 1 x 1. . . Câu 19. Chọn B. Từ đồ thị suy ra 0  a  1 ;. b  1, c  1 và b x  c x khi x  0 nên b  c . Vậy a  c  b . Câu 20. Chọn C. Ta có: 6 x   3  m  2 x  m  0 1 . 6 x  3.2 x m 2x  1. 6 x  3.2 x xác định trên  , có Xét hàm số f  x   2x  1 12 x.ln 3  6 x.ln 6  3.2 x.ln 2  0, x   nên hàm số f  x  đồng biến trên  f  x  2 x  2 1   Suy ra 0  x  1  f  0   f  x   f 1  2  f  x   4 vì f  0   2, f 1  4. Vậy phương trình 1 có nghiệm thuộc khoảng  0;1 khi m   2; 4  . Câu 21. Chọn D. Với điều kiện đề bài, ta có 2. 2.   a  a  a  a P  log  a   3log b     2 log a a   3log b    4 log a  .b    3log b   b  b b b   b  b  2 a b. 2. 2.   a  4 1  log a b   3log b   . b  b  3 3 2 Đặt t  log a b  0 (vì a  b  1 ), ta có P  4 1  t    4t 2  8t   4  f  t  . t t b. Ta có f (t )  8t  8  Vậy f   t   0  t . 2 3 8t 3  8t 2  3  2t  1  4t  6t  3   t2 t2 t2. 1 1 . Khảo sát hàm số, ta có Pmin  f    15 . 2 2. Câu 22. Chọn A. Áp dụng công thức  cos(ax  b)dx . 1 sin(ax  b)  C với a  0 ; thay a  2 và b  0 để có kết a. quả. Trang 10/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 23. Chọn A. 2. 2. I   f   x  dx  f  x  1  f  2   f 1  2  1  1 . 1. Câu 24. Chọn B. 1 dx  ln x  1  C . x 1 F (2)  1  ln1  C  1  C  1 . F ( x )   f ( x)dx  . Vậy F ( x )  ln x  1  1 . Suy ra F (3)  ln 2  1 . Câu 25. Chọn B. 2. I   f (2 x )dx. Đặt t  2 x  dt  2dx . Đổi cận: x  0  t  0; x  2  t  4. 0. 4. 4. 1 1 Khi đó: I   f (t )dt   f ( x )dx  8. 20 20. Câu 26. Chọn B.  Cách 1. 4. I  3. 1 1 1 1 dx    . . Ta có: 2 x x x  x x( x  1) x x  1 2. Khi đó: 4. 4. 4 dx 1  1     dx  ln x  ln  x  1  3   ln 4  ln 5   ln 3  ln 4   4ln 2  ln 3  ln 5. 2 x  x 3  x x 1  3 Suy ra: a  4, b  1, c  1. Vậy S  2.. I .  Cách 2. Casio 4. Ta có: I   3. ln  2a.3b.5c  dx I a ln 2  b ln 3 c ln 5 ln 2 ln 3 ln 5       a b c e e e x2  x. a  4 a  4 16   4 a b c a b 1 c 1  2 .3 .5  2  2 .3 .5  b  1  0  b  1  S  a  b  c  2 . Hay 15 c  1  0 c  1  . Câu 27. Chọn D. k x. Ta có S1   e dx  e. x k 0. ln 4 k.  e  1 và S 2 . x.  e dx  e. x ln 4 k.  4  ek .. k. 0. Ta có S1  2S 2  e  1  2  4  e   k  ln 3 . k. k. Câu 28. Chọn B.. x2 y2 Giả sử elip có phương trình 2  2  1 , với a  b  0 . a b Từ giả thiết ta có 2a  16  a  8 và 2b  10  b  5 5  64  y 2 y 2 2  x y 8 Vậy phương trình của elip là   1  5 64 25 y  64  y 2  8.  E1   E1 . Trang 11/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường  E1  ;  E2  ; x  4; x  4 và diện tích 4. 4. 5 5 của dải vườn là S  2  64  x 2 dx   64  x 2 dx 8 20 4.  3 Tính tích phân này bằng phép đổi biến x  8sin t , ta được S  80    6 4   3 Khi đó số tiền là T  80    .100000  7652891,82  7.653.000 . 6 4  Câu 29. Chọn C. Nhắc lại:Trên mặt phẳng phức, số phức z  x  yi được biểu diễn bởi điểm M ( x; y ) . Điểm M trong hệ trục Oxy có hoành độ x  3 và tung độ y  4 . Vậy số phức z có phần thực là 3 và phần ảo là 4 . Câu 30. Chọn D. Ta thấy z  i  3i  1  3i 2  i  3  i , suy ra z  3  i . Câu 31. Chọn A. z  2  i   13i  1  z . 1  13i  2  i   z  3  5i . 1  13i z 2i  2  i  2  i . 2. z  32   5   34.. Câu 32. Chọn B. 2. Xét phương trình 4 z 2  16 z  17  0 có   64  4.17  4   2i  . 8  2i 1 8  2i 1  2  i, z 2   2 i . 4 2 4 2 1 Do z0 là nghiệm phức có phần ảo dương nên z0  2  i . 2 1 Ta có w  iz0    2i . 2  1  Điểm biểu diễn w  iz0 là M 2   ; 2  .  2 . Phương trình có hai nghiệm z1 . Câu 33. Chọn C.. 1  i  z  2 z  3  2i. 1 . Ta có: z  a  bi  z  a  bi. Thay vào 1 ta được 1  i  a  bi   2  a  bi   3  2i   a  b  i   3a  b   3  2i   a  b  i   3a  b   3  2i 1  a  a  b  2  2  P  1.   3a  b  3 b   3 .  2 Câu 34. Chọn D. Ta có z 1 . 1 z. 2. z.. Trang 12/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  10  10  2  i   z  2    2 z  1 i   2  .z  z  z    10  2 10 2 2 2   z  2    2 z  1   4  . z  2 . Đặt z  a  0.  z  z   a 2  1 2 2  10  4 2   a  2    2a  1   2   a  a  2  0   2  a  1  z  1. a   a  2. Vậy 1  2i  z . Câu 35. Chọn D. Do đáy là tam giác đều cạnh 2a nên S ABC.  2a  . 2. 4. 3.  a2 3 .. 1 3V 3a 3 Mà V  SABC .h  h    3a . S ABC 3 3a 2 Câu 36. Chọn A. Dễ dàng thấy bát diện đều, hình lập phương và lăng trục lục giác đều có tâm đối xứng. Còn tứ diện đều không có tâm đối xứng. A Câu 37. Chọn B.  Cách 1: Phân tích: tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . Do G là trọng tâm tam giác nên ta có BCD B D S BGC  S BGD  S CGD  SBCD  3S BGC (xem phần chứng G minh). Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có: 1  1 C VABCD  h.SBCD  h.S BCD V SBCD 1 1  3 ABCD 3    3  VA.GBC  VABCD  .12  4 .  1 1 V S 3 3 A GBC GBC  . h.SGBC VA.GBC  h.S GBC  3  D 3  B Chứng minh: Đặt DN  h; BC  a . N G Từ hình vẽ có: E MF CM 1 1 h M F    MF  DN  MF  . +) MF // ND  DN CD 2 2 2 GE BG 2 2 2 h h C +) GE // MF     GE  MF  .  MF BM 3 3 3 2 3 D 1 1 DN .BC ha S +) BCD  2  2  3  S BCD  3S GBC S GBC 1 GE.BC 1 h a 2 23 +) Chứng minh tương tự có S BCD  3S GBD  3SGCD G  SBGC  SBGD  SCGD  . A.  Cách 2: d  G;  ABC   GI 1 1     d  G;  ABC    d  D;  ABC   . 3 d  D;  ABC   DI 3. H. C. H1. I B. 1 1 Nên VG. ABC  d  G;  ABC   .S ABC  .VDABC  4. 3 3 Trang 13/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu 38. Chọn D. Phân tích: Tính thể tích của khối đa diện ABCBC  bằng thể tích khối của lăng trụ ABC . ABC  trừ đi thể tích của khối chóp A. AB C  . Giả sử đường cao của lăng trụ là C H .  AH  60 . Khi đó góc giữa AC  mặt phẳng  ABC  là góc C. C. B. Ta có:. A. C H  C H  2 3; SABC  4 sin 60  AC  2 1 VABC . ABC   C H .S ABC  2 3. . 2 2  8 3 . 2. . 4. . B. 1 1 8 3 VA. ABC   C H .SABC  .VABC . ABC   . 3 3 3 VABBC C  VABC . ABC   VA. ABC   8 3 . 2 3 C. 2 2. 8 3 16 3  . 3 3. 600. H. A. Câu 39. Chọn A. Gọi l là đường sinh của hình nón, ta có l  R 2  h 2 . Diện tích xung quanh của hình nón là 15 , suy ra 15   Rl  15  3. 32  h 2  h  4 1 1 Thể tích khối nón là V   R 2 h   .32.4  12 (đvtt). 3 3. Câu 40. Chọn B. Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có hình tròn đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác đáy của lăng trụ, và chiều cao bằng chiều cao lăng trụ. Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng. 3a . 3. 2.  3a   a 2 h Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là V  h.S  h. .  (đvtt).   3  3 . Câu 41. Chọn C. A'.   90 nên mặt cầu ngoại tiếp tứ Ta có  ABC   ABC. C'. B'. 2a. diện ABBC  có đường kính AC  . Do đó bán kính là R. 1 2 3a 2 2 a   2a    2a   . 2 2. D'. A. D. 2a. a B. C. Trang 14/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 42. Chọn C.  Cách 1 : X. Khối tròn xoay gồm 3 phần: Phần 1: khối trụ có chiều cao bằng 5, bán kính đáy bằng. 5 có 2. 2. 125 5 thể tích V1       5  . 4 2. Phần 2: khối nón có chiều cao và bán kính đáy bằng. 5 2 có thể tích 2. 2.  5 2  5 2 125 2 1 V2         3 2 2 12  . Y. Phần 3: khối nón cụt có thể tích là. 5 1 V3    3. .     5. 2 1 2. . . . . 2 2 2   5  5 2 5  125 2 2  1  .         2   2  2 2 24  . Vậy thể tích khối tròn xoay là. V  V1  V2  V3 . . . 125 125 2 125 2 2  1  125 5  4 2     . 4 12 24 24.  Cách 2 : Thể tích hình trụ được tạo thành từ hình vuông ABCD là 125 VT   R 2 h  4 Thể tích khối tròn xoay được tạo thành từ hình vuông XEYF là 2 125 2 V2 N   R 2 h  3 6 Thể tích khối tròn xoay được tạo thành từ tam giác XDC là 1 125 VN    R 2 h  3 24 54 2 . Thể tích cần tìm V  VT  V2 N  VN   125 24 Câu 43. Chọn B. Tọa độ trung điểm I của đoạn AB với A  3; 2;3 và B  1; 2;5  được tính bởi x A  xB   xI  2  1   y  yB  0  I 1; 0; 4   yI  A 2   z A  zB  z I  2  4. Câu 44. Chọn A. x  1   Đường thẳng d :  y  2  3t ; (t   ) nhận véc tơ u   0;3; 1 làm VTCP.  z  5  t Trang 15/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Câu 45. Chọn C. Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua 3 điểm A , B , C là:. x y z   1 1 2 3. Câu 46. Chọn C. Gọi mặt cầu cần tìm là (S ) . Ta có (S ) là mặt cầu có tâm I 1; 2; 1 và bán kính R . Vì (S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  8  0 nên ta có 1  2.2  2.(1)  8 R  d  I ; P   3. 2 2 12   2    2  2. 2. 2. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x  1   y  2    z  1  9 . Câu 47. Chọn A  Ta có đường thẳng d đi qua M  1;0;5  có vtcp u  1;  3;  1 và mặt phẳng  P  có vtpt  n   3;  3; 2  M   P   loại đáp án D.   n , u không cùng phương  loại đáp án B.     n . u  10  n , u không vuông góc  loại đáp án C.. Câu 48. Chọn A   M   Oxz   M  x;0;z  ; AB   7;3;1  AB  59 ; AM   x  2;  3;z  1 và.   A, B, M thẳng hàng  AM  k . AB.  x  2  7k  x  9   k     3  3k  1  k  M  9;0;0  . z 1  k z  0  .  BM   14;  6;  2   BM  118  2 AB. Câu 49. Chọn B.. Ta có:  d1 đi qua điểm A  2; 0; 0  và có VTCP u1   1;1;1 .  d 2 đi qua điểm B  0;1; 2  và có VTCP u2   2; 1; 1 ..    Vì  P  song songvới hai đường thẳng d1 và d 2 nên VTPT của  P  là n   u1 , u2    0;1; 1. Khi đó  P  có dạng y  z  D  0  loại đáp án A và C..  1  Lại có  P  cách đều d1 và d 2 nên  P  đi qua trung điểm M  0; ;1  của AB  2  Do đó  P  : 2 y  2 z  1  0 Câu 50. Chọn A. Gọi I 1;1; 0  là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy ) x y   z 1 m n Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx  my  mnz  mn  0 1  mn Mặt khác d  I ;  ABC     1 (vì m  n  1 ) và ID  1  d ( I ;  ABC   . m2  n2  m2 n2 Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) và đi qua D . Khi đó R  1 .. Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:. Trang 16/16 - Mã đề 01.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>