Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 06 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện - Pdf 72

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

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 
 Mơn thi: TỐN

ĐỀ VIP 08 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn
phương án sau:

A. 2.

1
x
y

x
− +
=

+ B.

2
.
1
x
y

x
− −
=

+ C. 

3

' 0

1
−
= <

+
y

x

khơng

thỏa mãn. Chọn B.

Câu 2. Giải phương trình (iz−1)(z+3i)(z− +2 3i)=0 trên tập số phức.

A. 3 .

2 3

= −

 = −

 = +


z i

= −

 = −

 = −


D.

3 .

2 3

z i

= −

 =

 = −


⇔ = −

 = +


z i

Chọn A.

Câu 3. Một mặt cầu có độ dài bán kính bằng 2 .a Tính diện tích S của mặt cầu.

A. 2

4 π.
=

S a B. 16 2.
3

S a C. S =8a2π. D. S =16a2π.
Lời giải. Diện tích của mặt cầu ( )S là Smc =4πR2 =4 . 2π ( )a 2 =16a2π. Chọn D.

+∞

− −∞

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

Gọi R′ là bán kính của mặt cầu ( )S′ .

Vì ( ) ( )S , S′ tiếp xúc ngoài nên R+ =R′ II′.

( ) ( ) (2 2 )2 2 2

9 1 1 1 6 0 2 8 6 2 8.

′ ′

→ =R II − =R − + − + − − = + − =

Vậy phương trình mặt cầu ( )S′ là (x−9) (2+ y−1) (2+ −z 6)2 =64. Chọn C.
Câu 5. Tính diện tích hình phẳng phần bơi đen

giới hạn bởi các đường 2 1 4
,

3 3

y=x y= − x+ và

3 3

3 loại
=




= − + ⇔ + − = ⇔

= −


x

x x x x

x

Diện tích hình phẳng cần tính là

1 4

0 1

1 4 11

y
x

′ =

+ B. ( )

ln 1

2 x .

y′ = +

C. ( )

ln 1

2 .2 .ln 2
.
1

x

′ =
+

Lời giải. Ta có ln( )2 1 ( 2 ) ln( )2 1 ln( )2 1
2

2 ln 1 .2 .ln 2 .2 .ln 2.

x x x x

y y x

x

+ ′  ′ + +

= → = +  =

+ Chọn C.

Câu 7. Cho hàm số y= f x( ), xác định liên tục trên ℝ\{ }−2 có bảng biến thiên như hình

−

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

• Hàm số nghịch biến trên khoảng (− −3; 2) và (− −2; 1 .)
• Hàm số có giá trị cực đại yCĐ = −2.

• Hàm số đồng biến khoảng (−∞ −; 3) và (− + ∞1; ).
• Hàm số có điểm cực tiểu là −1.

Chọn C.

Câu 8. Cho số phức z= −2 3i. Tìm số phức liên hợp của số phức ( )
2

1 z .

w i z
z

= + −

A. w= −3 4 .i B. w= +3 4 .i C. w= +4 3 .i D. w= −4 3 .i
Lời giải. Ta có z= − → = +2 3i z 2 3i,. Khi đó ( ) ( )

1 z 1

Lời giải. Phương trình 1

4 4

4x+ =64a ⇔ + =x 1 log 64a =a.log 64=3a⇔ =x 3a−1.

Chọn A.

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(−2; 6;1) và M a b c′( ; ; ) đối

xứng nhau qua mặt phẳng ( )Oyz . Tính tổng S =7a−2b+2017c−1.

A. S =2017. B. S =2042. C. S =0. D. S =2018.

Lời giải. Dựa vào lý thuyết: Hai điểm M x y z( ; ; ) và M x y z( '; '; ') đối xứng nhau qua mặt

phẳng (Oyz) thì

'
' .
'

x x

y y
z z

 = −

 =

′ =


 

 ′ ′ ′ 

= + = ⇔ + = ⇔ =

  

  ′ + =  =


′

= + = 



AC AB AD AB AD AA

AD AA AD AA AD AB

AD
AA AB

AB AA AB

C. 1 ( 2017 )
1 .
2017

I = e − D. 1 ( 2017 1 .)

2017

I = e− −

Lời giải. Đặt 2017 d 1 . 2017d d d 2017d

2017 2017

= x → = x = t ⇔ =

t e t e x x x t

t .

Đổi cận: 1

2017

0 1

x t

t

 

= = =  − 

 

∫ ∫ Chọn B.

Câu 14. Hàm số y=2x+ln x+1 có tập xác định là:

A. ℝ\{ }−1 . B. ℝ\ 0 .{ } C. ℝ+. D. ℝ.
Lời giải. Hàm số đã cho xác định ⇔ + > ⇔ ≠ −x 1 0 x 1. Chọn A.

Câu 15. Điểm cực đại của đồ thị hàm số

2 2

2 3

3 3

x

y= − x + x+ có tọa độ là:

A. (−1; 2 .) B. 3;2 .

3 3

= → =



′ = ⇔ − + = ⇔

= → =



x y

y x x

x y

Do ( )

( )

1 2 0

3 2 0

′′ = − <

′ = B. .

x

e
y

x

′ = C.

2
.
2

x

e
y

x

′ = D. 2

2 . x.

y′ = x e

 

  là:

A. Khơng có giá trị lớn nhất. B. 1 .
ln
e a

C. 22.

a D.

1
.
a

Lời giải. Chọn 1
2

a= , xét hàm số ( )
1

2 2

log

x

x x

− −  

′= ′ = − = < ∀ ∈ 

  (vì 2

1 1

; log 0

4 2

 

∈ ⇒ <

 

x x ).

Suy ra f x( ) là hàm số nghịch biến trên 1 1; max 1 4.log2 1 8.

4 2 y f 4 4

  ⇒  

=  = − =

Lời giải. Điều kiện 
2

1 0

1
3 3 0

x

x
x

 − >

⇔ >


− >

 .

Do 1
4

π < nên bất phương trình ( 2 ) ( ) 2

4 4

logπ x − <1 logπ 3x− ⇔3 x − >1 3x−3

.5 .

x x

x

− + B. 5 6.

ln 5 6
x + x

C. 1 4

.5x 5 .

x − + x D.

5
5

.
ln 5 ln

x

( )

7 x yi 2xi 2y 2x 2yi 3xi 3y i x 5y 7 x 3y 1 i 0

⇔ + − + + = + + − + ⇔ − − + + + =

5 7 0 2

2 5.

3 1 0 1

x y x

z i z

x y y

− − = =

 

⇔ ⇔ ⇒ = − ⇒ =

+ + = = −

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

Câu 21. Cho khối nón ( )N có thể tích bằng 4π và chiều cao bằng 3. Tính bán kính r 
đường trịn đáy của khối nón ( )N .

π π

= = = Chọn A.

Câu 22. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình tham số của trục Oz là:

A. .

z t

y t

z t

=



=

 =


B. 0.
0

x t

y

 =


D.

0
0.

x

y

z t

=



=

 =


Lời giải. Trục Oz đi qua điểm O(0;0;0) và nhận vectơ đơn vị k=(0;0;1) làm một VTCP nên

có phương trình tham số là

0 0
0 0
0 1

=

 =


Chọn D.

Câu 23. Cho hàm số y= f x( ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên

x −∞ 1− 0 1 +∞

y − 0 + 0 − 0 + 
y +∞ +∞

1 1
Khẳng định nào sau đây sai?

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1; 0) và (1;+ ∞).

B. f ( )−1 được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

C. x0 =1 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.
D. M( )0; 2 được gọi là điểm cực đại của hàm số.

Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét sau

Điểm B biểu diễn số phức 3 i+ →B( )3;1 .

Vì M là trung điểm của AB→M( )2; 0 → =z 2. Chọn C.

Câu 26. Gọi n d, lần lượt là số đường tiệm cận ngang và số đường tiệm cận đứng của đồ thị

hàm số

( )

1
.
1

x
y

x x

−
=

− Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. n= =d 1. B. n=0; d =1. C. n=1;d =2. D. n=0; d =2.
Lời giải. Xét hàm số ( )

( )

x Ta có

( )

0
1

lim 0

→

− = ∞ → =
−

x

x x là TCĐ.

( )

1 1

h C. 2 3.

3
= a

h D. .

3
=a
h

Lời giải. Diện tích tam giác đều cạnh ( )

2 3 3

2 3 3 3.

a

a → =S = a

Ta có 1 . 3 2 3.

3 3

log .

y= x

Lời giải. Hàm số y=loga x với a>1 là hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ∞).

So sánh 1 ; ; 2

2 3 4 2

e > >e π ⇒

 

 

 

Hàm só

2
loge

y= x đồng biến trên (0;+ ∞). Chọn B.

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết A(2; 4; 3− ) và trọng
tâm G của tam giác có tọa độ G(2;1; 0). Khi đó vectơ AB+AC có tọa độ là:

A. (0; 9;9 .− ) B. (0; 4; 4 .− ) C. (0; 4; 4 .− ) D. (0;9; 9 .− )

y=a và đồ thị hàm số y=loga x đối xứng với nhau qua đường

thẳng y=x. Chọn B.

Câu 31. Biết M(1; 6− ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 3 2

2 1.

y= x +bx + + Tìm tọa độ cx

điểm cực đại của đồ thị hàm số đó.

A. N(2;21 .) B. N(−2;21 .) C. N(−2;11 .) D. N( )2;6 .

Lời giải. Đạo hàm 2

6 2 , 12 2 , .

y′= x + bx+c y′′= x+ b ∀ ∈ ℝ x

Điểm M(1; 6− là điểm cực tiểu đồ thị hàm số )

( )
( )

( )

1 0 2 6

⇔ = − ⇔ + = − ⇔ = −



  

 ′′ >  + >


Khi đó, hàm số có phương trình ( ) 3 2

2 3 12 1

y= f x = x + x − x+ .

Ta có ( ) ( ) ( )

( )

2 2 1 2 21

6 6 12, 0 2 0 .

2 2 0

f
x

f x x x f x x x

− , 2

: 2 2

x t

d y t

z t

 = − +


 = +

 = +


. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ đi

qua điểm M vuông góc với d1 và d2.

A. : 1 1 1.

5 1 3

: .

5 1 3

x+ y+ z+

∆ = =

− −

Lời giải. Đường thẳng d1 có VTCP u1= −(1; 1;2). Đường thẳng d2 có VTCP u2=(1;2;1 .)
Đường thẳng cần tìm ∆ vng góc với d1 và d2 nên có một VTCP là u∆ =u u1, 1= −( 5;1;3).
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng : 1 1 1.

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− Chọn A.

Câu 33. Cho hàm số f x( ) liên tục trên ℝ và có ( )

d 3.

I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

−

− −

=∫ =∫ +∫ = ∫ = ∫ .

Đặt t=2x→dt=2dx . Đổi cận: 0 0.

1 2

x t

 = → =


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

Khi đó 2 ( ) 2 ( )

0 0

I =∫ f t dt=∫ f x dx= Chọn C.

Nhận xét. ( ) ( ) ( )

phần đồ thị của hàm số y= f(x−2 .) (hĩnh vẽ bên dưới)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình ( 2) 1
2

f x− = − có 4 nghiệm phân biệt. Chọn D.

Câu 35. Kí hiệu ( ) 4 2
1

1 2

1 3 log 2

2 log

8 x 1 1

x
f x x

 

 

1 1 1

3 log 2 3. log 2 log 2 log 2

2
.

8 2 2 2

x
x

x x x

x

x x

x

x x x x x

x

+ +

−
=∫

A. 5.
2

I=
B. 11.

I=
C. I= 5.

D. I= 3.

O

-1

4
3
2

1
2

-1

y

1 1 1 5

.2.1 2.1 .2.1 .1.1 1.1

2 2 2 2

ABO OBCH HCD DKE EFLK

S S S S S

= + + − − = + + − − = . Chọn A.

Câu 37. Cho hai số thực b và c c( >0 .) Kí hiệu , A B là hai điểm của mặt phẳng phức biểu

diễn hai nghiệm phức của phương trình 2

2 0.

z + bz+ =c Trong mặt phẳng phức Oxy tìm điều ,
kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông.

A. 2
2 .

c= b B. b2= c. C. b= c. D. b2=2 .c
Lời giải. Theo định lí Viet, ta có

1 2

1 2 1 2 1 2

4 4 4

OA z
OB z

AB z z z z z z b c

 =

 =



 = − = + − = −



Sử dụng đẳng thức, ta có

2 2 2 2

2 2 1 2 1 2 2 2

1 2

Câu 38. Cho khối chóp .S ABC có thể tích bằng 16. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm các
cạnh SA SB SC, , . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP.

A. V= 2. B. V=4. C. V= 6. D. V= 8.

Lời giải. Ta có d S MNP ,( )=d A MNP ,( ) nên VAMNP=VSMNP.

Mà . . 1

SMNP

SABC

V SM SN SP

V = SA SB SC = nên .

2
8

AMNP S ABC

V = V = . Chọn A.

Câu 39. Cho tam giác ABC có AB= 13cm, BC= 5cm và AC =2cm. Tính thể tích V của

S∆ = AC BH →BH =

Trong tam giác vuông BHC , ta có

2 2

1cm 3cm.

CH = BC −BH = →AH=AC+CH =

● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,

chiều cao AH =3cm là 2 3
1

. 4 cm .

V = πBH AH = π

● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,

chiều cao CH =1cm là 2 2 3

1 4

3 2

2 3

0 0

2 4 8

2 4 4 cm .

3 3 3

V=π∫  x dx −π∫ x− dx= π− π= π

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(2;0;0 ,) B(0;3;0 ,) và

(0;0; 4)

C − . Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Trong các phương trình sau, phương trình nào

là phương trình tham số của đường thẳng OH?

A.

6
4 .
3

 = +

 =−


C.

4 .

x t
y t

z t

 =

 =

 =−


D.

4 .

x t
y t

z t

 =

 =

 =−


Chọn C.

Câu 41. Tìm các giá trị của m để hàm số 3 ( ) 2 ( )

3 1 3 2

y=x − m+ x + m m+ x nghịch biến trên

đoạn [ ]0;1 ?

A. m≤ 0. B. 1− < < m 0. C. 1− ≤ ≤ m 0. D. m≥ − 1.

Lời giải. Đạo hàm 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( )

2 1

m

m
m

 ≤


⇔ + ≥ ⇔ − ≤ ≤

 Chọn C.

Câu 42. Cho hàm số y= f x( ) xác định và liên tục trên

ℝ, có đồ thị hàm số f′( )x như hình vẽ. Xác định điểm

cực tiểu của hàm số g x( )= f x( )+ x.

A. Khơng có điểm cực tiểu. B. x= 0.

C. x= 1. D. x= 2.

Lời giải. Xét hàm số g x( )= f x( )+ trên x ℝ, ta có g x′( )=f′( )x + ∀ ∈1; x ℝ.
Dựa vào đồ thị hàm số f′( )x , ta thấy đồ thị hàm số g x′( ) là đồ

thị hàm số f′( )x tịnh tiến lên trên trục Oy một đơn vị (hình

bên), khi đó

log log 2 5 2 3

2 5

a

a a

a

t

t t a

t

 =


= + = ⇒ + = ⇒ − =



( )
( )

5 3 2 1

5 2 3

số f a( ) đồng biến trên ℝ.

Mặt khác f( )0 =2 do đó phương trình f a( )=2 có một nghiệm duy nhất a= → = − 0 t 1.
Suy ra 2

2 1

x − x= − : vơ nghiệm.

● Phương trình ( )2 3 2. 1 1

5 5

a a

   

 

⇔  +   = .

Xét hàm ( ) 3 2. 1

5 5

a a

g a =    +    có '( ) 3 ln3 2. 1 ln1 0 ( )

5 5 5 5

∫ . Tính

d
3

a x
e

I x

a x

=
−

∫ theo a và b .

A. I ba.

e

= B. .

x t a

x a t a

 = → =


 = → =−


Khi đó ( )

( ) ( ) ( )

1 1

. . .

2 2 2

a a t a a

a a a

t t

a a a

2MK 3KA 2KB KC

= + − + với K là điểm tùy ý.

Chọn K sao cho 3KA−2KB+KC= 0 →K(3;6;9) cố định.

Khi đó 3MA−2MB+MC = 2MK =2MK. Để 3MA−2MB+MC khi và chỉ khi MK nhỏ

nhất. Lại có M∈( )S nên M là giao điểm của IK với mặt cầu ( )S .

Đường thẳng : 1 2 3

1 2 3

x y z

IK − = − = − .

Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn đặt trên mặt nằm
ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với
0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng nhất của
khối dầu còn lại trong bồn.

A. 11,781 3

m . B. 12,637 3

m .

C. 1 3

14,923 m . D. 3

8,307 m .

Lời giải. Thể tích của bồn (hình trụ) đựng dầu là: 2 2 3
1 .1 .5 5 m .

V =πr h=π = π

Bây giờ ta tính phần dầu bị rút ra bằng 2 cách:

Cách 1. (Dùng tích phân)

Chọn hệ tục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ gắn
với tâm của mặt đáy.

1
2

2 1 5 3,07m

V = × =S h ∫ −x dx× ≈ .

Vậy thể tích của khối dầu còn lại trong bồn: 3

1 2 12,637m .

V=V −V ≈ Chọn B.

Cách 2. (Áp dụng diện tích cung trịn khi biết góc ở tâm trừ đi diện tích tam giác tạo bởi tâm

và 2 đầu mút dây cung)

( )

2 2

1 1 1

. . .sin sin

2 2 2

viên phân

S = R α− α =  π− π≈



Câu 47. Cho các số phức z thỏa mãn z =1. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P= + +z 1 2z−1. Khi đó:

A. M =3 5, m= 2. B. M =3 5, m=4.

C. M =2 5, m=2. D. M =2 10, m=2.

Lời giải. Đặt z= +x yi x y( ; ∈ ℝ).

Từ 2 2

1 1.

z = →x +y = Suy ra x∈ −[ 1;1.]

Ta có ( )2 2 ( )2 2

1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2.

P= + +z z− = x+ +y + x− +y = x+ + − x+

Xét hàm f x( )= 2x+ +2 2 −2x+ trên đoạn [2 −1;1], ta được

[ 1;1] ( ) [ 1;1] ( ) ( )

AK ⊥AB và AK=KAB. Khi đó P nằm trên nửa đường trịn đường kính BK ''.

Chứng minh. Ta có ∆BMP∼∆BAK c( − − g c) →BPA=BKA→ tứ giác BPKA nội tiếp

hay P nằm trên nửa đường trịn đường kính BK.
Khi đó biểu thức P=MA+kMB=AP.

Do đó Pmax khi APmax tức AP là đường kính hay

max . 1;

P =BK=AB k + Pmin=AB.

Câu 48. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C . Gọi H là trung

điểm AB . Biết rằng SH vng góc với mặt phẳng (ABC) và AB=SH= Tính cosin của góc a.

α tọa bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

A. cos 1.
3

α= B. cos 2.
3

α= C. cos 3.
3

( )

HK SAC
HC SAB

 ⊥



 ⊥

 nên góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) bằng góc giữa hai đường thẳng

HK và HC.

Xét tam giác CHK vng tại K, có 1

2 2

a

CH = AB= ; 12 12 12

a
HK
HK =SH +HI ⇒ = .

Do đó cos 2.

 ⊥

 ⇒ =

 ⊥

 ''. Nếu ta sử dụng lý thuyết

quen thuộc ''góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai

mặt phẳng và cùng vng góc với giao tuyến'' thì rất khó.

Câu 49. Bác An muốn làm một thùng chứa nước hình trụ (như hình vẽ) có thể tích 3

1m sao

cho chi phí vật liệu làm thùng là ít nhất. Mặt bên, đáy và nắp thùng được làm từ cùng một
loại vật liệu. Biết rằng mặt bên được làm từ một miếng vật liệu hình chữ nhật uốn lại thành
hình trụ và được thực hiện khơng có lãng phí; mặt đáy và nắp được làm từ hai tấm vật liệu
hình vng bằng nhau và ngoại tiếp đường trịn đáy của hình trụ tạo bởi tấm vật liệu hình
chữ nhật kia. Giá tiền để mua 2

1m vật liệu là 300 nghìn đồng. Số tiền bác An mua vật liệu là:

S

K

I 
H

r
r

π π

π

= = =

→ Diện tích tồn phần của thùng hình trụ là 2

1 2

8 .

S S S r

r

= = = +

Do cả mặt bên và hai đáy làm cùng một vật liệu và giá thành mua vật liệu như nhau nên để
chi phí vật liệu làm thùng là ít nhất thì ta cần diện tích tồn phần của thùng nhỏ nhất.
Xét hàm ( ) 2 2

Lời giải. Ta có O(0;0;0) ( )∈ S và OA=4 2 khơng đổi.

Do đó để S∆OAB lớn nhất ↔d B OA[ , ] lớn nhất.

Gọi M là trung điểm OA, I là tâm mặt cầu ( )S .

Ta có 2 2 2

4 2.

IM =IA −AM = →IM=

Ta có d B OA[ , ]≤MB≤MI+IB=MI+ = +R 2 2 3.

Dấu ''='' xảy ra khi M I B, , thẳng hàng.

Khi đó max 14 2. 2( 2 3) (4 6 2 .)
2

OAB

</div>

Nhờ tải bản gốc

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 06 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện - Pdf 72

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Học thêm