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 THPT quốc gia - Ôn Luyện

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, không 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 vuông góc với trục ^Ox tại điểm có hoành độ



⁰



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

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}



^{2 3} _{3 sin}

4

S x  x  x

Áp dụng công thức

 

0

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 tròn 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

 

^{: 11}



^{1 ; 1 ; 2}



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 vuông 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

2

xa . D.

2 xa. Lời giải

Chọn B

Từ ^A kẻ ^{AH AK,} lần lượt vuông góc với ^{SB SD,} .

Góc giữa hai mặt phẳng



^SBC



và



^SDC



bằng ^60nên ^{cos HAK· os60o 1} c 2

 

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. . cos HAK os60 1

2

AH AK HK

AH AK c

  

 

  



Thay vào, giải phương trình tìm được nghiệm^{x 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 1 f x

f x x c

f x f x

 

         

   

   

   

Mà ^f'

 

^{0  1} _nên

 

1 '

0

1 1

1 ln 2 1 1 c

T x

f x x

  

     

   

 





Câu 36. [2D4-3] Gọi z z z1; ;2 3 là các nghiệm của phương trình ^{iz32z2 }

 

^{1 i z i 0}. 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}



^{ }_{   iz}² _z^z_{1 0(*)}ⁱ

 .

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

  

²



²

2 2

2 3 2 3 2 3 4 2 3

P  z z  z z  z z  z z

1 2 1

4. 17

i i

      .

Vậy P⁴17 . Câu 38. [2D3-3] Biết rằng

3 2

2

1 4

1

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

3 2 3 2 2 3 2 2

2 2 2

3

1 1 1

1 2 3 2

1 1

2

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.

3

a B. ³

2

a . C. ^{2 3}. 3

a D.

3 a. Hướng dẫn giải:

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



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

  

0;0;¹

D A K 2

 

  và ^C



^0;1;0



Ta có ^{DA'}



^1;0;1



^{; CK}^{0; 1; 1}₂^

 và ^0;0;1

DK 2

 

 



Ta có ';CK 1; ¹; 1

DA  2 

     

   

 

';CK . 1 DA DK 2

   

  

Do đó  

 

' ; 2

2

1 2

1 1 1

2

A D CK

d





 

    

1 2 1 1 3

1 1

4



 

  .

Vậy _{ ' ; }

A D CK 3 d  a.

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

( )

( )

5 5

log 2

log 1

mx

x =

+ có nghiệm duy nhất?

A. 1. B. 3. C. Vô số. D. 2.

Hướng dẫn giải:

Phương trình đã cho tương đương:

 

²

 

5 5

1 0 0

log 1 log

x mx x

x mx

  

 

 

  



2

1 0

2 1 x

x

x x

m x

  

 

  

 

Xét 1

( ) 2

f x x

  x trên



^{ 1;}

  

^{\ 0} . Ta có 1₂ '( ) 1 f x   x .

+

+∞

4 +∞

-∞

0 1 ∞

0

+ 0 1

y y' x

Bảng biến thiên ta có m4 hoặc m0. Vậy có vô 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 x0 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

 

. ' 0 lim .

x

y a x b f a x b b

x ^



 

        



+) Với ^x0 thì          ^{y a x b. 1 1 a x b. 2}

 

_{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 x0 0thì ^lim_{x 0} ^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cos3x}

 

2 3

2

cos 0

cos 2cos 4cos 3cos

4cos 2cos 3

m x 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 toán ^

 

¹ có hai nghiệm thỏa mãn     1 t1 0 t2 1 Lập bảng biến thiên của hàm ^{f t}

 

^{4t2 2t 3} ta được:

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 f ^'



f x

  

x  f uu^'. x  f fu^'. x^'.

   

 

 

' '

0

0 2

' 0

0 0

2

u x

u f x

f u f x

f f x

f x

x

 



    

     

 

+) Ta thấy ^{f x}

 

^0 có hai nghiệm x1,2  0 x32. +) Ta thấy ^{f x}

 

^2 có hai nghiệm 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 không đứng cạnh nhau.

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

Hướng dẫn giải Chọn A.

Từ các chữ số trên, có thể lập được số các số có ⁶ chữ số đôi một khác nhau là ^5.5!

(Chữ số đầu khác 0) (1).

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 còn lại lập số có ⁶ chữ số đôi một khác nhau cũng như số ⁰ và ⁴ chữ số còn 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 đôi một khác nhau cũng như số ⁵ và 4 chữ số còn lại (khác ⁰) lập số có ⁵ chữ số đôi 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:

 

⁰

f  b

 

^{1 8}

f   a b

1 1

2 2 2

f        a b

2 1 4 2

f        2 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 1

8 1

4 2 2

b a b

a b

 

   

   



hoặc

1

8 1

4 2 2

b a b

a b

  

    

    



(Loại)

Vậy ¹ 8 b a

 

  



Vậy ^a0,b0.

Câu 47. [2H2-4]. Cho tứ diện đếu ABCD, AA₁ là đường cao của tứ diện với I là trung điểm của AA₁. Mặt phẳng (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. ¹

2. C. ¹

4. D. 48

153 Hướng dẫn giải

Chọn A

Ta có bài toán phụ: Xét tứ diện SABC , có đường cao SH =h, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đặt bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ^r, OH =d, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC là R. Khi đó ta có công thức:

2 2 2 2 2 2

( ) 4

2

r d h r d

R h

+ + -

= .

Chứng minh:

x

d R x

d S

A

B

C

H O

E

F I

Ta giả sử tâm mặt cầu nằm trong tứ diện.

Theo định lý Pitago:

2 2 2

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 = +

Þ = -

Từ (1) và (2) ta được: ( ^{2 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 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

( ( ) )( ( ) ) 2

h r d h r d

R h

+ - + +

=

A

B

C

D A1 M

I E

K

Q

N O

P

Đặt x AP

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

1 1

. . 1 2

3 AE MB A I AE

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

. . 1 1

3

AK DC ME AK

KD CM EA = Þ KD = hay 1 4 x AP

=AD = . - Theo bài toán trên:

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

h= 4AA , ^r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD đều cạnh ^a, ₁ 1 ₁

d=NA = 4DA . Ta tìm được 86

PBCD 16

R =

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

4 4

h= DP = AA ,^r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đều cạnh ^a, 3 3 ₁

4 4

d =OP = AP = DA . Ta tìm

được 102

PABC 16

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  3 . 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 5z 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 3i     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 tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB. Biết rằng luôn có một mặt cầu ^{( )S} đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính Rcủa ^{( )S} .

A. ²¹⁹.

R 3 . B. R2 2.. C. ¹²⁹.

R 3 . D. R2 6. Lời giải

Chọn C

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 ' 1 1 2 1 2 ' 3

' 1

1 1 5 '

3

t t t

t t

t t t

   

  

    

 

      

 

8 5 2 ( ; ; )

3 3 3

I 



Vậy bán kính ¹²⁹ R IA  3 .

Câu 50. [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn ^f

 

^{1 1},

 

²

1

0

d 9 ' 5

f x x

 

 



^{và 1}

 

0

d 2 f x x 5



. Tính tích phân ¹

 

0

d I 



f x x^. A. ³

I 5. B. ¹

I  4. C. ³

I 4. D. ³⁴³ 48

 . Lời giải

Chọn B.

Đặt t  x  x t² dx2tdt. Đổi cận: x  0 t 0; x  1 t 1. Ta có

1

 

0

2 2 .

5



t f t dt ²

 

¹0 ²

 

1

0

. ' .

t f t t f t dt

 

  

^{1 2}

 

0

1 . '

f t f t dt

 



^{1 2}

 

0

1 t f t dt. '

 



1

 

0

2 3

. ' 5

t f t dt





 ^{, hay}

 

0 2

1 3

. ' 5

x f x dx



^(1).

Hơn nữa ta có ¹

 

²

0

d 9 ' 5

f x x

 

 



(2) theo giả thiết và

1 4 0

1 x dx5



^(3).

Xét tích phân

       

1 1 1 1

0 0 0

2 2

2 2 4

0

' 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

0

3 0

1. I 



f x dx



x dx 4