Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 trường thpt quỳnh lưu 2 lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2

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 6. [1D1-3] [THPT Quỳnh Lưu 2, Nghệ An, lần 1, 2018] Với các chữ số 2, 3, 4, 5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số 2, 3 không đứng cạnh nhau?

A. 120. B. 96. C. 48. D. 72.

Hướng dẫn giải

Chọn C

Từ các chữ số 2, 3, 4, 5,6 có thể lập được 5!=120 số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau.

Từ 5 chữ số ban đầu ta đi lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và có hai chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau.

Gộp hai chữ số 2 và 3 làm một như vậy số tự nhiên cần lập gồm 4 chữ số 4, 5,6 và 23 hoặc 4, 5,6 và 32. Vậy có tất cả 4!.2!=48 số

Vậy số các số tự nhiên cần lập thỏa ycbt là: 120 48- =72 số.

Câu 20. [2D1-3] [THPT Quỳnh Lưu 2, Nghệ An, lần 1, 2018] Cho hàm số ^{y= f x'}

( )

Hỏi hàm số ^{y=f x}

(

)

A. 4. B. 5. C. 1. D. 2

Lời giải Chọn B

Dựa vào đồ thị của hàm số ^{y= f x'}

( )

( )

( )

x y

O 1 2

2

Xét hàm số ^{y=f x}

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 2 2

2 1 0 1 5

' 0 1

' 0 2

2 1

2 x x

y x x x x

f x x

x x x

x éê

é ê=-

ê =- ê

é + = êê ê - ±

ê ê ê

= Û êêë + = Û êê + =ê + = Û êêê== ê ê

ë ê =-ë

Vậy hàm số có 5 cực trị.

Câu 21. [2D2-3] [THPT Quỳnh Lưu 2, Nghệ An, lần 1, 2018] Bạn Nam là sinh viên của một trường Đại học, muốn vay tiền ngân hàng với lãi suất ưu đãi trang trải kinh phí học tập hàng năm. Đầu mỗi năm học, bạn ấy vay ngân hàng số tiền 10 triệu đồng với lãi suất là 4% một năm. Tính số tiền mà Nam nợ ngân hàng sau 4 năm học, biết rằng trong 4 năm đó ngân hàng không thay đổi lãi suất( kết quả làm tròn đến nghìn đồng).

A. 41.600.000đ. B. 44.163.000đ . C. 42.465.000đ. D. 46.794.000đ.

Lời giải Chọn B.

Năm 1 vay 10 triệu, nợ sau 4 năm T₁=A(1+r)⁴ . Năm 2 vay 10 triệu, nợ sau 3 năm T₂ =A(1+r)³ . Năm 3 vay 10 triệu, nợ sau 2 năm T₃ =A(1+r)² . Năm 4 vay 10 triệu, nợ sau 1 năm T₄ =A(1+r) . Vậy sau 4 năm tổng số tiền nợ của Nam:

4 3 2

(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) T =A +r +A +r +A +r +A +r =44.163.000 đ.

Câu 33. [1D2-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Trong khai triển nhị thức

4 200

( 2 3) có bao nhiêu số hạng hữu tỷ?

A. 50. B. 51. C. 52. D. 0.

Lời giải Chọn B.

Số hạng tổng quát trong khai triển của nhị thức ( 2⁴3)²⁰⁰là: ^{100 2 4}

200.2 .3

k k

Ck ^ .

Để có số hạng hữu tỷ thì 2 4

0, 200 k

k k



 





 4 ,

0, 200 k t t k

 

 

 

  t 0,50 .

Vậy có tất cả 51 số hạng hữu tỷ.

Câu 37. [2D4-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Trong các số phức ^z thỏa mãn

A. z  2 2 .i B. z 2 2 .i C. z 2 2 .i D. z  2 2 .i Lời giải

Chọn B.

Đặt ^{z a bi a b  , ( , }^).

Ta có z 2 4i  z 2i suy ra a b 4.

Ta có: z  a²b²

 

2 a b

 2 2 .

Dấu " " xảy ra khi a b 4 a b

  

  

 a b 2 . Vậy z 2 2 .i

Câu 39. [2D3-4] [THPT QUỲNH LƯU 2_NGHỆ AN_LẦN 1] Cho hàm số ^{y f x}

 

 

 

 

0

I 



4. B. 4

5. C. 5

4. D. 4

5. Lời giải

Chọn A

Đặt ^{t f x}

 





1 2 0

0 t

x

Suy ra ¹





0

3 1 5

I 



Câu 40. [1H3-3] [THPT Quỳnh Lưu 2, Nghệ An, lần 1, 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh ^a và SA vuông góc với đáy. Tính độ dài cạnh SA để góc tạo bởi (SBC) và (SCD) bằng 60 .⁰

A. a 2 B. ^a C. a 3 D. 2a

Lời giải Chọn B.

S

A B

C D

x z

O

y M

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, M là trung điểm của SC, đặt ^{SA2m m}





Khi đó ^{;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 ,}





2 2 2

a a a

B  D  C  M m

     

+) Ta có

 

2 2

x y z

SBC a  a m

1;1; 2

SBC

n a

m

 

   

 



 

2 2

x y z

SDC a  a m 

 1;1;

SDC 2 n a

m

 

   



+)Yêu cầu





 

 





2

2 2

2 1

2 2

2 2

1 1 2

a

m a

m m a a

m

 

 

   

        

   

.

Câu 41: [2D1-3] [THPT Quỳnh Lưu 2, Nghệ An, lần 1, 2018] Cho hàm số

3 2 (1 4 ) 6

y mx x   m x (C_m). Giao điểm của đồ thị (C_m)với trục Ox,Oy lần lượt là ,A B. Gọi C là điểm thuộc (C_m) sao cho diện tích tam giác ABC không đổi với mọi giá trị m R . Khi đó diện tích tam giác ABC bằng:

A. 10. B. 8. C. 9. D. 7.

Lời giải Chọn B.

3 2

0 0 0 0 0

( 4 ) ( 6 ) 0

m x x x x y

       , m R

3

0 0

2

0 0 0

4 0

6 0

x x

x x y

 

    





0 0

0 0

0 0

0, 6

2, 0

2, 4

x y

x y

x y

  



  

    



Nhận thấy điểm (2;0) Ox , điểm (0; 6) Oy .Với (2;0), (0; 6), ( 2; 4)A B  C   thì diện tích tam giác ABC không đổi với mọi giá trị m R .

Ta có AB2 10 , 8 ( , )

d C AB  10 S_ABC 8.

Câu 42. [2H1-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Cho khối lăng trụ tam giác . ' ' '

ABC A B C có thể tích V 6.Gọi M N, lần lượt là trung điểm AB CC, '. Thể tích khối tứ diện 'B MCN là:

A.3 B. 2

3. C. 2. D. ¹ 2. Lời giải

Chọn D

Gọi M' là trung điểm A B' '. Khi đó thiết diện của lăng trụ khi bị cắt bởi mặt phẳng





Ta có : _{. ' ' '} 1 _{. ' ' '} 1 _{B'. 'C'} 2 _{. ' ' '}

.6 3 2

2 2 3

MBC M B C ABC A B C MM C MBC M B C

V  V   V  V 

Ta có:

       

, , 'M' ; 1

MNC 4 MCC M

d B MNC d B MCC S  S

Nên : '

       

1 1 1 1 1 1

. , . . , 'M' . .2

3 3 4 4 4 2

B MNC MNC MCC M B MCC M

V  d B MNC S  d B MCC S  V   .

Câu 43. [2H3-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz,cho bốn đường thẳng ₁ 1 2

: 1 2 2

x y z

d  

 



2 3 4

2 2 1 2 1

: , : , :

2 4 4 2 1 1 2 2 1

x y z x y z x y z

d   d  d  

     

  . Gọi  là đường thẳng cắt cả

bốn đường thẳng đã cho. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng  A.uur3 





B. uuur2 





. C. uur1





. D. uuur4 





. Lời giải

Chọn B

Ta có d d1P 2.Phương trình mặt phẳng





Gọi 3







  

, 1; ;1 3 ; , 4;2;0

A d  d d A 2 2 B d  d d B Khi đó ^AB là đường thẳng ^. 2  

3 3

3; ; 2;1; 1

2 2

AB  u  

uuur uur

là vectơ chỉ phương của đường thẳng .

Câu 44. [2H3-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ^{( ):P x y z   1 0}, ^A(1;1;1), ^B(0;1;2), ^{C( 2;0;1)} và điểm

( ; ; ) ( )

M a b c  P sao cho: S2MA MB MC² ² ² đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T  3a 2b c bằng:

A. ⁷.

4 B. ²⁵.

2 C. ²⁵.

 4 D. ²⁵.

 2 Lời giải

Chọn A.

Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA IB IC     0 _{0; ;}^{3 5} I  4 4

  .

Khi đó: _{2MA MB}²_ ²_MC²_{2MA MB}  ²_ ²_MC²

=²



 

 







= 4MI²2IA IB² ²IC².

Do 2IA IB² ²IC² không đổi nên S đạt nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất . Điểm M a b c( ; ; ) ( ) P nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng

 

( )P và đường thẳng qua I , vuông góc với ^{( )P} .

Tọa độ của M là nghiệm của hệ:

1 0

3 5

4 4

1 1 1

x y z

y z

x

   



  

  

 



1 5 3 2 4 4; ;

M 

  .

Vậy 3 2 ⁷.

T   a b c 4

Câu 45. [1D1-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Phương trình (2sinx1)(sinx 1) 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn





A.3029 B.3028 C.3026 D.3027.

Lời giải:

Chọn D

Ta có:

sin 1

(2sin 1)(sin 1) 0 2

sin 1

x x x

x

 

   

  



 

1 6 2

sin 2 5

6 2

x k

x k

x k

 

 

  

  

  





.

Với ^{x }₆ ^k2









Với ^{5 2}



 



x 6 k    k nên có 1009 nghiệm.

sin 1 2

x     x 2 k 

Với ²



 



x  2 k    k nên có 1009 nghiệm Vậy có tất cả 3027 nghiệm.

Câu 46. [1H3-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,SA vuông góc với đáy SA a 3 . Gọi E là điểm đối xứng của B qua A . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SE.

A.a B. ⁵

2

a C. ²¹

7

a D.²

5 a .

Lời giải:

Chọn C

S

A B

C D

E K H

Ta có ACDE là hình bình hành nên d^{AC BE;}  d^{A SDE;}  .

Kẻ ^{AK DE AH; SK} thì ta có _ ; _{ } ;( )_ 2 2

.

AC SE A SDE

SA AK

d d AH

SA AK

  

 Mà

2 2 2

2 2

ABCD

ADE S

S a a

AK  DE  AC a  .

Vậy _ ; _ 2 2

3. 22 21

3 7 2

AC SE

a a a

d a

a

 



.

Câu 47: [2D3-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

 

 

 

 

A. e. B.¹

e . C.²

e . D. ²

e. Hướng dẫn giải

Chọn C.

   

 

   2   

' 2 2 . ^{x x} . ' 2 . ^x . 2 ^x . ' 2

f x  xf x  x e^ e f x  x e f x  x e f x  x. Lấy tích phân cả hai vế ta được:



   2  1    

1 1 21

0 e f x^x . 'dx 02xdxe f x^x . 0 x 0 e f. 1  f 0 1

 

   

. 1 2 1

e f f

    e.

Câu 49. [2H1-3] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Cho hình lập phương . ' ' ' '

ABCD A B C D cạnh bằng 1, M là trung điểm cạnh AB. Một con kiến đi từ điểm M thẳng tới điểm N thuộc cạnhBC , từ điểm N đi thẳng tới điểm P thuộc cạnh CC', từ điểm

P đi thẳng tới điểm D'( điểm N P, thay đổi tùy theo hướng đi của con kiến). Quãng đường ngắn nhất để con kiến đi từ M đến D' là:

A. ⁵

2. B. 2 1 . C. ⁷

2. D. ^{3 2}

2 .

Lời giải Chọn A.

Trải các đoạn đường đi của con kiếm trên cùng một mặt phẳng như hình vẽ.

Ta thấy tổng quãng đường con kiến đi ngắn nhất bằng MD' MB'²B D' '²

2

3 2 5

2 2 2

       ^.

Vậy quãng đường đi ngắn nhất của con kiến là 5 2^.

Câu 50: [2D2-4] [THPT QUỲNH LƯU 2, NGHỆ AN, lần 1, 2018] Gọi S là tập hợp các giá trị tham

số m để phương trình 2









2

log mx6x 2log 14x 29x2 0có 3 nghiệm phân biệt. Số các giá trị nguyên của S là

A. 20 . B. 30 . C. 0 . D. vô số.

Hướng dẫn giải Chọn C.

ĐK: mx6x³0, 14x²29x 2 0.









2

2

log mx6x 2 log 14x 29x2 0 2log2









2

1 2

2

3 2

2 2

6 14 29 2 6 14 29 2

6 14 29 2

14 29 2 1

29 953 2 0,07

0 0

29 953 9

2, 4

2 2

2 2

m x x

x

x x

mx x x x m

x x

x x

x x x x

x

 

 

  

   

     

  

  

  

    

        

   

 



.

Xét hàm số ^{f x}

 

    x với ²

1

x x x x

 



 ta có:

 

'

2 2

2 6 7 1

12 14 2. x x

f x x

x x

 

    .

 

' 0 x x 1,27

f x      .

Ta có BBT:

Do đó không có giá trị nào của mđể phương trình có 3 nghiệm phân biệt.