VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Đáp án đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán
1. D

11. C

21. D

31. D

41. A

2. D

12. B

22. B

32. B

42. D

3. A

`13. C

23. B

33. C

43. B

4. B

14. C


24. C

34. A

44. B

5. D

15. B

25. B

35. D

45. D

6. A

16. A

26. D

36. C

46. B

7. D

17. C


27. D

37. B

47. A

8. D

18. A

28. C

38. A

48. A

9. A

19. A

29. C

39. A

49. A

10. A

20. C


30. C

40. C

50. B

Hướng dẫn giải chi tiết
Câu

NỘI DUNG

1

y  x 4  2 x 2  4  y '  4 x 3  4 x  4 x x 2  1 , y '  0  x  1;0  1; 

2

Mặt cầu có bán kính R  IA  16  1  1  18 nên có phương trình



( x  1) 2  ( y  4) 2  ( z  3) 2  18

3

( P), (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến là n P  (2;3;6), nQ  (1;1;2) .
 

1
5


Ta có [nP , nQ ]  (0;10;5) nên d có vectơ chỉ phương u  [nP , nQ ]  (0;2;1)
 x  1

Do đó d có phương trình  y  2t (t  )
z  2  t


4

Phương trình hoành độ giao điểm:  x 3  3 x 2  2 x  1  3 x 2  2x  1
  x3  4 x  0  x  0  x  2

5
6

i ( z  2  3i )  1  2i  z  2  3i 

1  2i
 z  2  3i  2  i  z  4  4i  z  4  4i.
i

1
AB  (2;2;2)  AB có vectơ chỉ phương u   AB  (1;1;1) .
2


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
AB đi qua B nên có phương trình


x 1 y
z 3


.
1
1
1

7

Mệnh đề sai : Số phức z  a  bi có số phức liên hợp là z  b  ai.

8

ln 3  1 .

9

S
a 2 3a 2
4
a
a
S1  6a , S 2  2   .a  2    a 2 

 1
3
2
S2 

2
2

10
11

12

13

2

2

1
3

Tính được SA  SB 2  AB 2  a 2  V  .a 2 .a 2 
2

z1, 2

e
Có hai hàm số nghịch biến là y   
 

Vì f  x  là hàm chẵn nên 2 
Do đó

1




f  2 x  dx 

0

2



1

log 1 (2 x  1)  0


Điều kiện: 

2016 

x

 3
và y   
 2 

x

2


2

0

0

f  x  dx 2  f  x  dx   f  x  dx  1
2

1
1
1
f  2 x  d 2 x    f t dt 

20
20
2

2

2 x  1  0

15

2

2
2
1  3i
3

 1   3 
 1  
 2

 S    
    

2
2  2 
 2   2 

2

14

a3 2
3

2 x  1  1
1
1 

  x  1  TXĐ: D   ;1 .
2
2 
2 x  1  0

4

 f '  x  dx  f 4   f 1   2017  f 1   f 1   1


1

16

3x ln 3
3x
y' 

(2  3x ) ln 3 2  3x

17

F  x    f  x dx   sin 3 x .cos x .dx   sin 3 x .d sin x  
1

F  0     C    F  x   sin 4 x    F 
4
2

18

r2 

3V 3.4 

 4 r  2
h
3


1 4
sin x  C
4

 1
  
 4


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

19

Có hai mệnh đề đúng: (I) “Trong tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn
có nghiệm” và (III) “Môđun của một số phức là một số phức”.

20

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

21

Vẽ đồ thị hàm số y  f ( x ) , từ đó suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt.

22

A(1;3), B(2;1)  AB  5.

23


 f  x  dx  2 e

24

Có ba mệnh đề đúng: (I) a  b .

25

Tính được BB '  52  32  4  V  32.4  36

26

2 x  2
x  1
.
4 x  5 .2 x  6  0   x

2  3
 x  log 2 3

27

 2 x  4  x  1  x 2  4 x x 2  2 x  4
x2  4x
y
 y'

2
2
x 1

 x  1
 x  1

1

2x

 C.

(II) b.c  5.



(IV) b  14 .



 y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  4

28

d đi qua M (1;0;1) và có vectơ chỉ phương u  (2;1;1) .
 M  ( P)
(P) có vectơ pháp tuyến n  (2;3;1) . Nhận thấy 
 d  ( P).
u
.
n

0



Cách 2: Lấy M  d  M (1  2t ; t ;1  t ) , thay tọa độ của M vào phương trình của
(P) ta được
2(1  2t )  3t  1  t  1  0  0  0  M  ( P) , do

M

lấy bất kì trên d

d  (P).

29

3
2

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  .

30

Mệnh đề sai: Vectơ n  (2;1;1) là một vectơ pháp tuyến của (P).

31

Gọi a, b, c là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật thì STP  2  ab  bc  ca 
Theo giả thiết ta có a 2  b 2  c 2  AC '2  18

nên



VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Từ bất đẳng thức a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  S TP  2.18  36
32

Gọi H là trung điểm của AD suy ra
SH  ( ABCD ).

S

Dễ thấy tâm I của

d

mặt cầu nằm trên trục d đi qua trung
điểm O của MN và vuông góc với
mặt phẳng (ABCD), I và S cùng phía
so với mp (ABCD).
Nếu

đặt

IK  OH 

thì

x  OI

a 10

4

M

B

O

K
A

I

C
N

D

H

và
2

a 2
2
OC  OI  R  IK  KS  
  x
 4 
2


2

2

2

2

2

2

2

a 2
 a 10   a 3

a 93
5 3a
 R  x 2  
 
 x   x 
 
  
12
12
 4 
 4   2



Cách 2:

a



Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho H (0;0;0), A  ;0;0  , M (a;0;0)
2



a 3
 a 3a 
S  0;0;
 . Khi đó trung điểm E  ; ;0 
2 
4 4 


và

là trung điểm của MN. Do

5a 3
a 93
 a 3a 
 R  IA 
IE  ( ABCD ) nên I  ; ; t  . Từ IS 2  IA2  t 
.
12

12
4 4 

33

s  9t 2  t 3  v  s '  18t  3t 2  v '  18  6t  0  t  3

Khi t  3  v  27; t  5  v  15  v max  27
34

Gọi z  x  yi với x, y  R . Ta có 2 z  1  z  1  i  2 x  1  2 yi  x  1  (1  y )i
(2 x  1) 2  4 y 2  ( x  1) 2  (1  y ) 2  3 x 2  3 y 2  6 x  2 y  1  0 (1)

Mặt khác điểm biểu diễn của z thuộc đường tròn đã cho nên ( x  1) 2  ( y  1) 2  5
(2)


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Giải (1) và (2) ta được: ( x; y )  (0;1), (2;1)  z  i, z  2  i .
Do đó tích các môđun là 0  1 4  1  5 .
35

TXĐ: D =  , y '  x 2  2  m  1 x  m  3   y '  0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên
.

+) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;3  y '  0, x   0;3 
x2  2x  3
x2  2x  3


 m,  x   0;3  . Xét hàm số g  x  
trên khoảng
2x 1
2x 1
g ' x 

2x2  2x  4

 2 x  1

2

 0;3

x  1
; g ' x   0  
 x  2  loai 

Từ BBT, g  x   m, x   0;3   m  2
+) Hàm số đồng biến trên khoảng  3;  1  y '  0, x   3;  1 
x2  2x  3

 m,  x   3;  1 . Xét hàm số
2x 1

x2  2x  3
g  x 
2x 1

trên khoảng


 3;  1
g ' x 

2x2  2x  4

 2 x  1

2

x  1
; g ' x   0  
 x  2  loai 

Từ BBT, g  x   m, x   3;  1  m  1 . Do đó m  [1; 2]  a 2  b 2  5.
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
VS . ABC  VS .MNP
4


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
S

M


C

P

A

B
N

Đặt x  SM , y  SN , z  SP , ta có:
 x 2  y 2  4  5a  2
 x 2  76a 2

 2
2
 2
2
2
 y  z  4  6a    y  24a
 2
 2
2
2
2
 z  120a
 z  x  4  7a 
1
1
 VS . ABC  VS .MNP 
xyz  2 95a 3

4
24

37

(S ) có tâm I (5;3;5), bán kính R  2 5  IN  R  2 5 .

Do tam giác IMN vuông tại N nên IM  IN 2  MN 2  20  16  6 .
Ta lại có d ( I , ( P)) 

5  6  10  3
1 4  4

do đó M

 6  IM

phải là hình chiếu của I

lên ( P)  IM  ( P)  IM  t nP  M (5  t ;3  2t ;5  2t ) .
Do M  (P) nên 5  t  2(3  2t )  2(5  2t )  3  0
 t  2  M (3;1;1)  OM  11 .

38

k

2

V1  2V1  1 


39

k

5

2

5

1
 1
 1
1
 1
 1 1
V1      dx         1  , V2      dx          
x
x
 x1
 k
 xk
 k 5
1 
k 
1 2 2
15
  k
k k 5

7

Phương trình x 2  x  2  0 có hai nghiệm x  1, x  2
Thay x  1 vào biểu thức 4 x  1  x 2  2 x  6 thấy kết quả bằng 0, thay x  2
vào biểu thức 4 x  1  x 2  2 x  6 thấy kết quả khác 0. Suy ra đồ thị hàm số chỉ có


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

1 tiệm cận đứng là x  2 .
40

- Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc là trung điểm O của MN, trục hoành trùng với
1
6

đường thẳng MN thì parabol có phương trình là y   x 2  6 .
2

 1

208



- Khi đó diện tích của khung tranh là S     x 2  6  dx 
m2
6
9


2 
- Suy ra số tiền là:
41

208
 900.000  20.800.000 đồng
9

Công thức tính thể tích chỏm cầu

B

có bán kính R, chiều cao h là:
Vchom cau  


R

R h



2
h

R 2  x 2 dx   h 2  R  
3 C


n


Gọi V1 là thể tích khối nón tròn xoay
khi quay tam giác BCD

A

D

quanh trục

AC, V2 là thể tích khối cầu khi quay
hình tròn quanh trục AC, V3 là thể
tích khối chỏm cầu khi quay hình
phẳng (BnD) quanh trục AC thì
V  V1  V2  V3
2

1 7 2  7 2
2 .7 3
4
4 .7 3

, V2  .7 3 
Tính được: V1   
.
 .
3  2 
2
12
3

3

Khối chỏm cầu có bán kính R  7, chiều cao h  7 







7 2
nên
2



3
343 4  3 2 
h  8  5 2 .7

. Do đó: V 
.
V3  h  R   
6
3
12

2

42


log 7 12  x  log 7 3  2 log 7 2  x (1)
xy  log 7 12. log12 24  log 7 24  log 7 3  3 log 7 2  xy (2)


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Từ (1) và (2) ta suy ra log 7 2  xy  x, log 7 3  3 x  2 xy .
Do đó log54 168 

log 7 168 log 7 (23.3.7) 3 log 7 2  log 7 3  1
xy  1



.
3
log 7 54
log 7 (3 .2)
log 7 2  3 log 7 3
 5 xy  8 x

Do đó a  1, b  5, c  8  S  15
43

2x

2
u  ln  9  x   du  2


Đặt 
x 9
 dv  dx
v  x  3
2

 I   x  3 ln  9  x 2   2 
2

1

x  x  3

1

2

x 9

2

dx   ln 5  6 ln 2  2 
1

x
dx
x3

2


 ln 5  6 ln 2  2  6 ln  x  3  1   ln 5  6 ln 2  2  6 ln 5  12 ln 2
 5ln 5  6 ln 2  2  S  13.

44

1 

PT  log 22 x  2 log 2 x  3  m . Đặt t  log 2 x , do x   ;4 nên t  [1;2].
2 
PT đã cho trở thành t 2  2t  3  m (*) .
Lập bảng biến thiên của hàm số f (t )  t 2  2t  3 trên đoạn [1;2] ta được (*) có
nghiệm t  [1;2] khi và chỉ khi min f (t )  m  max f (t )  2  m  6.
[ 1; 2 ]

45

y' 

x  1
ln x  0
2 ln x  ln 2 x
, y'  0  
.

2
2
x
ln x  2
x  e


y (1)  0, y (e 2 ) 

46

[ 1; 2 ]

4
9
4
, y (e3 )  3  max
 y (e 2 )  2  m  4, n  2  S  42  2.23  32
2
3
[1; e ]
e
e
e

Gọi N n là số tiền người vay còn nợ sau n tháng, r là lãi suất hàng tháng, a là
số tiền trả hàng tháng, A là số tiền vay ban đầu. N1  A(1  r )  a
N 2  [ A(1  r )  a ](1  r )  a  A(1  r ) 2  a[1  (1  r )]





N3  A(1  r ) 2  a[1  (1  r )] (1  r )  a  A(1  r )3  a[1  (1  r )  (1  r ) 2 ]

..............................
m


2

N m  A(1  r )  a[1  (1  r )  (1  r )  ...  (1  r )

m 1

(1  r ) m  1
]  A(1  r )  a
Khi trả
r
m


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

hết nợ nghĩa là N m  0  (1  r ) m ( Ar  a )  a  0  m  log1 r

a
a  Ar

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

 ac  0
d
a

0,



0
cd  0
 c
bc  0

c
Từ đồ thị ta thấy 
 

 ad  0
 b  0,  b  0
bd  0
 d
 ab  0
a

48

+) Gọi H

là trung điểm của AB , do tam giác IAB

vuông cân tại I nên

IH  AB và IA  2 IH

+) d đi qua M (2;1;1) và có vectơ chỉ phương u  (2;1;1) .



IM  (0; 2; 2)

[ IM ; u ]
 
16  16  4
 [ IM ; u ]  (2; 4; 4)  d ( I , d ) 

 2.
4  4 1
u

Do đó IA  2 IH  2d ( I , d )  2 2 , suy ra mặt cầu có phương trình
( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  8.

Chú ý: Có thể tính IH bằng cách tìm tọa độ điểm H .
49

y  x 4  4(m  1) x 2  2m  1  y '  4 x 3  8 m  1 x  4 x x 2  2 m  1 

Điều kiện để có 3 cực trị là m  1 . Tọa độ các điểm cực trị là
A  0; 2m  1 , B



 

2 m  1 ; 4 m  1   2m  1 ; C  2 m  1 ; 4 m  1   2m  1
2

Tam giác ABC luôn cân tại A nên theo giả thiết



50

2

ta có

4
 
2  m  1  16 1  m 
1
1
1
3
0
AB; AC  120 
   m  1  
 m 1 3
4
2
24
24
2  m  1  16 1  m 



Gọi T là chu kì bán rã, suy ra
Do đó: S  5.e




ln 2
.4000
T

4000

1
 ln 2
A  A.e r .T  r 
.
2
T

 1  1602
 5.  
 0,886 .
2

