Giai chi tiet de minh hoa toan 2017 thay tung toan

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

LỜI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ MINH HỌA KÌ THI THPTQG NĂM 2017
GV: Nguyễn Thanh Tùng

Hocmai.vn

Câu 1. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số trong
bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây.
Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
A. y   x 2  x  1 .
B. y   x3  3x  1.
C. y  x 4  x 2  1.
D. y  x3  3x  1.

Giải
Vì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị  loại A và C (hàm bậc hai có 1 cực trị, hàm trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị).
Từ đồ thị ta có lim y    loại B và phương án D thỏa mãn  đáp án D.
x

Câu 2. Cho hàm số y  f ( x) có lim f ( x)  1 và lim f ( x)  1 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
x

x

A. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang.
C. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y  1 và y  1 .
D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng x  1 và x  1 .
Giải
Theo định nghĩa ta có lim f ( x)  a thì y  a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f ( x) .
x

Do đó lim f ( x)  1 và lim f ( x)  1  y  1 là hai tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  đáp án C.
x

x

Câu 3. Hàm số y  2 x 4  1 đồng biến trên khoảng nào?
1

A.  ;   .
B.  0;   .
2

Giải
3
Ta có y '  8 x ; y '  0  x  0 .
Dấu của y ' :
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng  0;    Đáp án B.

 1

C.   ;   .
 2


D.  ;0  .

+
0

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Câu 4. Cho hàm số y  f ( x) xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên:

x

∞

0

y'

1

+∞

0

+

+
+∞

0
y
1
∞
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Hàm số có đúng một cực trị.
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1.
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng 1 .
D. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  1 .
Giải
Từ bảng biến thiên cho ta biết hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (vì lim   )  loại C.
x

Hàm số có hai cực trị, đạt cực đại tại x  0 ; đạt cực tiểu tại x  1 (hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 )  đáp án D.
Câu 5. Tìm giá trị cực đại yCĐ của hàm số y  x3  3x  2 .
A. yCĐ  4 .
B. yCĐ  1 .

C. yCĐ  0 .

D. yCĐ  1 .

Giải

 x  1  y ''(1)  6  0
y '  3x 2  3 và y ''  6 x ; y '  0  
 x  1 là cực đại  yCĐ  y(1)  4  đáp án D.
 x  1  y ''( 1)  6  0
Câu 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của y 
A. min y  6 .
2;4

x2  3
trên  2; 4
x 1

B. min y  2 .
2;4

C. min y  3 .
2;4

D. min y 
 2;4

19
.
3

Giải

 x  1  2; 4
x2  2 x  3
; y '  0  x2  2x  3  0  

Cách 1: Ta có y ' 
.
x 1
 x  3   2; 4
Khi đó y(2)  7 ; y(3)  6 ; y (4) 

19
 min y  6  đáp án A.
3
x 2;4 

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
2
x 3
Cách 2: Nhận thấy y 
 0 với x   2;4   loại B, C.
x 1
Thử giá trị “đẹp” y  6 từ phương án A, ta được:

facebook.com/ThayTungToan

x2  3
 6  x 2  6 x  9  0  x  3   2; 4  đáp án A.
x 1

Cách 3: Dùng máy Casio với chức năng TABLE.
Câu 7. Biết rằng đường thẳng y  2 x  2 cắt đồ thị hàm số y  x3  x  2 tại điểm duy nhất; kí hiệu  x0 ; y0  là
tọa độ của điểm đó. Tìm y0 .
A. y0  4 .

B. y0  0 .

D. y0  1 .

C. y0  2 .

Giải
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x  2  x3  x  2  x3  3x  0  x  0  x0  0  y0  2  đáp án C.
Câu 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2  1 có ba điểm cực trị
1
1
tạo thành một tam giác vuông cân. A. m   3 .
B. m  1 .
C. m  3 .
D. m  1 .
9
9
Giải
x  0
Ta có y '  4 x3  4mx  4 x( x 2  m) ; y '  0   2
.
 x  m
Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì y '  0 phải có 3 nghiệm phân biệt  m  0  m  0  loại C, D.
Cách 1:
x  0  y  1

Khi đó y '  0  
 A(0;1), B  m ; m2  1 , C m ; m2  1 là 3 điểm cực trị.
2
 x   m  y  m  1


Suy ra AB   m ; m2 ; AC  m ; m 2 . Do AB  AC nên ABC vuông tại A (theo giả thiết).









 





 
m  0
m0
Suy ra AB. AC  0  m  m4  0  m(1  m3 )  0  

 m  1  đáp án B.
 m  1
Cách 2: Thử giá trị “đẹp” từ phương án B với m  1 , hàm số có dạng: y  x 4  2 x 2  1 .


x  0  y  1
 A(0;1)
 AB  AC  2
   
 ABC vuông cân tại A (thỏa mãn)
y '  4 x3  4 x  0  

 x  1  y  0  B(1;0), C (1;0) 
 AB. AC  0

 đáp án B.
Chú ý: Có thể sử dụng tính chất hàm số y  ax 4  bx 2  c có 3 cực trị  ab  0 và có 1 cực trị  ab  0 .
Câu 9. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 
A. Không có giá trị thực nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
C. m  0 .

x 1

mx 2  1
B. m  0 .
D. m  0 .

có hai tiệm cận ngang.

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải
+) Với m  0 hàm số có dạng y  x  1 không có tiệm cận  loại C.
 1
khi x  

x 1
x
x
 m
+) Với m  0 , ta có: lim y  lim
 lim
 lim

x
x mx 2  1 x mx 2
x x m 
 1
khi x  

 m
1
Vậy để hàm số có hai tiệm cận ngang y  
thì m  0  đáp án D.
m

an  0; bm  0
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0
an x n
Chú ý: Ở bài toán này ta sử dụng kiến thức lim
với
.

lim

x b x m  b x m 1  ...  b x  b
x b x m
n, m  0
m
m 1
1
0
m
Câu 10. Cho một tấm nhôm hình vuông
cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của
tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau,
mỗi hình vuông có cạnh bằng x (cm), rồi
gặp tấm nhôm lại như hình vẽ bên để được
một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận
được có thể tích lớn nhất
A. x  6 .
B. x  3 .
C. x  2 .
D. x  4 .
Giải
Hộp không nắp có đáy là hình vuông cạnh là: 12  2x (với x  6 ) và chiều cao là x

Khi đó thể tích của hộp là V  x.(12  2 x)2
x 0
2
Cách 1: Xét hàm V  f ( x)  x.(12  2 x)2 với x   0;6  .
f'(x)
0
Ta có f '( x)  (12  2 x)2  4 x(12  2 x)  (12  2 x)(12  6 x) ;
128
f '( x)  0  x  2 hoặc x  6 . Suy ra bảng biến thiên:
f(x)
Suy ra Vmax khi x  2  đáp án C.
0

6
+

0

 abc 
Cách 2: Áp dụng AM – GM dạng abc  
 ta được:
3


3

4 x.(12  2 x)(12  2 x) 1  24 
V  x.(12  2 x) 
 .    128 . Dấu “=” xảy ra khi 4 x  12  2 x  x  2  đáp án C.
4

4  3 
3

2

tan x  2
đồng biến trên khoảng
tan x  m
C. 1  m  2 .
D. m  2 .

Câu 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 
A. m  0 hoặc 1  m  2 .

B. m  0 .

 
 0;  .
 4

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải

x 0; 
 4

Đặt t  tan x  t   0;1 . Khi đó bài toán được phát biểu lại là:
t 2
đồng biến trên khoảng  0;1 ”.
t m
m  2
m  2  0 
m  0
m  2
 0 , t  (0;1)  
 m  0  
Bài toán tương đương y ' 
 Đáp án A.
2
(t  m)
m  (0;1)
1  m  2
m  1


“ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 

Câu 12. Giải phương trình log 4 ( x  1)  3 .
A. x  63 .
B. x  65 .

C. x  80 .

D. x  82

C. y '  13 .

13x
D. y ' 
.
ln13

Giải
Cách 1: log4 ( x  1)  3  x  1  4  x  65  Đáp án B.
3

Cách 2: Dùng máy Casio với chức năng SOVLE.
Cách 3: Dùng Casio với chức năng CALC.
Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y  13x .
A. y '  x.13

x 1

B. y '  13 ln13 .
x

x

Giải

Áp dụng công thức  a  '  u ' a ln a , ta được y '  13x  '  13x. ln13  Đáp án B.

u

u

Câu 14. Giải bất phương trình log 2 (3x  1)  3 .
1
A. x  3 .
B.  x  3 .
C. x  3 .
3
Giải
Ta có log2 (3x 1)  3  log 2 (3x 1)  log 2 8  3x 1  8  x  3  Đáp án A.

D. x 

10
.
3

Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y  log 2  x 2  2 x  3 .
A.D   ; 1  3;   .

B.D   1;3 .

C.D   ; 1   3;   .

D.D   1;3 .

Giải
Điều kiện: x  2 x  3  0  x   ; 1   3;    D   ; 1   3;    Đáp án C.

2

Câu 16. Cho hàm số f ( x)  2 x.7 x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
A. f ( x)  1  x  x 2 log 2 7  0 .
B. f ( x)  1  x ln 2  x2 ln 7  0 .
2

C. f ( x)  1  x log7 2  x 2  0 .

D. f ( x)  1  1  x log 2 7  0 .

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải





log 2 2 x.7 x  log 2 1  x  x 2 log 2 7  0  A đúng.



2



ln 2 x.7 x  ln1  x ln 2  x 2 ln 7  0  B .đúng.

Ta có f ( x)  1  2x.7 x  1
2

2





log 7 2 x.7 x  log 7 1  x log 7 2  x 2  0  C đúng.
2

 D sai  đáp án D.
(D sai vì từ A, x  x 2 log 2 7  0  x( x  log 2 7)  0  x  log 2 7  0 chỉ đúng khi x  0 mà x có thể không dương).
Câu 17. Cho các số thực dương a, b , với a  1 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
1
1
1 1
A. log a2  ab   log a b . B. log a2  ab   2  2log a b . C. log a2  ab   log a b .
D. log a2  ab    log a b
2
4
2 2

Giải
1
1
1 1
Ta có log 2  ab   log a  ab    log a a  log a b    log a b  đáp án D.
a
2
2
2 2
x 1
.
4x
1  2( x  1) ln 2
B. y ' 
.
22 x
Giải

Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y 
A. y ' 

1  2( x  1) ln 2
.
22 x

Ta có y ' 

( x  1) '4 x  ( x  1)  4 x  '

4 

x 2



4 x  ( x  1)4 x ln 4

4 

x 2

C. y ' 



1  2( x  1) ln 2
2x

2

.

D. y ' 

1  2( x  1) ln 2
2x

2

.

1  ( x  1) ln 4 1  2( x  1) ln 2

 đáp án A.
4x
22 x

Câu 19. Đặt a  log 2 3 , b  log5 3 . Hãy biểu diễn log 6 45 theo a và b .
A. log 6 45 

a  2ab
.
ab

B. log 6 45 

2a 2  2ab
.
ab
Giải

C. log 6 45 

a  2ab
.
ab  b

D. log 6 45 

2a 2  2ab

.
ab  b

a
2a 
log 2 45 log 2 (32.5) 2 log 2 3  log 2 5
log 2 3
a
a
b  a  2ab



b  log5 3 

 log 2 5   log 6 45 
log 2 6
log 2 (2.3)
1  log 2 3
1 a
ab  b
log 2 5 log 2 5
b

 đáp án C.
Câu 20. Cho hai số thực a và b , với 1  a  b . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
A. log a b  1  logb a .
B. 1  log a b  logb a .
C. logb a  log a b  1 .
D. logb a  1  log a b .

Giải
log a a  log a b
1  log a b

 logb a  1  log a b  đáp án D.
Cách 1: Từ 1  a  b  
logb a  logb b
logb a  1

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

a  10 log a b  log10 20  1
Cách 2: Có thể gán 

 A, B, C sai  đáp án D.
b  20 logb a  log 20 10  1
Câu 21. Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12% / năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau
đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi,
theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu?. Biết rằng, lãi
suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.
(1, 01)3

100.(1, 01)3
A. m 
(triệu đồng).
B. m 
(triệu đồng).
(1, 01)3  1
3
C. m 

100 1, 03
(triệu đồng).
(1, 01)3  1

D. m 

120.(1,12)3
(triệu đồng).
(1,12)3  1

Giải
Ông A vay ngắn hạn nên lãi suất 12% / năm = 1% / tháng  0, 01 = r : lãi suất 1 tháng.
Sau tháng 1, ông A còn nợ: 100.(1  r )  m  100.1,01  m (triệu).
Sau tháng 2, ông A còn nợ: (100.1,01  m).(1  r )  m  100.1,012  2,01m (triệu).
Sau tháng 3, ông A còn nợ:

(100.1, 012  2, 01m)(1  r )  m  0  100.1, 013  3, 0301m  0  m 

100.1, 013
1, 013


 đáp án B.
3, 0301 1, 013  1

Câu 22. Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ
thị hàm số y  f ( x) , trục Ox và hai đường thẳng x  a, x  b ( a  b ), xung quanh trục Ox .
b

A. V    f ( x)dx .
2

a

b

B. V   f ( x)dx .
2

b

C. V    f ( x)dx .
a

a

b

D. V   f ( x) dx .
a

Giải

b

Dựa vào công thức tính thể tích khối tròn xoay ta có: V    f 2 ( x)dx  đáp án A.
a

Câu 23. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)  2 x  1 .
2
1
A.  f ( x)dx  (2 x  1) 2 x  1  C .
B.  f ( x)dx  (2 x  1) 2 x  1  C .
3
3
1
1
C.  f ( x)dx  
D.  f ( x)dx 
2x 1  C .
2x 1  C .
3
2
Giải
1
3
1
1
2
1
Ta có  f ( x)dx   2 x  1dx   (2 x  1) 2 d (2 x  1)  .(2 x  1) 2 .  C  (2 x  1) 2 x  1  C  đáp án B.
2
2

3
3

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 24. Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm
dần đều với vận tốc v(t )  5t  10 (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp
phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?
A. 0,2m.
B. 2m.
C. 10m.
D. 20m.
Giải
Lúc bắt đầu đạp phanh v  5t  10  10  t  0 ; tại thời điểm ô tô dừng hẳn thì v(t )  5t  10  0  t  2 .
2

 5t 2

Khi đó quãng đường cần tìm là s   v(t )dt   (5t  10)dt  
 10t   10  đáp án C.
 2
0
0
0
2

2

Chú ý: Nếu một chất điểm chuyển động với vận tốc v  f (t ) (phụ thuộc vào thời gian) thì quãng đường nó đi
t2

được từ thời điểm t1  t2 là s   f (t )dt .
t1



Câu 25. Tính tích phân I   cos3 x.sin xdx .
0

1
A. I    4 .
4

B. I   4 .

C. I  0 .

1
D. I   .
4

Giải






cos 4 x
Cách 1: Ta có I   cos x.sin xdx   cos xd cos x 
 0  đáp án C.
4 0
0
0
3

3

Cách 2: Dùng máy tính Casio (chú ý chuyển sang chế độ Rad để tính).
e

Câu 26. Tính tích phân I   x ln xdx .

A. I 

1

1
.
2

B. I 

e2  1
.

2

C. I 

e2  1
.
4

D. I 

e2  1
.
4

Giải
Cách 1: Dùng máy tính Casio.

dx

e e
e
du 

u  ln x
x2
x
e2 x 2
e 2 1

x



I

.ln
x

dx



Cách 2: Đặt 
 đáp án C.
1 2
2
2
2 4 1
4
dv  xdx v  x
1

2
Chú ý: Một cách trình bày khác
e

e

e

e

e

x2 x2
x2
e2
x
e2 x 2
I   x ln xdx   ln xd
 .ln x   d ln x    dx  
2
2
2
2 12
2 4
1
1
1
1

e


1

e2  1
 đáp án C.
4

Câu 27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x3  x và đồ thị hàm số y  x  x 2 .

9
81
37
A.
.
B. .
C.
.
D. 13 .
4
12
12

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải

x  0
1
Phương trình hoành độ giao điểm x  x  x  x  x( x  x  2)  0   x  1  S   x 3  x 2  2 x dx .
2
 x  2

3

1

Cách 1: S 

x

3

2

Casio
 x 2  2 x dx 

2

2

37
 đáp án A.
12

trong các dòng máy Casio được bấm bằng tổ hợp phím “SHIFT + hyp” = “Abs”.

Chú ý: Dấu

0

1

 x 4 x3
 x 4 x3

8  5  37
2
Cách 2: S    x  x  2 x  dx    x  x  2 x  dx     x      x 2       
.
 4 3
 2  4 3
 0 3  12  12
2
0
0

1

3

2

3

2

Câu 28. Kí hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2( x  1)e x , trục tung và trục hoành. Tính thể
tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quay trục Ox .
B. V  (4  2e) .
C. V  e2  5 .
D. V  (e2  5) .

Giải
Do V  0 nên loại A, B. Giới hạn hình ( H ) bởi các đường y  2( x  1)e x ; y  0 ; x  0
A. V  4  2e .

1

Xét phương trình: 2( x  1)e x  0  x  1  V    4( x  1)2 e2 x dx  f (e).  loại C  đáp án D.
0

Câu 29. Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .
A. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i .
B. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2 .
C. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i .
D. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2 . .
Giải
Ta có z  3  2i  z  3  2i , suy ra Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2  đáp án D.
Câu 30. Cho hai số phức z1  1  i và z2  2  3i . Tính môđun của số phức z1  z2 .
A. z1  z2  13

B. z1  z2  5 .

C. z1  z2  1 .

D. z1  z2  5 .

Giải
Ta có z1  z2  3  2i  z1  z2  32  22  13  đáp án A.
Câu 31. Cho số phức z thỏa mãn (1  i) z  3  i .
Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong các
điểm M , N , P, Q ở hình bên.

A. Điểm P .
B. Điểm Q .
C. Điểm M .
D. Điểm N .

N

-1

2 y

O

M

1

x

-2
P

Q

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải
Ta có (1  i) z  3  i  z 

3  i (3  i)(1  i)

 1  2i  Q(1; 2)  đáp án B.
1 i
2

Câu 32. Cho số phức z  2  5i . Tìm số phức w  iz  z
A. w  7  3i .
B. w  3  3i .
C. w  3  7i .
Giải
Ta có w  i.(2  5i )  2  5i  2i  5  2  5i  3  3i  đáp án B.

D. w  7  7i .

Câu 33. Kí hiệu z1 , z2 , z3 và z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4  z 2  12  0 . Tính tổng

T  z1  z2  z3  z4 .
C. T  4  2 3 .

B. T  2 3 .

A. T  4 .

D. T  2  2 3 .

Giải
 z1  2; z2  2
 z2  4
.
z 4  z 2  12  0  ( z 2  4)( z 2  3)  0   2


2
z

3
i
;
z


3
i
z


3

3
i



2
 3

Suy ra T  z1  z2  z3  z4  2  2  3  3  4  2 3  đáp án C.
Câu 34. Cho số phức z thỏa mãn z  4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  (3  4i) z  i là
một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó.
A. r  4 .
B. r  5 .
C. r  20 .
D. r  22 .
Giải
Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức w  x  yi ( x, y   ).
Khi đó z 

w  i x  ( y  1)i  x  ( y  1)i .(3  4i) 3x  4 y  4 3 y  4 x  3




i
3  4i
3  4i
25
25
25

 3x  4 y  4   3 y  4 x  3 
2
2
Suy ra z  

 
  16  x  ( y  1)  400 (*).
25
25

 

2

2

2

(*)
Do M thuộc đường tròn 
 r  400  20  đáp án C.

Câu 35. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' , biết AC '  a 3 .
A. V  a3 .

B. V 

3 6a 3
.
4
Giải

1
D. V  a 3 .
3

C. V  3 3a3 .

Đặt CC '  x  0  AC  2 x .
Xét AC ' C : AA2  CC '2  AC '2  x2  2 x2  3a2  x  a
 CC '  a  V  a3  đáp án A.

A'
D'

B'
C'

A
D

B
C

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 36. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng
đáy và SA  2a . Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD .
2a 3
2a 3

2a 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V  2a3 .
D. V 
.
6
4
3
Giải
1
1
2a 3
Ta có V  SA.S ABCD  . 2a.a 2 
 đáp án D.
3
3
3

Câu 37. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB  6a , AC  7a và
AD  4a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC, CD, DB . Tính thể tích V của tứ diện AMNP .
7
28
A. V  a 3 .
B. V  14a3 .
C. V  a3 .
D. V  7a3 .
2

3
Giải
1
B
Ta có MNDP là hình bình hành  SMNP  S NPD  S BCD .
4
M
Do hai chóp A.MNP và A.BCD có chung chiều cao xuất phát từ đỉnh A .
P
V
S
1
Suy ra A.MNP  MNP 
VA.BCD S BCD 4
C
A
1
1 1
 V  VA.MNP  VA.BCD  . .6a.7a.4a  7a3  đáp án D.
4
4 6

N

D

Câu 38. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng

2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt
4

bên ( SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S. ABCD bằng a 3 . Tính khoảng cách h từ
3
B đến mặt phẳng ( SCD) .
2
4
8
3
A. h  a .
B. h  a .
C. h  a .
D. h  a .
3
3
3
4
Giải
Gọi H là trung điểm của AD , khi đó SH  ( ABCD) .
S
3V
4a 3
Suy ra SH  S . ABCD  2  2a .
S ABCD
2a
Dựng HK  SD ( K  SD )  HK  (SCD)  d ( H ,(SCD))  HK .
AD
d ( H , ( SCD))  2 HK (1).
HD
K
1
1

1
1
2
9
2a
Xét SHD :
(2).





 HK 
HK 2 SH 2 HD2 4a 2 a 2 4a 2
3
D
4a
Từ (1) và (2), suy ra h 
 đáp án B.
3

Ta có h  d ( B, ( SCD))  d ( A, ( SCD)) 

A

B

H
C

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 39. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB  a và AC  3a . Tính độ dài đường sinh l
của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quay trục AB .
A. l  a .
B. l  2a .
C. l  3a .
D. l  2a .
Giải
B
Ta có đường sinh l  BC  AB 2  AC 2  a 2  3a 2  2a .
 đáp án D.

C

A
C'
Câu 40. Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm  240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có
chiều cao bằng 50 cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):
 Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
 Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một
thùng.
Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo cách 2.
V
Tính tỉ số 1 .

V2

A.

V1 1
 .
V2 2

B.

V1
 1.
V2

C.

V1
 2.
V2

D.

V1
 4.
V2

Giải

2 R  240
Gọi R, R ' lần lượt là bán kính đáy của thùng gõ theo cách 1 và cách 2 khi đó 

 R  2R ' .
2 R '  120
Vì chiều cao h mỗi thùng ở các cách đều bằng nhau (cùng bằng 50cm), suy ra:
V1
hS1
S1
 R2
 .4 R '2




 2  đáp án C.
V2 2.hS2 2S2 2. R '2 2. R '2
Câu 41. Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB  1 và AD  2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của AD và BC . Quay hình chữ nhật đó xung quay trục MN , ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp
của hình trụ đó

A. Stp  4 .

B. Stp  2 .

C. Stp  6 .

D. Stp  10 .

Giải
Ta có bán kính đáy r  NC  1.

 Sđáy   r   và Cđáy  2 r  2  S xq  AB.Cđáy  2 .

2

A

M

D

Khi đó Stp  S xq  2Sđáy  2  2  4  đáp án A.
B

N

C

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 42. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
5 15
5 15
4 3
5
A. V 
.

B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
18
54
3
27
Giải
S
Gọi H là trung điểm của AB , khi đó SH  ( ABC ) và CH  (SAB)
d
Gọi G, G ' lần lượt là trọng tâm ABC và SAB .

Gọi d , d ' lần lượt là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC và SAB

 d // SH và d ' // CH  d , d '  (SHC ) (1)
Gọi I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC
 IA  IB  IC  I  d
(2)
 IA  IB  IC  IS  

 IA  IB  IS
I  d '

d'
I
G'

A

Từ (1) và (2), suy ra d  d '  I   HGIG ' là hình vuông.

C
G

H

(vì ABC và SAB đều là các tam giác đều cạnh bằng 1).

1
3
2
3
15
Ta có IG  HG  CH 
và CG  CH 
.
 R  IC  IG 2  CG 2 
3
6
3
3
6

B

3

4
4  15  5 15
Suy ra thể tích V   R3   . 
 đáp án B.
 
3
3  6 
54
Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x  z  2  0 . Vectơ nào dưới đây là một




vectơ pháp tuyến của ( P) ? A. n4   1;0; 1
B. n1   3; 1; 2  .
C. n3   3; 1;0  .
D. n2   3;0; 1 .
Giải


Ta có mặt phẳng ( P) : ax  by  cz  d  0 có vectơ pháp tuyến n  (a; b; c) .

Áp dụng với ( P) : 3x  z  2  0  n  (3;0; 1)  đáp án D.

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  1)2  9 . Tìm tọa độ tâm
I và tính bán kính R của ( S ) .
A. I (1; 2;1) và R  3 .

B. I (1; 2; 1) và R  3 . C. I (1; 2;1) và R  9 .
Giải

2
2
2
2
Mặt cầu  S  : ( x  a)  ( y  b)  ( z  c)  R có tâm I (a; b; c) và bán kính R .

D. I (1; 2; 1) và R  9 .

Áp dụng  S  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  1)2  9 , suy ra ( S ) có tâm I (1; 2;1) và R  3  đáp án A.
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x  4 y  2 z  4  0 và điểm A(1; 2;3) .
Tính khoảng cách d từ A đến ( P) .
A. d 

5
.
9

B. d 

5
.
29

C. d 

5
.
29

D. d 

5
.
3

Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải
Ta có d  d ( A, ( P)) 

3.1  4.(2)  2.3  4
32  42  22



5
 đáp án C.
29

x  10 y  2 z  2
. Xét



5
1
1
mặt phẳng ( P) :10 x  2 y  mz  11  0 , m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để mặt phăng ( P) vuông
góc với đường thẳng  .
A. m  2 .
B. m  2 .
C. m  52 .
D. m  52 .
Giải


Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  (5;1;1) và mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến n( P )  (10; 2; m) .
 
10 2 m
Khi đó   ( P)  u , n( P ) cùng phương     m  2  đáp án B.
5 1 1

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  có phương trình

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(0;1;1) và B(1; 2;3) . Viết phương trình của mặt
phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB .
A. x  y  2 z  3  0 .
B. x  y  2 z  6  0 .
C. x  3 y  4 z  7  0 .
D. x  3 y  4 z  26  0 .
Giải
 
Do AB  ( P)  n( P )  AB  (1;1; 2) , suy ra ( P) : x  y 1  2( z 1)  0  x  y  2 z  3  0  đáp án A.

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I (2;1;1) và mặt phẳng
( P) : 2 x  y  2 z  2  0 . Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính
bằng 1. Viết phương trình mặt cầu ( S ) .
A. (S ) : ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  8
B. (S ) : ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  10 .
C. (S ) : ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  8 .

D. (S ) : ( x  2)2  ( y 1)2  ( z 1)2  10 .

Giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P)

(S)

và A là một điểm thuộc giao tuyến của ( P) và ( S ) .
Khi đó IH  d ( I , ( P) 

2.2  1  2.1  2
2 1  2
2

2

2

(P)
 R  IA  IH  AH  IH 2  r 2  32  12  10 .
Suy ra phương trình (S ) : ( x  2)2  ( y 1)2  ( z 1)2  10  đáp án D.
2

2

2

2

I

3
A

r=1

H

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;0; 2) và đường thẳng d có phương trình
x 1 y z  1
. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d .
 
1
1
2
x 1 y z  2
x 1 y z  2
x 1 y z  2
x 1 y z  2
A.  :
B.  :
.
C.  :

.
D.  :
.
 
 
 


1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
3
1
Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải


Ta có ud  (1;1; 2) . Gọi   d  B  B  d  B(1  t; t; 1  2t )  AB  (t; t;2t  3) .
 

Do   d  AB  d  AB.ud  0  t  t  2(2t  3)  0  t  1  AB  (1;1; 1) .

x 1 y z  2
 đi qua A và nhận AB  (1;1; 1) làm vecto chỉ phương nên có phương trình  :
 đáp án B.
 
1
1
1
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0  , B  0; 1;1 , C (2;1; 1) và D(3;1; 4) .
Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó?
A. 1 mặt phẳng.
B. 4 mặt phẳng.
C. 7 mặt phẳng.
D. có vô số mặt phẳng.
Giải
 
  



Ta có AB  (1;1;1) ; AC  (1;3; 1) ; AD  (2;3;4)   AB, AC   (4;0; 4)   AB, AC . AD  24  0
 A, B, C, D không đồng phẳng. Khi đó mặt phẳng cách đều cả 4 điểm A, B, C, D sẽ có 2 loại:
Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh chung đỉnh)  có 4 mặt.

A

A

A

A

1
2

B

D

D B

B

C

D

3

C

C

4

B

D

C

Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua trung điểm của 4 cạnh thuộc 2 cặp cạnh chéo nhau)
 có 3 mặt phẳng.

A

B

A

5

C

D

A

7

6

B

D
C

B

D
C

Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn  đáp án C.
-------------------------------------------------------- HẾT-------------------------------------------------------------------------Để nhận được những chia sẻ liên quan tới kì thi các bạn có thể ghé qua trang: facebook.com/ThayTungToan

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ THAM KHẢO TÀI LIỆU !
Tham gia khóa PEN – 2017 môn Toán Trắc Nghiệm - Thầy Nguyễn Thanh Tùng – Lê Anh Tuấn
trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !